Các phương pháp đặc biệt giải phương trình, hệ phương trình

Chia sẻ: trungtrancbspkt

Tham khảo tài liệu 'các phương pháp đặc biệt giải phương trình, hệ phương trình', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Bạn đang xem 20 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: Các phương pháp đặc biệt giải phương trình, hệ phương trình

B GIÁO D C VÀ ĐÀO T O
S GIÁO D C ĐÀO T O HÒA BÌNH




NGUY N VĂN M U (CH BIÊN)
Đ NG HUY RU N, NGUY N MINH TU N




K Y U
TR I HÈ HÙNG VƯƠNG
L N TH IV - 2008




HÒA BÌNH 18-21/2008
M cl c

L i nói đ u . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1 Đ thi Olympic Toán h c Hùng vương 8
1.1 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 1, năm 2005 . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 2, năm 2006 . . . . . . . . . . . . 9
1.3 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3, năm 2007 . . . . . . . . . . . . 9
1.4 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4, năm 2008 . . . . . . . . . . . . 10

2 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương 12
2.1 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 1 . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 . . . . . . . . . . . . . 15
2.3 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 . . . . . . . . . . . . . 18
2.4 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4 . . . . . . . . . . . . . 22

3 M t s phương pháp gi i toán 26
3.1 Phương pháp quy n p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.1.1 Nguyên lý quy n p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.1.2 Phương pháp ch ng minh b ng qui n p . . . . . . . . . . . . . . . 27
3.1.3 V n d ng phương pháp qui n p đ gi i toán đ i s và s h c . . 28
3.1.4 V n d ng phương pháp quy n p đ gi i bài t p hình h c . . . . . 37
3.2 Phương pháp ph n ch ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2.1 Nguyên lý Dirichlet còn đư c phát bi u dư i nhi u d ng tương t
khác: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.2.2 V n d ng phương pháp ph n ch ng đ gi i toán . . . . . . . . . . 44
3.2.3 V n d ng phương pháp ph n ch ng đ gi i các bài toán không
m um c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.3 Phương pháp suy lu n tr c ti p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.4 Phương pháp m nh đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52



2
M CL C 3

3.4.1 Khái ni m v logic m nh đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.4.2 Các phép toán m nh đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.4.3 Công th c c a logic m nh đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.4.4 Các lu t c a logic m nh đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.5 Phương pháp b ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.6 Phương pháp sơ đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3.7 Phương pháp đ th . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65
3.7.1 M t s khái ni m và k t qu cơ b n c a lý thuy t đ th . . . . . 66
3.7.2 Phương pháp đ th . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4 Phương pháp gi i phương trình và h phương trình 73
4.1 Phương pháp nghi m duy nh t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73
4.2 Phương pháp b t đ ng th c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
4.3 Phương pháp đưa v h . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84
4.4 Phương pháp đ o n . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
4.5 Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c . . . . . . . . . 90
4.6 Phương pháp Lư ng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.6.1 Cơ s lý thuy t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
4.6.2 Trình t l i gi i . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98
4.6.3 Ví d minh ho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
4.7 S d ng đ nh lý Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110
4.8 S d ng đ nh lý Rolle . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116
4.9 H phương trình d ng hoán v vòng quanh . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
4.10 Các phương pháp khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
4.10.1 S d ng phép bi n đ i h qu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
4.10.2 S d ng tính ch t c a hàm s liên t c . . . . . . . . . . . . . . . 128
4.10.3 Đ ng c p hoá . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
4.10.4 S d ng hình h c, vectơ, to đ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131
4.10.5 S d ng hàm s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134

5 S đ i x ng và m t s quy lu t c a phép nhân 139
5.1 S đ i x ng và m t s tính ch t liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
5.2 Nh n xét v m t s quy lu t trong b n c u chương . . . . . . . . . . . . 142

6 M t s phương pháp gi i bài toán chia h t 146
M CL C 4

6.1 Các s nguyên và các phép tính s nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
6.2 Các đ nh lý v chia h t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147
6.3 Phép chia có dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
6.3.1 Đ nh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 149
6.3.2 S t n t i và duy nh t c a phép chia có dư . . . . . . . . . . . . 149
6.4 Phương pháp dùng phép chia có dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151
6.5 Phương pháp đ ng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
6.5.1 Phép đ ng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
6.5.2 Phương pháp đ ng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 158
6.6 Phương pháp s d ng tính tu n hoàn khi nâng lên lũy th a . . . . . . . 161
6.6.1 S tu n hoàn c a các s dư khi nâng lên lũy th a . . . . . . . . . 161
6.6.2 Thu t toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163
6.7 Phương pháp quy n p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
6.7.1 Nguyên lý quy n p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 166
6.7.2 Phương pháp ch ng minh b ng quy n p . . . . . . . . . . . . . . 166
6.7.3 V n d ng phương pháp quy n p đ gi i các bài toán chia h t . . . 168
6.8 Tiêu chu n chia h t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
6.8.1 Phương pháp đ ng dư v i 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
6.8.2 Phương pháp dãy s dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176
6.8.3 Phương pháp nhóm ch s . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179

7 Bi u di n to đ c a các phép bi n hình ph ng 182
7.1 Các khái ni m . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
7.1.1 Các khái ni m đã bi t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182
7.1.2 Các khái ni m b sung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183
7.2 Bi u di n to đ c a phép bi n hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
7.2.1 Các đ nh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187
7.2.2 Ví d . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
7.3 Phép bi n hình tuy n tính (affin) và các tính ch t . . . . . . . . . . . . . 190
7.3.1 Các đ nh nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
7.3.2 Các đ nh lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190
7.4 Phép d i hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

8 M t s phép bi n hình ph ng thư ng g p 196
8.1 Các phép d i hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
M CL C 5

8.1.1 Phép t nh ti n song song . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197
8.1.2 Phép quay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198
8.1.3 Phép đ i x ng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 200
8.1.4 Phép đ i x ng tr c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202
8.2 Phép v t và phép đ ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
8.2.1 Phép v t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205
8.2.2 Phép đ ng d ng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 207
8.3 M t s phép bi n hình khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
8.3.1 Phép co tr c . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208
8.3.2 Phép ngh ch đ o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 210
8.4 Bài t p áp d ng phép bi n hình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
8.4.1 Bài t p lý thuy t . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213
8.4.2 S d ng phép bi n hình gi i bài t p hình h c . . . . . . . . . . . 215
L i nói đ u

Trên b n mươi năm th c hi n "Chương trình đào t o và b i h c sinh năng khi u
toán b c ph thông" là m t ch ng đư ng c a m t chu trình đ c bi t g n v i s kh i
đ u, trư ng thành và ngày càng hoàn thi n xu t phát t m t mô hình đào t o năng
khi u Tóan h c đ c bi t t i Đ i h c T ng h p Hà N i. Hư ng đào t o mũi nh n này
mang tính đ t phá cao, đã đào t o ra các th h h c sinh có năng khi u trong lĩnh v c
toán h c, tin h c và khoa h c t nhiên: V t lý, Hoá h c, Sinh h c và khoa h c s s ng.
Trong đi u ki n thi u th n v v t ch t kéo dài qua nhi u th p k và tr i qua nhi u
thách th c, chúng ta đã tìm ra hư ng đi phù h p, đã đi lên v ng ch c và n đ nh, đã
tìm tòi, tích lu kinh nghi m và có nhi u sáng t o đáng ghi nh n. Các th h Th y và
Trò đã đ nh hình và ti p c n v i th gi i văn minh tiên ti n và khoa h c hi n đ i, c p
nh t thông tin, sáng t o phương pháp và t p dư t nghiên c u. G n v i vi c tích c c đ i
m i phương pháp d y và h c, chương trình đào t o các h chuyên đang hư ng t i xây
d ng h th ng chuyên đ , đang n l c và đã t ch c thành công Kỳ thi Olympic Toán
qu c t l n th 48, năm 2007 t i Vi t Nam đã thành công t t đ p, đư c b n bè qu c t
ca ng i.
Sau g n n a th k hình thành và phát tri n, có th nói, giáo d c mũi nh n ph
thông (giáo d c năng khi u) đã thu đư c nh ng thành t u r c r , đư c Nhà nư c đ u
tư có hi u qu , đư c xã h i th a nh n và b n bè qu c t khâm ph c. Các đ i tuy n
qu c gia tham d các kỳ thi Olympic qu c t có b dày thành tích mang tính n đ nh
và có tính k th a. Đ c bi t, các trư ng THPT Chuyên các t nh khu v c mi n núi phía
b c đã ti n nh ng bư c dài trên còn đư ng nâng cao ch t lư ng giáo d c và đào t o
h c sinh gi i b c ph thông. Nhi u h c sinh đã dành các gi i cao t i các kỳ thi Olympic
qu c t , Olympic khu v c và các kỳ thi h c sinh gi i qu c gia.
T năm 2005, các trư ng THPT chuyên đã có sáng ki n t o ra m t tr i hè đ c thù,
sân chơi văn hóa và khoa h c cho đ i ngũ các th y, các cô và h c sinh năng khi u thu c
các trư ng THPT Chuyên các t nh khu v c mi n núi phía b c, đó là Tr i Hè Hùng
Vương. Trong các n i dung sinh ho t c a tr i hè Hùng Vương đ i v i các môn Toán
h c, V t lý, Sinh h c và Văn h c có các kỳ thi Olympic Hùng Vương. Kỳ thi trong
khuôn kh ki n th c l p 10 ph thông như là m t s t p dư t c a các đ i tuy n chu n
b hành trang cho các kỳ thi Olympic Hà N i m r ng, Olympic Singapore m r ng và
kỳ thi h c sinh gi i qu c gia. H c sinh các l p năng khi u đã ti p thu t t các ki n th c
cơ b n do H i đ ng c v n khoa h c là các giáo sư, các nhà khoa h c t các trư ng đ i
h c và H i Toán h c Hà N i cung c p. Các ki n th c này đã đư c cân nh c n m trong
khuôn kh các ki n th c nâng cao đ i v i các l p chuyên toán - tin, v t lý, sinh h c ...
V i mong mu n t o đi u ki n cho các th y giáo, cô giáo và đông đ o các em h c sinh


6
M CL C 7

gi i toán và yêu môn toán, chúng tôi vi t cu n k y u nh này nh m cung c p các tư
li u v toán h c qua b n kỳ Olympic Hùng Vương và h th ng m t s ki n th c b tr
g n v i n i dung chương trình l p 10. Hy v ng r ng, các th y, các cô, các em h c sinh
s tìm th y nh ng đi u b ích t cu n tư li u này.
Chúng tôi xin chân thành c m ơn Ban T ch c Tr i hè Hùng Vương, xin c m ơn S
Giáo D c Đào T o Hòa Bình, c m ơn các trư ng THPT Chuyên t các t nh khu v c
mi n núi phía b c, các đơn v tài tr đã t o đi u ki n đ cu n K y u k p ra m t k p
th i ngay trong th i gian t ch c h i th o t i thành ph Hòa Bình.
Vì th i gian r t g p gáp, không có đi u ki n hi u đính chi ti t nên ch c ch n cu n
k y u này còn nhi u khi m khuy t v n i dung và hình th c. Chúng tôi cũng xin chân
thành c m ơn các b n đ c cho nh ng ý ki n đóng góp đ cu n k y u đư c hoàn ch nh.
Các ý ki n đóng góp xin g i v Trư ng THPT Chuyên Hoàng Văn Th , thành ph Hòa
Bình.


Thay m t Ban C v n chuyên môn


GS TSKH Nguy n Văn M u
Chương 1

Đ thi Olympic Toán h c Hùng
vương

1.1 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 1, năm
2005


Câu 1. Các s nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 l p thành m t c p s c ng tăng. H i l p
đư c bao nhiêu c p s c ng tho mãn đi u ki n a1 > 50 và a5 < 100?
Câu 2. Các s nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 l p thành m t c p s nhân tăng. H i l p
đư c bao nhiêu c p s nhân tho mãn đi u ki n a5 < 100?
Câu 3. Các s dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 tho mãn các đi u ki n

(i) 2a1 , 2a2 , 2a3 , 2a4 , 2a5 là các s nguyên dương,
(ii) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 99.

Tìm giá tr l n nh t c a tích P = a1 a2 a3 a4 a5 .
Câu 4. Gi s tam th c b c hai f (x) luôn luôn dương v i m i x. Ch ng minh r ng
f (x) vi t đư c dư i d ng t ng bình phương c a hai nh th c b c nh t.
Câu 5. Gi s hàm trùng phương g(x) = x4 + bx2 + c luôn luôn dương v i m i x. Ch ng
minh r ng g(x) vi t đư c dư i d ng t ng bình phương c a hai tam th c b c hai.
Câu 6. Cho hình vuông ABCD. Tìm qu tích các đi m M thu c hình vuông (ph n
bên trong và biên c a hình vuông) sao cho di n tích các tam giác M AB và M AC b ng
nhau.
Câu 7. Cho hình vuông ABCD. Gi s E là trung đi m c nh CD và F là m t đi m
bên trong hình vuông. Xác đ nh v trí đi m Q thu c c nh AB sao cho AQE = BQF .




8
1.2. Olympic Toán h c Hùng vương l n th 2, năm 2006 9


1.2 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 2, năm
2006

Câu 1. S đo các góc trong c a m t ngũ giác l i có t l 2 : 3 : 3 : 5 : 5. S đo c a góc
nh nh t b ng
[(A)] 200 , [(B)] 400 , [(C)] 600 , [(D)] 800 [(E)] 900 .
Câu 2. Cho a = 0. Gi i h phương trình

x2005 + y 2005 + z 2005 = a2005

x2006 + y 2006 + z 2006 = a2006
 2007
x + y 2007 + z 2007 = a2007 .



Câu 3. Xác đ nh b s dương a, b, c sao cho
ax9 y 12 + by 9 z 9 + cz 11 x8 15x4 y 8 z 7 , ∀x > 0, y > 0, z > 0.

Câu 4. Cho tam giác ABC và đi m M thu c BC. Xét hình bình hành AP M N , trong
đó P thu c AB và N thu c AC và hình bình hành ABDC v i đư ng chéo AD và
BC. O là giao đi m c a BN và CP . Ch ng minh r ng P M O = N M O khi và ch khi
BDM = CDM .
Câu 5. Cho s dương M . Xét các tam th c b c hai g(x) = x2 + ax + b có nghiêm th c
x1 , x2 và các h s tho mãn đi u ki n
max{|a|, |b|, 1} = M.
Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c
(1 + |x1 |)(1 + |x2 |).


1.3 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3, năm
2007

Câu 1. M t đa giác l i có nhi u nh t là bao nhiêu góc nh n?
(A) 2; (B) 3; (C) 4; (D) 5; (E) 6.

Câu 2. M t đa giác l i có nhi u nh t là bao nhiêu góc không tù?
(A) 2; (B) 3; (C) 4; (D) 5; (E) 6.

Câu 3. Xác đ nh hai ch s t n cùng c a s sau
M = 23 + 202006 + 2002007 + 20062008 ?
1.4. Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4, năm 2008 10

(A) 04; (B) 34; (C) 24; (D) 14; (E) Khác các đáp s đã nêu.

Câu 4. Có n viên bi trong h p đư c g n nhãn l n lư t là 1, 2, . . . , n. Ngư i ta l y ra
m t viên bi thì t ng các nhãn c a s bi còn l i là 5048. H i viên bi đó đư c g n nhãn
là s nào?
(A) 1; (B) 2; (C) 3; (D) 4; (E) 5.

Câu 5. Cho s t nhiên abc chia h t cho 37. Ch ng minh r ng các s bca và cab cũng
chia h t cho 37.

Câu 6. Cho 0 < a 2. Gi i h phương trình sau
x + 1 = ay




 x
 1
y + = az

 y

 1
z + = ax.

z

Câu 7. Cho hình bình hành ABCD có AB < BC. Đư ng phân giác BP c a góc ∠ABC
c t AD P . Bi t r ng ∆P BC là tam giác cân, P B = P C = 6cm và P D = 5cm. Tính
đ dài các c nh c a hình bình hành.

Câu 8. Ch ng minh r ng tam th c b c hai g(x) = 3x2 − 2ax + b có nghi m khi và ch
khi t n t i b s α, β, γ sao cho

a=α+β+γ
b = αβ + βγ + γα.

Câu 9. Cho ba s dương a1 , a2 , a3 . Các s nguyên α1 , α2 , α3 và β1 , β2 , β3 cho trư c tho
mãn các đi u ki n
a1 α1 + a2 α2 + a3 α3 = 0
a1 β1 + a2 β2 + a3 β3 = 0.
Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c
M = a1 xα1 y β1 + a2 xα2 y β2 + a3 xα3 y β3 , x > 0, y > 0.

Câu 10. Tính
1 1
M= π + .
cos 5 cos 3π
5



1.4 Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4, năm
2008
Câu 1. Hai ch s t n cùng c a s M = 22008 là
1.4. Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4, năm 2008 11

(A) 16, (B) 36, (C) 56, (D) 76, (E) không ph i là các đáp s trên

Câu 2. Cho m, n là các s nguyên dương sao cho s A = m2 + 5mn + 9n2 có ch s t n
cùng b ng 0. Khi đó hai ch s t n cùng c a A là

(A) 00, (B) 20, (C) 40, (D) 60, (E) không ph i là các đáp s trên

Câu 3. H i có bao nhiêu s nguyên t 1 đ n 2008 đ ng th i không chia h t cho 2, 3 và
5?

Câu 4. Gi i h phương trình sau

x + xy + y = 5

y + yz + z = 11

z + zx + x = 7




Câu 5. Có th tìm đư c hay không năm s nguyên sao cho các t ng c a t ng c p trong
năm s đó l p thành mư i s nguyên liên ti p?

Câu 6. Ch ng minh r ng t n t i s t nhiên A có 4 ch s t n cùng là 2008 và chia h t
cho 2009.

Câu 7. Xét hình thoi ABCD c nh b ng a. G i r1 , r2 l n lư t là bán kính các đư ng
tròn ngo i ti p các tam giác ABD, ABC. Ch ng minh r ng giá tr c a bi u th c
a 2 a 2
+
r1 r2

luôn luôn không đ i.

Câu 8. Gi i phương trình sau

4x2 + 2 = 3 4x3 + x
3




Câu 9. Cho ba s th c x, y, z th a mãn đi u ki n

x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx = 25.

Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c

T = x2 + 3y 2 + 9z 2 .
Chương 2

Đáp án Olympic Toán h c Hùng
vương

2.1 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th
1
Câu 1.
Các s nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 l p thành m t c p s c ng tăng. Có bao nhiêu
c p s c ng tho mãn đi u ki n a1 > 50, a5 < 100?

Gi i. Ta có a5 = a1 + 4d v i d nguyên dương sao cho

a1 > 50
(2.1)
a1 + 4d < 100

N u d 13 thì a5 > 50 + 4.13 > 100. V y, 1 d 12. T đây ta có tính toán c th
cho t ng trư ng h p:

d = 1. Có 45 dãy.

d = 2. Có 41 dãy.

d = 3. Có 37 dãy.

d = 4. Có 33 dãy.

d = 5. Có 29 dãy.

d = 6. Có 25 dãy.

d = 7. Có 21 dãy.

d = 8. Có 17 dãy.



12
2.1. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 1 13

d = 9. Có 13 dãy.
d = 10. Có 9 dãy.
d = 11. Có 5 dãy.
d = 12. Có 1 dãy.

Có 1 + 5 + 9 + · · · 41 + 45 = (1 + 45) × 6 = 276 dãy.

Cách khác: Sau khi ch ng minh 1 d 12, ta xây d ng công th c t ng quát
12
S = 49 × 12 − 4 d
d=1

và thu đư c S = 276.

Câu 2.
Các s nguyên dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 l p thành m t c p s nhân tăng. Có bao nhiêu
c p s nhân tho mãn đi u ki n a5 < 100?
n
Gi i. Gi s là công b i c a c p s nhân tho mãn đi u ki n bài toán, n > m,
m
n4
(m, n) = 1. Khi đó a5 = a1 4 , nên a1 = km4 v i k nguyên dương. Các s h ng c a c p
m
s nhân đó là
km4 , km3 n, km2 n2 , kmn3 , kn4 .
N u n > 4 thì kn4 n4 > 256 > 100. Vì v y n = 2 và n = 3.
n = 3 và m = 2 thì 81k < 100 nên k = 1. Có m t c p s
(16, 24, 36, 54, 81).

n = 3 và m = 1 thì 81k < 100 nên k = 1. Có m t c p s
(1, 3, 9, 27, 81).

n = 2 và m = 1 thì 16k < 100 nên k = 1, 2, . . . , 6. Có 6 c p s :

(1, 2, . . .), (2, 4, . . .), (3, 6, . . .), (4, 8, . . .), (5, 10, . . .), (6, 12, . . .).

V y t ng c ng có 8 c p s nhân tho mãn đi u ki n a5 < 100.

Câu 3.
Các s dương a1 , a2 , a3 , a4 , a5 tho mãn các đi u ki n
(i) 2a1 , 2a2 , 2a3 , 2a4 , 2a5 là các s nguyên dương
(ii) a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 99.
2.1. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 1 14

Tìm giá tr l n nh t và nh nh t c a tích P = a1 a2 a3 a4 a5 ?

Gi i. Vi t bài toán dư i d ng
Các s nguyên dương x1 , x2 , x3 , x4 , x5 tho mãn các đi u ki n

x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 198.
1
Tìm giá tr l n nh t và nh nh t c a tích P = xxxxx?
25 1 2 3 4 5
3.198
Không gi m t ng quát, gi s x1 ≤ x2 ··· x5 . Khi đó x3 +x4 +x5 = 118.
5
N u x3 + x4 + x5 = 118 thì x1 + x2 = 40. D th y vô lý.
N u x3 + x4 + x5 = 119 thì cũng không x y ra. Do v y, ta xét x3 + x4 + x5 120. áp
dung b t d ng th c Cauchy, ta có

5 40(x1 + x2 ) + 39(x3 + x4 + x5 )
(40x1 )(40x2 )(39x3 )(39x4 )(39x5 )
5
40(x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ) − (x3 + x4 + x5 )
=
5
40 × 198 − 120
= 1560.
5
T đó suy ra Pmax = 3042000 khi a1 = a2 = 19, 5 và a3 = a4 = a5 = 20.
Câu 4.
Gi s tam th c b c hai f (x) luôn dương v i m i x. Ch ng minh r ng f (x) vi t đư c
dư i d ng t ng bình phương c a hai nh th c b c nh t.

Gi i. Theo gi thi t, ta có

f (x) = ax2 + bx + c > 0, ∀x ∈ R.

Suy ra
√ b 2 −∆
f (x) = ax + √ + > 0, ∀x ∈ R.
a 4a
S d ng đ ng nh t th c
A+B 2 A−B 2
A2 + B 2 = √ + √ ,
2 2
ta có ngay đi u ph i ch ng minh.

Câu 5.
Gi s hàm trùng phương g(x) = x4 + bx2 + c luôn luôn dương v i m i x. Ch ng
minh r ng g(x) vi t đư c dư i d ng t ng bình phương c a hai tam th c b c hai.

Gi i. Nh n xét r ng c > 0.
2.2. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 15

Khi ∆ < 0, ta nh n đư c k t qu như Câu 4.

Khi ∆ ≥ 0 t c là b2 − 4c ≥ 0 hay b − 2 c ≥ 0, khi đó ta s d ng bi n đ i sau
√ √
g(x) = (x2 + c)2 + (b − 2 c)x2 .

Câu 6.
Cho hình vuông ABCD. Tìm qu tích các đi m M thu c hình vuông (ph n bên
trong và biên c a hình vuông) sao cho di n tích các tam giác M AB và M AC b ng
nhau.

Gi i. Gi s t n t i đi m M tho mãn yêu c u bài toán. N i AM , ký ki u I là giao
đi m c a AM v i BC. H các đư ng BH, CK vuông góc v i AM.
1) Xét trư ng h p M thu c tam giác ABC. T gi thi t suy ra BH = CK. Do đó,
ta có hai tam giác b ng nhau BHI = CKI. V y, I c n ph i n m trên đo n th ng
AI. Ngư c l i, d dàng chưng minh đư c r ng, n u M ∈ AI thì S(M AB) = S(M AC).
2) Xét trư ng h p M thu c tam giác ADC. T gi thi t suy ra BH = CK. Do đó,
M ∈ AD. V y, M c n ph i n m trên c nh AD. Ngư c l i, d dàng ch ng minh đư c
r ng n u M ∈ AD thì hai tam giác M AB và M AC có di n tích b ng nhau.

Câu 7.
Cho hình vuông ABCD. Gi s E là trung đi m c nh CD và F là m t đi m bên
trong hình vuông. Xác đ nh v trí đi m Q thu c c nh AB sao cho AQE = BQF .

Gi i.
Gi s t n t i đi m Q ∈ AB tho mãn đi u ki n bài toán. Ký hi u P là đi m gi a
c nh AB và K là chân đư ng vuông góc c a F lên AB.
Xét trư ng h p K ∈ P B. D dàng ch ng minh Q ∈ P B. G i F là đi m đ i x ng
c a F qua AB. D dàng th y r ng F QB = F QB. Suy ra AQE = B QF . Do đó, ba
đi m E, Q, F th ng hàng. Hay, Q là giao đi m c a EF v i AB.
Xét trư ng h p K ∈ AP. D dàng ch ng minh Q ∈ AP. Tương t như trư ng h p
trên, ta ch ng minh đư c Q là giao đi m c a EF v i AB.


2.2 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th
3
Câu 1. S đo các góc trong c a m t ngũ giác l i có t l 2 : 3 : 3 : 5 : 5. S đo c a góc
nh nh t b ng
[(A)] 200 , [(B)] 400 , [(C)] 600 , [(D)] 800 [(E)] 900 .
Gi i. [(C)].
T ng các góc trong c a ngũ giác l i có s đo b ng 5400 . Khi đó
2x + 3x + 3x + 5x + 5x = 5400 .
2.2. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 16

Suy ra x = 300 . V y, s đo góc nh nh t b ng 600 .

Câu 2. Cho a = 0. Gi i h phương trình

x2005 + y 2005 + z 2005 = a2005

x2006 + y 2006 + z 2006 = a2006
 2007
x + y 2007 + z 2007 = a2007 .


Gi i. Trư c h t ta gi i h phương trình

x2005 + y 2005 + z 2005 = 1

x2006 + y 2006 + z 2006 = 1 (2.2)
 2007
x + y 2007 + z 2007 = 1.


T phương trình th 2 trong h (2.2) d dàng suy ra x, y, z ∈ [−1, 1] . Tr phương trình
th 2 cho phương trình th ba trong h đó ta thu đư c
x2006 (1 − x) + y 2006 (1 − y) + z 2006 (1 − z) = .0
D dàng suy ra x = 0, 1; y = 0, 1; z = 0, 1. Th l i ta đư c ba nghi m c a h (2.2) là
(x, y, z) = (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1).
Bây gi ta gi i bài toán. Đ t
x y z
x =, y = , z = .
a a a
Khi đó (x , y , z ) là nghi m c a phương trình (2.2). V y nghi m c a bài toán là
(x, y, z) = (a, 0, 0); (0, a, 0); (0, 0, a).



Câu 3. Xác đ nh b s dương a, b, c sao cho
ax9 y 12 + by 9 z 9 + cz 11 x8 15x4 y 8 z 7 , ∀x > 0, y > 0, z > 0.

Gi i.
S d ng b t đ ng th c gi a các trung bình c ng và nhân
au + bv + cw
(ua v b wc )1/(a+b+c) , ∀a, b, c; u.v, w > 0. (2)
a+b+c
D u đ ng th c x y ra khi và ch khi u = v = w = 1. Ta c n ch n các s dương a, b, c
sao cho đ ng th i x y ra
9 8
 ax + b.1 + cx

 x4 , ∀x > 0,



 15



ay 12 + by 9 + c.1

y 8 , ∀y > 0,


 15



 a.1 + bz 9 + cz 11

z 7 , ∀z > 0.


15
2.2. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 17

Theo (2) thì

 a + b + c = 15

 9a + 8c


 =4
15

12a + 9b
 =8
15


 9b + 11c


 = 7.
15
H phương trình tuy n tính này cho ta nghi m duy nh t a = 4, b = 8 và c = 3.
Th các giá tr a, b, c vào v trái c a (1), ta thu đư c
4x9 y 12 + 8y 9 z 9 + 3z 11 x8 15x4 y 8 z 7 , ∀x > 0, y > 0, z > 0
là đúng.
Th t v y, ta có
4x9 y 12 + 8y 9 z 9 + 3z 11 x8
=
15
(x9 y 12 + · · · + x9 y 12 ) + (y 9 z 9 + · · · + y 9 z 9 ) + (z 11 x8 + z 11 x8 + z 11 x8 )
15
1/15
x4.9+3.8 y 4.12+8.9 z 8.9+3.11 = x4 y 8 z 7 ,

t c là
4x9 y 12 + 8y 9 z 9 + 3z 11 x8 15x4 y 8 z 7 , ∀x > 0, y > 0, z > 0,
đi u ph i ch ng minh.
Câu 4. Cho tam giác ABC và đi m M thu c BC. Xét hình bình hành AP M N , trong
đó P thu c AB và N thu c AC và hình bình hành ABDC v i đư ng chéo AD và
BC. O là giao đi m c a BN và CP . Ch ng minh r ng P M O = N M O khi và ch khi
BDM = CDM .

Gi i. Ta ch ng minh các đi m O, M, D th ng hàng. Gi s đư ng th ng ch a OM c t
BD và CD l n lư t t i D1 và D2 tương ng. Ta ch ng minh D1 ≡ D2 ≡ D. G i K là
giao đi m c a M P và BN , L là giao đi m c a M N và CP . Khi đó thì
NK AP NL
= = .
NB AB NM
Suy ra
NK NL
= .
NB NM
Do đó KL BC. V y nên
OM OK OL OM
= = = .
OD1 OB OC OD2
Đi u đó ch ng t D1 ≡ D2 ≡ D hay các đi m O, M, D th ng hàng. Khi đó hi n nhiên
M P O = N P O khi và ch khi BDP = CDP .
2.3. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 18

Câu 5. Cho s dương M . Xét các tam th c b c hai g(x) = x2 + ax + b có nghiêm th c
x1 , x2 và các h s tho mãn đi u ki n

max{|a|, |b|, 1} = M.

Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c

(1 + |x1 |)(1 + |x2 |).

Gi i. Ta có √ √
−a − a2 − 4b −a + a2 − 4b
x1 = , x2 =
2 2

(1 + |x1 |)(1 + |x2 |) = 1 + |x1 x2 | + |x1 | + |x2 | = 1 + |b| + |x1 | + |x2 |.
N ub 0 thì |x1 | + |x2 | = |x1 + x2 | = |a|. Do đó

(1 + |x1 |)(1 + |x2 |) 1 + |b| + |a| 1 + 2M. (1)

N u b < 0 thì x1 < 0, và x2 > 0. Khi đó

a+a2 − 4b
|x1 | = ,
2

−a + a2 − 4b
|x2 | = .
2
Suy ra √ √
|x1 | + |x2 | = a2 − 4b M 2 + 4M .
Do đó √
(1 + |x1 |)(1 + |x2 |) 1+M + M 2 + 4M . (2)
So sánh (1) và (2), ta thu đư c

max[(1 + |x1 |)(1 + |x2 |)] = 1 + M + M 2 + 4M

và đ t đư c khi a = ±M , b = −M . Lúc đó phương trình b c hai có d ng

x2 ± M x − M = 0.


2.3 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th
3
Câu 1. M t đa giác l i có nhi u nh t là bao nhiêu góc nh n?
(A) 2; (B) 3; (C) 4; (D) 5; (E) 6.

Gi i. (B) 3.
2.3. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 19

Câu 2. M t đa giác l i có nhi u nh t là bao nhiêu góc không tù?
(A) 2; (B) 3; (C) 4; (D) 5; (E) 6.

Gi i. (C) 4.

Câu 3. Xác đ nh hai ch s t n cùng c a s sau

M = 23 + 202006 + 2002007 + 20062008 ?

(A) 04; (B) 34; (C) 24; (D) 14; (E) Khác các đáp s đã nêu.

Gi i. (C) 24.

Câu 4. Có n viên bi trong h p đư c g n nhãn l n lư t là 1, 2, . . . , n. Ngư i ta l y ra
m t viên bi thì t ng các nhãn c a s bi còn l i là 5048. H i viên bi đó đư c g n nhãn
là s nào?
(A) 1; (B) 2; (C) 3; (D) 4; (E) 5.

Gi i. (B) 2. Ta có
n(n + 1)
1 + 2 + ··· + n = .
2
V y nên
n(n + 1)
− k = 5048
2
hay
n(n + 1) − 2k = 10096.
Ta có đ ng th c sau:
100.101 − 22 = 10096.



Câu 5. Cho s t nhiên abc chia h t cho 37. Ch ng minh r ng các s bca và cab cũng
chia h t cho 37.

Gi i. Ta có, theo gi thi t thì
.
M = (100a + 10b + c) . 37
.


N = 11bca = 1100b + 110c + 11a.
Suy ra
.
M + N = 111(a + 10b + c) . 37.
.
Ti p theo, ta có
P = 101cab = 10100c + 1010a + 101b
2.3. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 3 20

nên
.
M + P = 111(a + b + 273c) . 37.
.



Câu 6. Cho 0 < a 2. Gi i h phương trình sau

x + 1 = ay




 x
 1
y + = az

 y

 1
z + = ax.

z

1
Gi i. Ch c n xét x, y, z > 0. T bài ra, do x + 2, nên ch c n xét x, y, z 1. G i
x
x = max{x, y, z}.
N uy z thì
ax ay az
nên
1 1 1
z+ x+ y+ .
z x x
Do x, y, z 1 nên
1 1
z x
hay x z. Suy ra x = y = z và t đó ta có
-N u0 0.

Gi i. Ta có
1
(a1 xα1 y β1 + a2 xα2 y β2 + a3 xα3 y β3 )
a1 + a2 + a3
xa1 α1 + a2 α2 + a3 α3 y a1 β1 + a2 β2 + a3 β3 = 1.
V y nên M a1 + a2 + a3 . D u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = y = 1.

Câu 10. Tính
1 1
M= π + .
cos 5 cos 3π
5


Gi i. D th y phương trình cos 3x + cos 2x = 0 có nghi m
π
x = + 2kπ; x = π + 2kπ.
5
M t khác, phương trình trên tương đương v i
4 cos3 x + 2 cos2 x − 3 cos x − 1 = 0, ⇐⇒ (cos x + 1)(4 cos2 x − 2 cos x − 1) = 0.
π 3π 1 1
Do đó cos , cos là hai nghi m c a phương trình 4t2 −2t−1 = 0. Suy ra π;
5 5 cos 5 cos 3π
5
là hai nghi m c a phương trình
1 1
4 2 − 2 − 1 = 0, ⇐⇒ t2 + 2t − 4 = 0.
t t
S d ng đ nh lý Viet, ta thu đư c M = −2.
2.4. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4 22

1+ 5
0
Nh n xét 1. Trong SGK có bài t p: Bi t r ng cos 36 = . Tính sin 180 . Do đó,
4
có th h c sinh s d ng k t qu này đ tính M.


2.4 Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th
4
Câu 1. Hai ch s t n cùng c a s M = 22008 là

(A) 16, (B) 36, (C) 56, (D) 76, (E) không ph i là các đáp s trên

L i gi i. D th y M chia h t 4. M t khác, ta có 22008 = 28 × 1024200 = 256(1025 − 1)200
chia 25 dư 6. T đó suy ra hai s t n cùng c a A thu c t p h p {06, 31, 56, 81}. Do A
chia h t 4 nên hai ch s t n cùng c n tìm là 56.

Câu 2. Cho m, n là các s nguyên dương sao cho s A = m2 + 5mn + 9n2 có ch s t n
cùng b ng 0. Khi đó hai ch s t n cùng c a A là

(A) 00, (B) 20, (C) 40, (D) 60, (E) không ph i là các đáp s trên

L i gi i. Ta có A = (m + 3n)2 − mn có ch s t n cùng là 0 nên A chia h t cho 2, suy
ra m, n là các s ch n. Do đó A chia h t cho 4. Tương t , vì A chia h t cho 5 nên n u
m, n đ u chia h t cho 5 thì A chia h t cho 25. Khi đó m = n = 6 thì A có t n cùng 40.
V y đáp s là E.

Câu 3. H i có bao nhiêu s nguyên t 1 đ n 2008 đ ng th i không chia h t cho 2, 3 và
5?

L i gi i.
2008
S các s chia h t cho 2 là = 1004.
2
2008
S các s chia h t cho 3 là = 669.
3
2008
S các s chia h t cho 5 là = 401.
5
2008
S các s chia h t cho tích 2.3 là = 334.
6
2008
S các s chia h t cho tích 2.5 là = 200.
10
2008
S các s chia h t cho tích 3.5 là = 133.
15
2008
S các s chia h t cho tích 2.3.5 là = 66.
30
2.4. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4 23

V y s các s nguyên t 1 đ n 2008 đ ng th i không chia h t cho 2, 3 và 5 b ng

T = 2008 − (1004 + 669 + 401) + (334 + 200 + 133) − 66 = 535.


Câu 4. Gi i h phương trình sau

x + xy + y = 5

y + yz + z = 11

z + zx + x = 7




L i gi i. Vi t phương trình đ u dư i d ng

(x + 1)(y + 1) = 6.

Tương t , ta thu đư c h 
(x + 1)(y + 1) = 6

(y + 1)(z + 1) = 12

(z + 1)(x + 1) = 14


V y (x, y, z) = (1, 2, 3) và (x, y, z) = (−3, −4, 5).

Câu 5. Có th tìm đư c hay không năm s nguyên sao cho các t ng c a t ng c p trong
năm s đó l p thành mư i s nguyên liên ti p?

L i gi i. Gi s tìm đư c năm s như v y, g i s là t ng c a năm s đó và n là giá
tr nh nh t c a t ng các c p hai s . Khi đó, 10 s nguyên liên ti p nói trong đ bài là
n, n + 1, · · · , n + 9. Ta tính t ng T c a 10 s đó theo hai cách khác nhau: M t m t,
T = n + (n + 1) + (n + 2) + · · · + (n + 9) = 5(2n + 9). M t khác , T = 4s (do trong T
m i s đã cho có m t đúng 4 l n). T đó suy ra 4s = 5(2n + 9) là đi u vô lí. V y gi s
ban đ u là sai, t c là không th ch n đư c năm s tho mãn yêu c u bài ra.

Câu 6. Ch ng minh r ng t n t i s t nhiên A có 4 ch s t n cùng là 2008 và chia h t
cho 2009.

L i gi i. Xét vô h n các s có d ng 2008 . . . 2008. Chia các s này cho 2009 đư c các
s dư t 0 đ n 2008. N u có m t s dư nào đó b ng không, suy ra đi u ph i ch ng minh.
Vì t p trên là vô h n nên t n t i hai s dư b ng nhau. Xét hi u hai s tương ng, có
d ng 104 × 2008 . . . 2008 chia h t 2009. T (104 , 2009) = 1 suy ra đi u ph i ch ng minh.

Câu 7. Xét hình thoi ABCD c nh b ng a. G i r1 , r2 l n lư t là bán kính các đư ng
tròn ngo i ti p các tam giác ABD, ABC. Ch ng minh r ng giá tr c a bi u th c
a 2 a 2
+
r1 r2
2.4. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4 24

luôn luôn không đ i.

L i gi i. K đư ng trung tr c c a AB c t AC O1 , c t BD O2 thì O1 , O2 là tâm
các đư ng tròn ngo i ti p ABD và ABC suy ra r1 = O1 A, r2 = O2 B.

O1 A AI AB.AI a2 1 AC 2
AIO1 AOB ⇒ = ⇒ r1 = O1 A = = ⇒ 2 = 4
AB AO AO AC r1 a

Tương t :

1 BD2 1 1 AC 2 + BD2 4AB 2 4
2
= 4 ⇒ 2+ 2 = 4
= 4
= 2.
r2 a r1 r 2 a a a


Câu 8. Gi i phương trình sau

4x2 + 2 = 3 4x3 + x
3




L i gi i. V i x 0 thì VT>VP, phương trình vô nghi m.
Xét x > 0, ta có

3 3 2(4x)(4x2 + 1 2 + 4x + 4x2 + 1 = 4x2 + 4x + 3.

Suy ra

2x2 + 2x + 3/2 (2x2 + 2x + 3/2) + 2(x2 − 1/2)2 = 4x2 + 1.
3
3 4x3 + x

D u đ ng th c x y ra khi và ch khi x = 1/2.

Câu 9. Cho ba s th c x, y, z th a mãn đi u ki n

x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx = 25.

Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c

T = x2 + 3y 2 + 9z 2 .


L i gi i. Ta có x2 + y 2 + z 2 + xy + yz + zx = 25 ⇔ (x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 = 50.
Đ t u = x + y, v = y + z, t = z + x, bài toán quy v tìm giá tr nh nh t c a bi u th c

v + t − u2 t + u − v2 u + v − t2
T =( ) + 3( ) + 9( )
2 2 2
v i u2 + v 2 + t2 = 50.“
Vì v y ta ch c n gi i bài toán d n xu t sau đây.
2.4. Đáp án Olympic Toán h c Hùng vương l n th 4 25

Bài toán d n xu t. Cho u2 + v 2 + t2 = 1, tìm giá tr nh nh t c a

T = (u + t − v)2 + 3(u + v − t)2 + 9(v + t − u)2 .

V i t = 0, có u2 + v 2 = 1. Khi đó

T = (u − v)2 + 3(u + v)2 + 9(v − u)2 = 13 − 14uv 13 − 7 = 6.

V i t = 0, ch c n xét 0 < T < 6. Đ t u = αt, v = βt thì t u2 + v 2 + t2 = 1 suy ra
1
t= 2 . Khi đó
α + β2 + 1

(α + 1 − β)2 + 3(α + β − 1)2 + 9(β − α + 1)2
T = .
α2 + β 2 + 1

Nh n xét r ng 0 < T < 6 nên

(T − 13)α2 + 2(7β + 11)α + T (β 2 + 1) − (1 − β)2 − 3(β − 1)2 − 9(β + 1)2 0.

⇔ ∆ = (7β + 11)2 − (T − 13)[(T − 13)β 2 − 10β + T − 13] 0.
Đ t T − 13 = V thì ∆ = (7β + 11)2 − V (V β 2 − 10β + V ).

∆ 0 ⇔(49 − V 2 )β 2 + 2(5V + 77)β + 121 − V 2 0
⇔ (5V + 77)2 − (49 − V 2 )(121 − V 2 ) 0
⇔ V 3 − 3.65V − 770 0.

Đ t V = 2 65T , có b t phương trình
770 770
4T 3 − 3T − √ 0⇔u u1 = arccos √ .
130 65 130 65
——————————
Chương 3

M t s phương pháp gi i toán


Đ gi i bài toán trư c h t ph i căn c vào d ng, n i dung đi u ki n mà ch n phương
pháp gi i thích h p. N u bài toán có th gi i b ng nhi u cách, thì c n ch n phương
pháp t t nh t theo m t tiêu chí nào đó.
N i dung cơ b n c a bài vi t này đư c rút ra t các bài gi ng c a tác gi t i Kh i
ph thông chuyên Toán-Tin Trư ng đ i h c Khoa h c T nhiên và m t s Trư ng trung
h c ph thông chuyên.
Bài vi t g m hai phương pháp cơ b n nh t:
- Phương pháp quy n p,
- Phương pháp ph n ch ng,
và năm phương pháp đ c thù đ gi i các bài toán không m u m c. đó là:
- Phương pháp suy lu n tr c ti p
- Phương pháp logic m nh đ
- Phương pháp b ng
- Phương pháp sơ đ
- Phương pháp đ th
M i phương pháp đ u có ph n tóm t t lý thuy t, n i dung. Song ch y u v n là
thông qua h th ng ví d đ minh ho cách ng d ng đ gi i toán.
Nhân d p k ni m 40 năm ngày thành l p Kh i ph thông chuyên Toán Trư ng đ i
h c T ng h p Hà n i nay là Kh i ph thông chuyên Toán-Tin Trư ng đ i h c khoa h c
T nhiên, đ i h c Qu c gia Hà n i trong các ví d t ph n III tr đi tác gi m n phép
ghi l i tên m t s trong các Th y Cô giáo đã g n bó và c ng hi n h t mình cho s phát
tri n và thăng hoa c a Kh i.




26
3.1. Phương pháp quy n p 27


3.1 Phương pháp quy n p
Phương pháp quy n p có vai trò vô cùng quan tr ng trong toán h c, khoa h c và
cu c s ng. Đ i v i nhi u bài toán ph thông phương pháp quy n p cũng cho ta cách
gi i h u hi u.
Suy di n là quá trình t “tính ch t” c a t p th suy ra “tính ch t” c a cá th , nên
luôn luôn đúng, còn quá trình ngư c l i, t c là quá trình qui n p: đi t “tính ch t” c a
m t s cá th suy ra “tính ch t” c a t p th , thì không ph i lúc nào cũng đúng. Quá
trình này ch đúng khi nó tho mãn m t s đi u ki n nào đó, t c tho mãn nguyên lý
quy n p.


3.1.1 Nguyên lý quy n p
N u kh ng đ nh S(n) tho mãn hai đi u ki n sau:
a) Đúng v i n = k0 (s t nhiên nh nh t mà S(n) xác đ nh).
b) T tính đúng đ n c a S(n) đ i v i n = t (ho c đ i v i m i giá tr c a n(k0
n t)) (t k0 ) suy ra tính đúng đ n c a S(n) đ i v i n = t + 1, thì S(n) đúng v i m i
n k0


3.1.2 Phương pháp ch ng minh b ng qui n p
Gi s kh ng đ nh T (n) xác đ nh v i m i n t0 . đ ch ng minh T (n) đúng v i ∀n t0
b ng qui n p, ta c n th c hi n hai bư c sau:
a) Cơ s quy n p
Th c hi n bư c này t c là ta th xem s đúng đ n c a T (n) v i n = t0 nghĩa là xét
T (t0 ) có đúng hay không?
b) Quy n p
Gi s kh ng đ nh T (n) đã đúng v i n = t (ho c đ i v i m i n t0 n t)). Trên cơ
s gi thi t này suy ra tính đúng đ n c a T (n) đ i v i n = t + 1, t c T (t + 1) đúng.
N u c hai bư c trên đ u tho mãn, thì theo nguyên lý quy n p T (n) đúng v i m i
s n 1 (n t0 )

Trong quá trình qui n p n u không th c hi n đ y đ c hai bư c: Cơ s qui n p và
quy n p, thì có th d n đ n k t lu n sai l m ch ng h n trong các ví d sau:

Ví d 3.1.1. Nhà Toán h c Đ c vĩ đ i G. V. Lepnit vào th k th 17 sau khi ch ng
minh đư c: V i m i s nguyên dương n s n3 − n chia h t cho 3, s n5 − n chia h t cho
5, s n7 − n chia h t cho 7 đã b qua c khâu quy n p và cơ s quy n p mà đưa ra kh ng
đ nh: V i m i s l k và v i m i s t nhiên n s nk − n chia h t cho n. Kh ng đ nh
này không đúng b i vì s 29 − 2 = 510 không chia h t cho 9.

Ví d 3.1.2. Xét tam th c b c hai T (x) = x2 + x + 41. Khi thay
3.1. Phương pháp quy n p 28

x = 0 ta đư c T (0) = 02 + 0 + 41 = 41 là s nguyên t .
x = 1 ta đư c T (1) = 12 + 1 + 41 = 43 là s ngyuên t .
x = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 đư c các s nguyên t tương ng 47, 53, 61, 71, 83, 97,
113, 131, 151. Như v y bư c cơ s quy n p tho mãn, nhưng n u b qua bư c quy n p mà
k t lu n r ng: Khi thay x b ng s nguyên không âm tuỳ ý n s T (n) = n2 + n + 41 là s
nguyên t , thì s sai l m. B i vì, n u thay x = 0, 1, 2, 3, ..., 39, đ u có T (x) là s nguyên
t , nhưng khi x = 40 l i có T (40) = (40)2 +40+41 = 40[40+1]+41 = 40.41+41 = (41)2
là h p s !


3.1.3 V n d ng phương pháp qui n p đ gi i toán đ i s và s
h c
phương pháp quy n p đư c s d ng trong tính toán, trong ch ng minh và suy lu n dư i
nhi u d ng khác nhau. Sau đây s thông qua h th ng ví d đ minh ho m t s v n
d ng phương pháp quy n p.


V n d ng phương pháp qui n p trong tính toán

đ gi i quy t m t bài t p tính toán nào đó b ng phương pháp quy n p ta:
- V n d ng bư c quy n p cho m t vài “d ng s li u” ban đ u. Trên cơ s đó d đoán
“d ng s li u t ng quát”.
- Sau đó v n d ng bư c quy n p đ ch ng minh “d ng s li u” d đoán chính là
“d ng s li u” c n tìm.

Ví d 3.1.3. Hãy tính t ng c a n s t nhiên đ u tiên.

Gi i.
Ta ký hi u t ng c a k s t nhiên đ u tiên là Sk
1) Cơ s quy n p
1.(1 + 1)
V i k = 1 có S1 = 1 =
2
2.(2 + 1)
V i k = 2 có S2 = 1 + 2 = 3 =
2
3.(3 + 1)
V i k = 3 có S3 = 1 + 2 + 3 = 6 =
2
Trên cơ s d ng c a S1 , S2 , S3 ta d đoán t ng c a n s t nhiên đ u tiên Sn có
d ng:
n(n + 1)
Sn = · (1)
2
n(n + 1)
2) V n d ng quy n p đ ch ng minh Sn = là d ng c n tìm.
2
3.1. Phương pháp quy n p 29

Th t v y! Gi s d ng t ng đã đúng v i n = k 1, t c t ng c a k s t nhiên đ u
tiên đã có:
k(k + 1)
Sk = 1 + 2 + · · · + k = ·
2
Khi đó v i n = k + 1, ta có:
k(k + 1) (k + 1)(k + 2)
Sk+1 = 1 + 2 + · · · + k + (k + 1) = + (k + 1) = .
2 2
n(n + 1)
V y đ ng th c (1) đúng v i m i s t nhiên k, nên v i n = k có Sn = .
2
Ví d 3.1.4. Hãy tính t ng bình phương c a n s t nhiên đ u tiên.

Gi i.
1) Cơ s quy n p
Dùng Sk đ ký hi u t ng bình phương c a k s t nhiên đ u tiên. Khi đó v i
1.(1 + 1)(2.1 + 1)
k = 1 có S1 = 12 = 1 =
6
2.(2 + 1)(2.2 + 1)
k = 2 có S2 = 12 + 23 = 5 =
6
3.(3 + 1)(2.3 + 1)
k = 3 có S3 = 12 + 22 + 32 = 14 =
6
Trên cơ sơ d ng S1 , S2 , S3 d ki n t ng bình phương c a k s t nhiên đ u tiên
k(k + 1)(2.k + 1)
Sk = ·
6
n(n + 1)(2n + 1)
2) V n d ng quy n p đ ch ng minh chính là t ng bình phương
6
c a n s t nhiên đ u tiên.
Th t v y, gi s v i n = k 1, t c t ng bình phương c a k s t hiên đ u tiên đã
có:
k(k + 1)(2.k + 1)
Sk = 12 + 22 + · · · + (k − 1)2 + k 2 =
6
Khi đó v i n = k + 1 ta có:
Sk+1 = 12 + 22 + · · · + (k − 1)2 + k 2 + (k + 1)2
k(k + 1)(2.k + 1)
= + (k + 1)2
6


k+1
= [k(2k + 1) + 6(k + 1)]
6
k+1
= [k(2k + 3) + 2(2k + 3)]
6
(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1)
= .
6
3.1. Phương pháp quy n p 30

V y đ ng th c đúng v i m i s t nhiên k, nên v i n = k có

n(n + 1)(2n + 1)
Sn = .
6
Ví d 3.1.5. Hãy tìm un , n u bi t: u1 = 1 v i m i s t nhiên k > 1 đ u có

uk = uk−1 + 3. (1)

Gi i.
1) Cơ s qui n p: Xét ba s t nhiên đ u tiên:
k = 1 có u1 = 1 = 3.1 − 2
k = 2 có u2 = u1 + 3 = 1 + 3 = 4 = 3.2 − 2
k = 3 có u3 = u2 + 3 = 4 + 3 = 7 = 3.3 − 2
Trên cơ s d ng c a u1 , u2 , u3 d ki n

un = 3.n − 2. (2)

2) V n d ng quy n p ch ng minh d ng (2) đúng v i m i s t nhiên n.
Th t v y! Gi s v i n = k 1, uk = 3.k − 2. Khi đó, theo đ ng th c (1) có:

uk+1 = uk + 3 = 3.k − 2 + 3 = 3(k + 1) − 2.

V y đ ng th c (2) đúng v i m i n, nên có

un = 3n − 2.

Ví d 3.1.6. Tích 1.2 . . . n đư c ký hi u b ng n! và đ c là n giai th a. D dàng th y:
1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120.
Hãy tính
Sn = 1.1! + 2.2! + 3.3! + · · · + n.n!

Gi i.
1) Cơ s quy n p. Xét b n t ng đ u tiên.
v i n = 1 có S1 = 1.1! = 1 = 2 − 1 = 2! − 1
n = 2 có S2 = 1.1! + 2.2! = 5 = 6 − 1 = 3! − 1
n = 3 có S3 = 1.1! + 2.2! + 3.3! = 23 = 24 − 1 = 4! − 1
n = 4 có S4 = 1.1! + 2.2! + 3.3! + 4.4! = 119 = 120 − 1 = 5! − 1.
Trên cơ s b n t ng đ u tiên d ki n

Sn = (n + 1)! − 1. (1)

2) V n d ng quy n p đ ch ng minh đ ng th c (1) đúng v i m i s t nhiên.
3.1. Phương pháp quy n p 31

Th t v y! Gi s v i n = k 1 đã có Sk = (k + 1)! − 1.
Khi đó v i n = k + 1 ta có:
Sk+1 =1.1! + 2.2! + 3.3! + Øots + k.k! + (k + 1)(k + 1)!
=Sk + (k + 1)(k + 1)! = (k + 1)! − 1 + (k + 1)(k + 1)!
=(k + 1)!(k + 2) − 1 = (k + 2)! − 1.

V y đ ng th c (1) đúng v i m i s t nhiên n, nên có
Sn = (n + 1)! − 1

V n d ng phương pháp quy n p trong ch ng minh

V n d ng cơ s quy n p đ ch ng t s đúng đ n c a kh ng đ nh đ i v i vài s t nhiên
đ u tiên mà kh ng đ nh tho mãn. Sau đó dùng quy n p đ ch ng minh kh ng đ nh
đúng v i m i s t nhiên.
Ví d 3.1.7. Hãy ch ng minh r ng
n(n + 1)
Sn = 1 − 22 + 32 − 42 + · · · + (−1)n−1 n2 = (−1)n−1 .
2

Gi i.
1) Cơ s quy n p
1(1 + 1)
V i n = 1 có S1 = (−1)1−1 12 = 1 = (−1)1−1 đ ng th c đúng.
2
2) Quy n p
Gi s đ ng th c đúng v i n = k, nghĩa là
k(k + 1)
Sk = 1 − 22 + 32 − 42 + · · · + (−1)k−1 k 2 = (−1)k−1
2
Do đó v i n = k + 1 có
Sk+1 =1 − 22 + 32 − 42 + · · · + (−1)k−1 k 2 + (−1)k (k + 1)2
k(k + 1)
=Sk + (−1)k (k + 1)2 = (−1)k−1 + (−1)k (k + 1)2
2
k(k + 1) (k + 1)(k + 2)
=(−1)k − + (k + 1)2 = (−1)k
2 2
V y đ ng th c đúng v i m i s t nhiên n, nên
n(n + 1)
Sn = (−1)n−1 ·
2
Ví d 3.1.8. Ch ng minh r ng:
12 22 n2 n(n + 1)
+ + ··· + =
1.3 3.5 (2n − 1)(2n + 1) 2(2n + 1)
3.1. Phương pháp quy n p 32

Gi i.
1) Cơ s quy n p
12 1 1(1 + 1)
V i n = 1 có = = . đ ng th c đúng
1.3 3 2(2.1 + 1)
2) Quy n p
Gi s đ ng th c đúng v i n = k, nghĩa là

12 22 k2 k(k + 1)
+ + ··· + = (1)
1.3 3.5 (2k − 1)(2k + 1) 2(2k + 1)

Khi đó v i n = k + 1 ta có:
12 22 k2 (k + 1)2
+ + ··· + +
1.3 3.5 (2k − 1)(2k + 1) (2(k + 1) − 1)(2(k + 1) + 1)
k(k + 1) (k + 1)2 (k + 1)(k + 2)
= + =
2(2k + 1) (2(k + 1))(2(k + 1) + 1) 2(2(k + 1) + 1)

V y đ ng th c đúng v i m i s t nhiên n.

Ví d 3.1.9. Ch ng minh r ng:
1 1 1 n
+ + ··· + =
1.5 5.9 (4n − 3)(4n + 1) 4n + 1

Gi i.
1) Cơ s quy n p
1 1 1 1
V i n = 1 ta có = = = .
(4.1 − 3)(4.1 + 1) 1.5 5 4.1 + 1
đ ng th c tho mãn.
2) Quy n p
Gi i s đ ng th c đã đúng v i n = k, nghĩa là
1 1 1 k
+ + ··· + = (1)
1.5 5.9 (4k − 3)(4k + 1) 4k + 1

Theo đ ng th c (1) v i n = k + 1 có:
1 1 1 1
+ + ··· + +
1.5 5.9 (4k − 3)(4k + 1) (4k + 1)(4k + 5)
k 1 k+1
= + =
4k + 1 (4k + 1)(4k + 5) 4(k + 1) + 1

V y đ ng th c đúng v i m i n.
3.1. Phương pháp quy n p 33

V n d ng quy t c quy n p đ xác đ nh tính chia h t

Trư c h t v n d ng cơ s quy n p đ xét tính đúng đ n c a kh ng đ nh v i nh ng sô
t nhiên đ u tiên. Sau đó v n d ng quy n p đ xác đ nh tính đúng đ n c a kh ng đ nh
đ i v i m i s t nhiên.
Ví d 3.1.10. Ch ng minh r ng t ng l p phương c a ba s t nhiên liên ti p luôn luôn
chia h t cho 9.

Gi i.
1) Cơ s quy n p
V i ba s t nhiên đ u tiên 1, 2, 3 có 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36 chia h t cho 9,
nên kh ng đ nh đúng.
2) Quy n p
Gi s đ i v i s t nhiên k nào đó kh ng đ nh đã đúng, nghĩa là t ng l p phương

k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3

đã chia h t cho 9, nghĩa là t n t i s t nhiên t, đ

k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 = 9t (1)

Khi đó theo (1) đ i v i s t nhiên k + 1 t ng l p phương

(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 =
= (k + 1)3 + (k + 2)3 + k 3 + 9k 2 + 27k + 27
= k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + 9(k 2 + 3k + 3)
= 9t + 9(k 2 + 3k + 3)
= 9(t + k 2 + 3k + 3)

chia h t cho 9, nên kh ng đ nh đúng v i t ng l p phương c a ba s t nhiên liên ti p
tuỳ ý.
Ví d 3.1.11. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên không âm n s

Sn = 11n+2 + 122n+1

chia h t cho 133.

Gi i.
1) Cơ s quy n p
V i n = 0 s S0 = 110+2 + 122.0+1 = 112 + 12 = 121 + 12 = 133 chia h t cho 133.
2) Quy n p
Gi i s kh ng đ nh đã đúng v i n = k 0, t c s

Sk = 11k+2 + 122k+1
3.1. Phương pháp quy n p 34

đã chia h t cho 133, t c t n t i s t nhiên t, đ

11k+2 + 122k+1 = 133t. (1)

Khi đó theo (1), v i n = k + 1 ta có

Sk+1 = 11k+1+2 + 122(k+1)+1 = 11k+2+1 + 122k+1+2
= 11.11k+2 + 144.122k+1 = 11(11k+2 + 122k+1 ) + 133.122k+1
= 133t + 133.122k+1 = 133(t + 122k+1 )

chia h t cho 133.
V y kh ng đ nh đúng v i m i s nguyên không âm n.
Ví d 3.1.12. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên dương n s

Sn = 4n + 15n − 1

chia h t cho 9.

Gi i.
1) Cơ s quy n p
V i n = 1 s S1 = 41 + 15.1 − 1 = 18 chia h t cho 9.
2) Quy n p
Gi i s kh ng đ nh đã đúng v i n = k, nghĩa là s

Sk = 4k + 15.k − 1

đã chia h t cho 9, t c t n t i s t nhiên t, đ 4k + 15k − 1 = 9t

Sk+1 = 4k+1 + 15(k − 1) − 1 = 4.4k + 15k + 14 = 4.4k + 60k − 4 − 45k + 18
= 4(4k + 15k − 1) − 9(5k − 2) = 4.9t − 9(5k − 2) = 9(4t − 5k − 2)

chia h t cho 9.
V y kh ng đ nh đúng v i m i s t nhiên dương.
Ví d 3.1.13. V i m i s nguyên dương n đ t

7

.·· n l n.
7
An = 7



Ch ng minh r ng v i m i s nguyên m n 2. Hi u Am − An chia h t cho 20.

Gi i. Đ ch ng minh k t lu n trên trư c h t c n kh ng đ nh r ng v i m i s nguyên
k 2 đ u t n t i s t nhiên tk , đ

Ak = 20tk + 3 (1)
3.1. Phương pháp quy n p 35

I) Ch ng minh quan h (1)
1) Cơ s quy n p
V i k = 2 có A2 = 77 = 73 .74 = 343.2401 = 823543 = 20.41177 + 3.
2) Quy n p
Gi s kh ng đ nh đã đúng v i k = s 2 nghĩa là đ i v i As đã t n t i s t nhiên
ts , đ
As = 20ts + 3 (2)
Khi đó, theo (2), v i k = s + 1 s

As+1 =7As = 720ts +3 = (74 )5ts 73 = (2401)5ts (3443)
=(20.120 + 1)5ts (20.17 + 3)
=[(20.120)5ts + C5ts (20.120)5ts −1 + · · · +
1

+ C5ts −1 (20.120) + 1](20.17 + 3)
5ts

=20.17[(20.120)5ts + C5ts (20.120)5ts −1 + · · · +
1

+ C5ts −1 ](20.120) + 1] + 20.120[(20.120)5ts −1 +
5ts

+ C5ts (20.120)5ts −2 + · · · + C5ts −1 ] + 3
1 5ts

=20{17[(20.120)5ts + C5ts (20.120)5ts −1 + · · · +
1

+ C5ts −1 (20.120) + 1] + 120[20(120)5ts −1 + C5ts (20.120)5ts −2
5ts 1

+ · · · + C5ts −1 ]} + 3 = 20ts+1 + 3.
5ts



V y kh ng đ nh đúng v i m i s t nhiên k 2
II) Ch ng minh v i m i s t nhiên m n 2 s Am − An chia h t cho 20
T quan h (2) có

Am − An = 20tm + 3 − (20tn + 3) = 20tm − 20tn = 20(tm − tn )

nên Am − An chia h t cho 20.


V n d ng quy n p đ ch ng minh b t đ ng th c

V n d ng bư c cơ s quy n p đ kh ng đ nh b t đ ng th c tho mãn v i nh ng s t
nhiên đ u tiên mà nó xác đ nh. Sau đó dùng quy n p đ kh ng đ nh b t đ ng th c đúng
v i t t c các s t nhiên mà nó xác đ nh

Ví d 3.1.14. Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n > 1
1 1 1 13
+ + ··· + >
n+1 n+2 2n 24

Gi i.
Dùng Sn đ ký hi u v trái c a b t đ ng th c trên,
3.1. Phương pháp quy n p 36

1) Cơ s quy n p
V i n = 2 có
1 1 14 13
S2 = + = >
2+1 3+1 24 24
2) Quy n p
Gi s b t đ ng th c đã đúng v i n = k, nghĩa là đã có
13
Sk > · (1)
24

Ta có
1 1 1
Sk = + + ··· + ,
k+1 k+2 2k
1 1 1 1 1
Sk+1 = + + ··· + + + ,
k+2 k+3 2k 2k + 1 2k + 2
nên
1 1 1 1
Sk+1 − Sk = + − = >0
2k + 1 2k + 2 k + 1 2(k + 1)(2k + 1)
v i m i s t nhiên k. Do đó
Sk+1 > Sk (2)
13
T (1) và (2) có Sk+1 > .
24
Ví d 3.1.15. Ch ng minh r ng v i m i s dương x và s t nhiên n b t kỳ đ u có b t
đ ng th c
1 1 1
xn + xn−2 + xn−4 + · · · + + + n+1 (1)
xn−4 xn−2 xn

Gi i.
1) Cơ s quy n p
a) V i n = 1 b t đ ng th c (1) tho mãn và có d ng
1
x+ 2 (2)
x
Vì (x − 1)2 = x2 − 2x + 1 0, nên x2 + 1 2x.
b) V i n = 2 đ ng th c (1) có d ng
1
x2 + 1 + 3 (3)
x2
đ ng th c (2) đúng v i m i x > 0, nên khi thay x b ng x2 ta có b t đ ng th c
1
x2 + 2
x2
3.1. Phương pháp quy n p 37

Thêm 1 c hai v c a b t đ ng th c này ta đư c b t đ ng th c (3)
V y v i hai s t nhiên đ u tiên 1 và 2 b t đ ng th c (1) tho mãn.
2) Quy n p
Gi s k là s t nhiên nào đó và b t đ ng th c đã tho mãn v i n = k, nghĩa là
1 1
xk + xk−2 + · · · + + k+1 (4)
xk−2 xk
Ta c n kh ng đ nh b t đ ng th c (1) tho mãn v i n = k + 2, nghĩa là
1 1 1
xk + xk−2 + · · · + + + + k+2 k+3 (5)
xk−2 xk x
Th t v y! t b t đ ng th c (2) thay x b ng xk+2 đư c b t đ ng th c
1
xk+2 + 2 (6)
xk+2
nên t (4) và (6) có
1 1 1 1
xk+2 + xk + · · · + + k+2 = xk + · · · + k + xk+2 + + k+2
xk x x x
k+1+2=k+3

V y đ ng th c (1) đúng v i m i s dương dương x và v i m i s t nhiên.


3.1.4 V n d ng phương pháp quy n p đ gi i bài t p hình h c
Tính toán b ng quy n p

V n d ng bư c cơ s quy n p đ tính giá tr các đ i lư ng tương ng v i nh ng s t
nhiên đ u tiên mà chúng xác đ nh. Trên cơ s đó mà d đoán k t qu cho trư ng h p
t ng quát đ i v i m i s t nhiên mà đ i lư ng xác đ nh
Sau đó dùng quy n p đ kh ng đ nh tính đúng đ n c a k t qu d đoán
Ví d 3.1.16. Hãy tính s tam giác T (n) nh n đư c khi chia m t đa giác n c nh b ng
các đư ng chéo không c t nhau.

Gi i.
1) Cơ s quy n p
đ i v i n = 3 có T (3) = 1
đ i v i n = 4, t giác (Hình 1)
đư c chia thành hai tam giác,
nên T (4) = 2.
Trên cơ s T (3), T (4) d đoán
3.1. Phương pháp quy n p 38



T (n) = n − 2 (1)

2) V n d ng quy n p đ ch ng minh tính đúng đ n c a công th c (1). Gi s m i
s t nhiên k (3 k < n) đã có T (k) = k − 2, t c m i đa giác k - c nh đư c chia thành
k − 2 tam giác nh các đư ng chéo không c t nhau. Xét m t cách chia đa giác n c nh
A1 A2 . . . An . Gi s đư ng chéo A1 Ak chia đa giác n-c nh A1 A2 . . . An thành hai đa giác
k-c nh A1 A2 . . . Ak và đa giác (n − k + 2)-c nh A1 Ak Ak+1 . . . An .
Vì n > k 3, nên 3 n − k + 2 < n. Do đó theo gi i thi t quy n p T (k) = k − 2
và T (n − k + 2) = n − k + 2 − 2 = n − k.

T (n) = T (k) + T (n − k + 2) = k − 2 + n − k = n − 2

V y công th c (1) đúng v i m i s t nhiên n 3.
Ví d 3.1.17. Hãy tính bán kính đư ng tròn n i ti p (rn ) và bán kính đư ng tròn ngo i
ti p (Rn ) c a đa giác đ u 2n -c nh có chu vi b ng P .

Gi i.
1) Cơ s quy n p

P P 2
V i n = 2 t giác v i chu vi P có r2 = và R2 =
8 8
2) Quy n p
Gi i s đ i v i đa giác đ u 2n -c nh v i chu vi
P ta đã tính đư c bán kính đư ng tròn n i ti p,
ngo i ti p rn và Rn . Trên cơ s đó tính bán kính
đư ng tròn n i ti p, ngo i ti p rn+1 và Rn+1 c a
đa giác đ u 2n+1 -c nh v i cùng chu vi P (Hình
2).

kip-5cm

Gi s AC là c nh c a đa giác đ u 2n -c nh đ i v i chu vi P . đi m O là tâm c a đa
giác, B-đi m gi a c a cung AC, D- đi m gi a c a dây AC, EF là đư ng trung bình
c a tam giác c a tam giác ABC và I là đi m gi a c a EF .
1 1 1
Vì EOF = EOB + F OB = AOB + COB = AOC, nên EF b ng c nh c a
2 2 2
đa giác đ u 2n+1 - c nh n i ti p trong đư ng tròn bán kính OE. Ngoài ra, đa giác đ u
AB
2n+1 - c nh này còn có chu vi b ng 2n+1 EF = 2n+1 = 2n AB, t c b ng P . B i v y
2
rn+1 = OI và Rn+1 = OE.
Hươn n a, vì EF là đư ng trung bình c a tam giác ABC, nên BI = ID. B i v y
Rn + rn
OB − OI = OI − OD, nghĩa là Rn − rn+1 = rn+1 − rn , nên rn+1 = .
2
Do tam giác OEB vuông t i E, nên OE 2 = OB.OI, nghĩa là Rn+1 = Rn rn+1 và

2

Rn+1 = Rn rn+1 .
3.1. Phương pháp quy n p 39

Như v y đ i v i đa giác đ u 2n+1 c nh đ i v i chu vi P ta đã tính đư c
R n + rn
rn+1 = , Rn+1 = Rn rn+1 .
2

Ch ng minh b ng quy n p

Trư c h t v n d ng bư c cơ s quy n p đ sét tính đúng đ n c a kh ng đ nh đ i v i
m t vài hình đươn gi n nh t (t c nh ng hình xu t phát).
Sau đó v n d ng bư c quy n p đ xác đ nh tính đúng đ n c a kh ng đ nh đ i v i
hình tuỳ ý (thu c ph m vi kh ng đ nh).

Ví d 3.1.18. (Tô m u b ng quy n p)
Trên m t ph ng cho n (n 1) hình tròn. Ch ng minh r ng v i b t kỳ cách s p đ t
nào, thì hình nh n đư c cũng có th tô b ng hai m u đ cho hai ph n m t ph ng k nhau
(có biên chung) cũng đư c tô b ng hai màu khác nhau.

Gi i. Bài toán này cũng đư c gi i quy t băng quy n p
1) Cơ s quy n p.
V i n = 1, trên m t ph ng ch có m t hình tròn. Ta tô hình tròn b ng màu đen. Khi
đó ph n còn l i k v i hình tròn đư c đ tr ng, nên hai ph n c a m t ph ng k nhau
có màu khác nhau.
2) Quy n p
Gi s kh ng đ nh cũng đúng v i b c tranh g m n hình tròn. Gi s trên m t ph ng
cho n + 1 hình tròn tuỳ ý. Xoá đi m t trong nh ng hình tròn s đư c b c tranh g m n
hình tròn (hình 3). Theo gi thi t quy n p, b c tranh này ch c n sươn 2 màu, ch ng
h n đen, tr ng mà hai mi n k nhau đ u có hai màu khác nhau.
Khôi ph c l i hình tròn đã xoá đi, t c là tr l i hình xu t phát, g m n + 1 hình tròn,
r i theo m t phía đ i v i hình tròn v a khôi ph c, ch ng h n phía trong c a hình tròn
này thay đ i các màu tô đã tô b ng màu ngư c l i, s đư c: bư c tranh g m n + 1 hình
tròn đư c tô b ng hai màu, mà hai mi n k nhau tuỳ ý đ u có màu khác nhau (Hình
4).
Bài toán đư c gi i quy t xong!

Ví d 3.1.19. (Ch p hình b ng quy n p)
Cho n(n 1) hình vuông tuỳ ý. Ch ng minh r ng t các hình vuông này có th c t
và ch p thành m t hình vuông l n.

Gi i.
Bài toán đư c gi i quy t b ng quy n p
1) Cơ s quy n p
V i n = 1. Khi đó có m t hình vuông nên hi n nhiên, kh ng đ nh đúng
3.1. Phương pháp quy n p 40

V i n = 2, có hai hình vuông: ABCD và abcd. Khi đó có th c t và ch p thành m t
hình vuông như sau: gi s hình vuông ABCD không nh hươn hình abcd. Dùng x ký
hi u đ dài c nh hình vuông ABCD, y là đ dài c nh hình vuông abcd, (x y). Ta c t
các hình vuông ABCD và ch p thành hình vuông A B C D như Hình 5
2) Quy n p
Gi s kh ng đ nh đã đúng v i n (n 1) hình vuông. Gi s có n + 1 hình vuông
tuỳ ý V1 , V2 , . . . , Vn+1 .
Chúng ta ch n hai hình vuông tuỳ ý, ch ng h n Vn và Vn+1 và c t và ch p thành
hình vuông Vn . Theo gi thi t quy n p, đ i v i n hình vuông:
V1 , V2 , . . . , Vn

Ta có th c t và ch p thành m t hình vuông V . Như v y t n + 1 hình vuông
V1 , V2 , . . . , Vn , Vn+1 đã c t và ch p thành hình vuông V . V y bài toán đã gi i quy t
xong.

D ng hình vuông b ng quy n p

Trong bư c cơ s quy n p ta d ng hình d ng “xu t phát”, t c là hình tương ng v i s
t nhiên đ u tiên mà nó xác đ nh. Sau đó v n d ng bư c quy n p đ d ng hình tuỳ ý
tho mãn các tính ch t đã cho.
Ví d 3.1.20. (D ng hình b ng quy n p)
Trên m t ph ng cho 2n + 1 (n 1) đi m, không có ba đi m nào th ng hàng. Hãy
d ng m t đa giác 2n + 1 đ nh, sao cho 2n + 1 đi m đã cho tr thành trung đi m thu c
các c nh c a đa giác.

Gi i. Bài toán gi i quy t b ng quy n p.
1) Cơ s quy n p
V i n = 1, trên m t ph ng cho 3 đi m. Bài toán quy v vi c d ng m t tam giác khi
bi t trung đi m c a ba c nh. đây là bài toán quen bi t đã đư c trình b y trong sách
hình h c sơ c p.
2) Quy n p
Gi i s đ i v i 2k + 1 (k 1) đi m tuỳ ý không có ba đi m nào th ng hàng, ta đ u
d ng đư c đa giác 2k + 1 đ nh, đ các đi m này là trung đi m thu c các c nh c a đa
giác.
Xét 2(k + 1) + 1 đi m tuỳ ý không có ba đi m nào th ng hàng
A1 , A2 , . . . , A2k , A2k+1 , A2k+2 , A2k+3 .
Gi s các đi m này là trung đi m thu c các c nh c a đa giác B1 , B2 , . . . , B2k+2 , B2k+3
(hình 6).
Khi đó A2k+1 , A2k+2 , A2k+3 là trung đi m c a các c nh tương
ng B2k+1 B2k+2 , B2k+2 B2k+3 và B2k+3 B1 . Gi s A là trung
3.1. Phương pháp quy n p 41

đi m c a c nh B1 B2k+1 . T giác AA2k+1 A2k+2 A2k+3 là m t
hình bình hành. Hình bình hành AA2k+1 A2k+2 A2k+3 có ba
đ nh A2k+1 , A2k+2 , A2k+3 cho trư c nên đ nh th tư A hoàn
toàn có th xác đ nh đư c b ng cách qua đi m A2k+3 , k
đư ng th ng a1 song song v i đo n th ng A2k+1 A2k+2 . T
A2k+1 k a2 song song v i đo n th ng A2k+3 A2k+2 . Giao đi m
c a a1 và a2 chính là A c n xác đ nh.

Theo gi thi t quy n p đ i v i 2k+1 đi m A1 , A2 , . . . , A2k , A
ta đã d ng đư c đa giác B1 , B2 , . . . , B2k+1 , đ Ai là trung
đi m c a c nh Bi Bi+1 (1 i 2k) và A là trung đi m
c a c nh B1 B2k+1 . Sau đó B1 k đư ng th ng song song v i
đo n th ng AA2k+1 , c t đo n th ng B2k+1 A2k+1 kéo dài t i
B2k+2 . T B2k+1 k đư ng song song v i đo n th ng AA2k+2 ,
c t đo n th ng B1 A2k+3 kéo dài t i B2k+3 . Vì B2k+1 A =
AB1 và AA2k+3 song song v i B1 B2k+2 , nên B2k+1 A2k+1 =
A2k+1 B2k+2 . Tương t có B1 B2k+3 = A2k+3 B2k+3 , B2k+3 A2k+2 =
A2k+2 B2k+2 .
V y đa giác 2k + 3 đ nh B1 B2 . . . B2k+2 B2k+3 nh n các
đi m đã cho A1 , A2 , . . . , A2k+3 làm trung đi m các c nh

Ví d 3.1.21. Trên m t ph ng cho n đi m. Hãy d ng m t đa giác n - c nh, mà các
c nh đó đ u là đáy c a các tam giác cân v i đ nh là n đi m đã cho và các góc đ nh có
đ l n tương ng là α1 , α1 , . . . , αn .

Gi i.
Trư c khi trình b y lư i gi i chúng tôi xin lưu ý r ng
trong các góc α1 , α1 , . . . , αn có th có m t s góc l n hươn
150o , nên quy ư c: N u αi < 180o (1 i n), thì tam giác
cân tương ng n m v phía ngoài đa giác, còn khi αi > 180o
tam giác cân tương ng n m v phía trong c a đa giác (trong
đó góc đ nh c a tam giác này băng 360o − αi ).
1) Cơ s quy n p
V i n = 3, khi đó đa giác cân d ng là tam giác. đ i v i
trư ng h p này s trình b y cách d ng tam giác tho mãn
các yêu c u đã cho.
a) Gi s tam giác c n tìm đã d ng đư c. Nó có
đ nh là x1 , x2 , x3 , các tam giác cân v i đáy x1 x2 , x2 x3 , x1 x3
đ nh là A1 , A2 , A3 có góc đ nh là α1 , α2 , α3 (Hình
7).
Th c hi n phép quay m t ph ng theo chi u ngư c
chi u kim đ ng h .
- m t góc α1 xung quanh đi m A1 , đ x1 trùng v i
x2
3.1. Phương pháp quy n p 42

- m t góc b ng α2 xung quanh đi m A2 đ x2 trùng
v i x3

kip-6.5cm

Ta nh n th y r ng hai phép quay này đư c th c hi n liên t c k ti p nhau, thì tương
ng v i phép quay m t góc α1 + α2 theo ngư c chi u kim đ ng h xung quanh đi m A
đư c xác đ nh nh các đi m A1 , A2 và các góc α1 , α2 b ng cách sau: T A1 , A2 k hai
α1 α2
tia h p v i đo n A1 A2 các góc và , c t nhau t i đi m A. đây chính là tâm c a
2 2
phép quay m t ph ng m t góc b ng α1 + α2 (có th xem trong (1)).
Trong phép quay này đ nh x1 chuy n sang x3 . B i v y đ nh x3 s chuy n v x1 v i
phép quay m t ph ng xung quanh A m t góc 3600 − (α1 + α2 ). Do đó đi m A chính là
đ nh c a tam giác cân v i c nh đáy x1 x2 và góc đ nh là 360 − (α1 + α2 ).
b) Trên cơ s phân tích trên suy ra cách xây d ng tam giác x1 x2 x3 như sau:
V i α1 + α2 + α3 = k.360 đi m A không trùng v i A3 . Khi đó t A và A3 k v c
360 − (α1 + α2 ) α3
hai phía h p v i AA3 các góc và . C nh c a các góc này c t nhau
2 2
t i các đi m tương ng là đ nh x1 và x3 . Sau đó t đi m A1 k tia h p v i A1 x1 góc α1
và t A2 k tia h p v i Ax3 góc α2 . Giao đi m c a hai tia này chính là đ nh x2 .
Như v y tam giác x1 x2 x3 c n tìm đã d ng xong.
2) Quy n p
Gi s v i n = k 3 ta đã bi t cách d ng đa
giác k - c nh mà các tam giác cân có đáy là c nh
c a đa giác, đ nh là các đi m cho trư c v i đ l n
các góc đ nh đư c xác đ nh. Trên cơ s này ta
kh ng đ nh cho trư ng h p n = k + 1, nghĩa là
ch ra cách xây d ng đa giác (k + 1) - c nh tho
mãn các đi u ki n c a bài toán.

kip-7cm
Gi s đa giác (k +1) - c nh c n xây d ng là x1 x2 ...xn xn+1 có các tam giác cân đáy là
c nh c a đa giác, đ nh là các đi m đã cho A1 , A2 , . . . , Ak , Ak+1 và Ai = αi (1 i k+1)
(Hình 8).
Xét tam giác x1 xk xk+1 . Tương t như trong ph n cơ s quy n p 10) khi quay m t
ph ng theo chi u ngư c chi u kim đ ng h xung quanh Ak đ xk trùng v i xk+1 và ti p
theo quay xung quanh Ak+1 đ xk+1 trùng v i x1 , thì cũng chính là quay m t ph ng
m t đi m (A) đ xk trùng v i x1 , nên khi quay m t ph ng xung quanh đi m A m t góc
360o − (αk + αk+1 ), thì x1 s trùng v i xk . Do đó A là đ nh c a tam giác cân v i c nh
là đư ng chéo x1 x2 và A = 360o − (αk + αk+1 ). Khi đó đi m A chính là giao đi m c a
αk αk+1
các tia Ak s, Ak+1 t h p v i đo n Ak Ak+1 các góc tương ng và . Như v y theo
2 2
các đi m Ak , Ak+1 và các góc αk , αk+1 cho trư c ta xác đ nh đư c đi m A, đ đa giác
k - c nh x1 , x2 , . . . , xk có các c nh là đáy c a các tam giác cân v i đ nh là các đi m
A1 , A2 , . . . , Ak−1 , A và các góc đ nh là α1 , α2 , . . . , αk−1 , 360o −(αk +αk+1 ). B i v y bài
3.2. Phương pháp ph n ch ng 43

toán đư c đưa v yêu c u xây d ng đa giác k - c nh (D) có c nh là đáy các tam giác cân
v i đ nh là các đi m A1 , A2 , . . . , Ak−1 , A và các góc đ nh là α1 , α2 , . . . , αk−1 , 360o −
(αk + αk+1 ). Nhưng theo gi thi t quy n p đa giác D có k c nh đã d ng đư c.
Sau khi đa giác D đã d ng xong, đ xác đ nh đ nh th k + 1 t Ak k m t tia h p
v i Ak x1 m t góc b ng αk và t Ak+1 k m t tia h p v i Ak+1 x1 m t góc b ng αk+1 .
Giao đi m c a hai tia này chính là đ nh xk+1 c a đa giác c n tìm.

đ i v i trư ng h p α1 + α2 + · · · + αn = k.360o (k là s t nhiên), thì bài toán không
xác đ nh.



3.2 Phương pháp ph n ch ng
Khi gi i toán, đ c bi t các bài toán logic, m t trong nh ng phương pháp đư c dùng m t
cách r t thu n l i đó là phương pháp ph n ch ng d a trên nguyên lý Dirichlet do nhà
toán h c Đ c n i ti ng Preter Dirichlet (1805-1859) đ xu t, mà d ng đươn gi n nh t
c a nguyên lý này có th phát bi u như sau: “ Không th nh t 7 chú th vào 3 căn l ng,
sao cho m i l ng không có quá 2 con th ”. Nói cách khác: “N u nh t 7 chú th vào 3 cái
l ng, thì có ít nh t m t l ng ch a không ít hươn 3 chú th ”.


3.2.1 Nguyên lý Dirichlet còn đư c phát bi u dư i nhi u d ng
tương t khác:
D ng t p h p:
“Nêu t p h p g m n ph n t , đư c bi u di n dư i d ng h p c a k t p con, thì ph i
n
có ít nh t m t t p con ch a không ít hươn ph n t ”.
k
D ng hình h c:

1. “N u t ng di n tích c a m t s hình nh hươn S, thì không th dùng hình này đ
ph lên m t hình có di n tích b ng S”.

2. N u trên đo n th ng có đ dài b ng 1 phân b m t s đo n th ng v i t ng đ dài
b ng L, thì s tìm đư c m t đi m đư c ph b ng không ít hươn [L] đo n th ng.

3. N u các kho ng F1 , F2 , . . . , Fn có đ dài tương ng l1 , l2 , . . . , ln ch a trong kho ng
F , có đ dài l và l1 + l2 + · · · + ln > kl, thì s có k + 1 kho ng nào đó trong các
kho ng đã cho có đi m chung.

4. Nêu các hình F1 , F2 , . . . , Fn v i di n tích tương ng S1 , S2 , . . . , Sn ch a trong hình
F có di n tích S và S1 + S2 + · · · + Sn > kS thì s có k + 1 hình trong các hình
đã cho có đi m chung.

D ng s h c: N u trung bình c ng c a m t s s l n hươn a, thì s có ít nh t m t
s trong các s này l n hươn a.
3.2. Phương pháp ph n ch ng 44

Sau đây trình b y m t s ví d v ng d ng phương pháp ph n ch ng trong vi c
gi i các bài toán. Trư c h t chúng ta s gi i m t s bài toán b ng cách ch n các chú
th thích h p


3.2.2 V n d ng phương pháp ph n ch ng đ gi i toán
V n d ng phương pháp ph n ch ng đ xác đ nh tính chia h t

đ có th v n d ng đư c phương pháp ph n ch ng ta ph i căn c vào đ i tư ng, tư
li u cho trong bài toán và quan h gi a chúng mà t o ra “th ” và “l ng” thích h p.

Ví d 3.2.1. Ch ng minh r ng có th tìm đư c s d ng

19651965.........1965000...0

chia h t cho 2000.

Gi i.
Dùng Am đ ký hi u s g m m s 1965 Vi t liên ti p

Am = 19651965.........1965
m l n 1965


Xét dãy g m các s Ai (1 i 2000)

1965, 1965, 1965, . . . , 19651965.........1965 (1)
2000 l n 1965

Chia các s thu c dãy (1) cho 2000 đư c 2000 s dư tương ng ri (1 i 2000).
Vì các s Ai (1 i 2000) đ u l nên không chia h t cho 2000. Do đó 2000 s dư
ri (1 i 2000) (th ) ch thu c không quá 1999 lo i (l ng). B i v y ph i có ít nh t
hai s dư gi ng nhau. Gi s (1 n, m 2000) m > n và rm = rn .
Khi đó s

Am − An = 19651965.........1965 − 19651965.........1965
m l n 1965 n l n 1965
= 19651965.........1965 00.........00
m−n l n 1965 4n s 0


chia h t cho 2000.

Ví d 3.2.2. Ch ng minh r ng t 11 s t nhiên tuỳ ý luôn luôn có th ch n ra 2 s
mà hi u bình phương c a chúng chia h t cho 20.

Gi i.
3.2. Phương pháp ph n ch ng 45

đem 11 s t nhiên tuỳ ý đã ch n ra ai (1 i 1) chia cho 10 đư c 11 s dư tương
ng ri (TH ), nhưng thu c không quá 10 lo i (LòNG), nên ph i có ít nh t hai s dư
thu c cùng m t lo i.
Gi s ai , aj (1 i, j 11) có cùng s dư là r khi chia cho 10. Khi đó có các s t
nhiên s, t đ
ai = 10s + r, aj = 0t + r,
ai − aj = 10s + r − (10t + r) = 10(s − t)
ai + aj = 10s + r + 10t + r = 2[5(s + t) + 1]

Do đó
a2 − a2 = (ai − aj )(ai + aj ) = 20(s − t)[5(s + t) + 1]
i j

chia h t cho 20.

V n d ng phương pháp ph n ch ng đ gi i các bài toán hình h c

V n d ng phương pháp ph n ch ng đ suy ra k t lu n B t gi thi t A ta c n gi
s ngư c l i, nghĩa là t A suy ra k t lu n ngư c v i B (B). Trên cơ s gi thi t ph n
ch ng này ta lý lu n đ đi t i đi u mâu thu n. Khi đó đ kh i mâu thu n ph i b gi
thi t ph n ch ng và đi t i k t lu n t gi thi t A suy ra k t lu n B.
Ví d 3.2.3. Cho tam giác đ u AOB. Trên c nh
AB l y hai đi m C và D, sao cho AC = CD =
DB. Ch ng minh các góc AOC, COD, DOB
không đ ng thư i b ng nhau.

Gi i.
L y đi m E trên c nh AO, sao cho OE = OC (Hình 9)

kip-5cm
Hình 9

Gi thi t ph n ch ng. Gi s AOC = COD = DOB = 20o . Khi đó do tam giác
EOC cân t i O, nên
180o − 20o
OEC = OCE = = 800 . (1)
2
Do AC = DB, OAC = OBD = 60o , OA = OB, nên AOC = BOD. B i do OE =
OC = OD và EOC = COD = 20o (gi thi t ph n ch ng), nên EOC = COD. B i v y
EC = CD = AC. Do đó ACE cân t i C, nên

AEC = EAC = 60o (2)

T (1) và (2) có AEC + OEC = 60o + 80o = 140 < 180o = AEC. Ta đã đi đ n mâu
thu n, nên ph i b gi thi t ph n ch ng, mà đi đ n k t lu n ba góc AOC, COD, DOB
không đ ng thư i b ng nhau.
3.2. Phương pháp ph n ch ng 46

Ví d 3.2.4. Trong tam giác đ u c nh đươn v l y 5 đi m tuỳ ý. Ch ng minh r ng có ít
1
nh t 2 đi m trong các đi m đã l y, mà kho ng cách gi a chúng không vư t quá đươn
2
v.

Gi i.
Gi s E, F, G là trung đi m các c nh AB, BC, AC.
1
N i các đi m E, F, G v i nhau đư c 4 tam giác con đ u c nh b ng , nên hai đi m
2
1
tuỳ ý trong cùng m t tam giác con đ u cách nhau m t kho ng không vư t quá đươn
2
v (Hình 10).

kip-5cm
Hình 10

Vì ch n ra 5 đi m trên m t c a 4 tam giác con, nên ph i có ít nh t 2 đi m n m trên
1
cùng m t tam giác con. Khi đó kho ng cách gi a hai đi m này không quá đươn v .
2

3.2.3 V n d ng phương pháp ph n ch ng đ gi i các bài toán
không m u m c
đ v n d ng phương pháp ph n ch ng v n ph i phân tích đ tìm ra s “th ” nhi u hươn
s “l ng”.
Ví d 3.2.5. Cho 9 đư ng th ng. M i đư ng đ u chia hình vuông ABCD thành hai t
2
giác v i t l di n tích là . Ch ng minh r ng có ít nh t 3 trong s 9 đư ng th ng này
3
đí qua m t đi m.

Gi i.

kip-4.5cm
Hình 11
1) Gi s H, K là đi m gi a các c nh AB, CD. Khi đó HK||AD||BC.
Gi s EF là m t trong nh ng đư ng th ng đã cho và EF c t HK t i đi m I. Các
t giác ABEF và CDEF đ u là hình thang và nh n HI, IK là đư ng trung bình. Do
2
SABF E = SCDEF , nên
3
AE + BF DE + CF 2 DB + CF 2
AB. = CD × = AB. × .
2 2 3 2 3
2
Do đó HI = IK, t c I là đi m chia đư ng trung bình HK c a hình vuông theo t l
3
2
. (Hình 11)
3
3.3. Phương pháp suy lu n tr c ti p 47

V y n u đư ng th ng chia hình vuông thành hai t giác (ch có th là hình ch nh t
2
ho c hình thang) có t l , thì nó ph i đi qua đi m chia đư ng trung bình cu hình
3
2
vuông thu c hai c nh còn l i theo t l 3 .
2) Trong hình vuông có b n đi m (L NG) tho mãn tính ch t trên, mà ta có 9 đư ng
th ng (TH ), nên ph i có ít nh t 3 đư ng th ng đã cho đi qua m t trong nh ng đi m
trên.

Ví d 3.2.6. Trên cánh r ng hình vuông c nh dài 1 km m c 4500 cây thông đư ng kính
50 cm. Ch ng minh r ng trong cánh r ng này có th c t ra m t th a đ t hình ch nh t
kích thư c 10 × 20 m2 , mà trên đó không m c m t cây thông nào.

Gi i.
1) Chia cánh r ng thành các ô ch nh t kích thư c 10 × 20 m2 v i “hình vi n” có
chi u r ng không nh hươn 0,5 m (đư ng kính c a m i cây thông) b ng cách sau:
Chia m t chi u hình vuông thành 48 đo n v i đ dài 20 m. Gi a hai đo n này đ t
m t đo n ngăn cách v i chi u dài 0,6 m. Hai đo n hai đ u có chi u dài m i đoan 10,3
m.
Chia chi u còn l i thành 95 đo n v i đ dài m i đo n 10 m. Gi a hai đo n có đo n
ngăn cách v i đ dài l n hươn 0,5 m.
Khi đó cánh r ng đư c chia thành 48 × 95 = 4560 ô v i kích thư c 10 × 20 m2 và
kho ng cách g n nh t gi a hai ô đ u l n hươn 0,5 m (b o đ m cho cây m c m t ô
không có g c l n sang ph n đ t c a ô khác).
2) Ph n ch ng. Trên cánh r ng s ô kích thư c 10 × 20 m2 (4560) l n hươn s cây
thông (4500), nên ph i có ít nh t m t ô (th m chí ít nh t 60 ô) kích thư c 10 × 20 m2 ,
mà trên đó không có cây thông nào.


3.3 Phương pháp suy lu n tr c ti p
Trư c m t bài toán “không m u m c” c n phân tích, đ ch n phương pháp gi i,
nhưng trư c h t xem xét kh năng v n d ng các phép suy lu n trong toán h c và cu c
s ng đ suy ra đi u c n kh ng đ nh. Sau đây xin đươn c m t s ví d đ minh ho vi c
v n d ng phương pháp suy lu n tr c ti p.

Ví d 3.3.1. Nh p h c vào kh i ph thông chuyên Toán-Tin Trư ng đ i h c Khoa h c
t nhiên, đ i h c Qu c gia Hà N i năm 2005 có 40 em bi t nh c, 40 em bi t chươi c
và 40 em bi t đá c u (m i em có th bi t nhi u môn). Th y Ch nhi m kh i Nguy n Vũ
Lương đ ngh hai th y Phó ch nhi m kh i Ph m Văn Hùng và Lê đình Vinh hư ng
d n các em t chia thành b n nhóm sinh ho t ngo i khoá, sao cho m i nhóm có đúng 10
em bi t nh c, 10 em bi t chươi c và 10 em bi t đá c u. Hãy trình b y cách chia nhóm
c a các em?

Cách chia nhóm:
3.3. Phương pháp suy lu n tr c ti p 48

1) đ u tiên chia 40 em bi t nh c thành 40 nhóm, m i nhóm ch g m 1 em

A1 , A 2 , . . . . . . , A39 , A40

2) B sung em bi t chươi c vào m i nhóm Ai (1 i 40) (N u em Ai đã bi t chươi
c thì thôi) đ đư c các nhóm

B1 , B2 , . . . . . . , B39 , B40

(M i nhóm Bi có đúng 1 em bi t nh c, 1 em bi t chươi cư )
3) B sung các em bi t đá c u chưa tham gia các nhóm vào nhóm Bi đ đư c nhóm
Ci (1 i 40), sao cho m i nhóm Ci có đúng m t em bi t nh c, m t em bi t chươi c
và không quá hai em bi t đá c u.
4) Nh p các nhóm
G i s nhóm C có 2 em bi t đá c u là k, có m t em bi t đá c u là s và không có em
nào bi t đá c u là t. Khi đó
S nhóm C là k + s + t = 40
S em bi t đá c u là 2k + 1.s + 0.t = 40.
Suy ra h
k + s + t = 40 k=t

2k + 1.s + 0.t = 40 s ch n

Vì s nhóm hai em bi t đá c u b ng s nhóm không em nào bi t đá c u b ng nhau,
s nhóm m t em bi t đá c u ch n, nên nh p m i nhóm hai em bi t đá c u v i m t nhóm
không em nào bi t đá c u, hai nhóm, m i nhóm m t em bi t đá c u v i nhau, đư c 20
nhóm:
D1 , D2 , . . . . . . D19 , D20
Khi đó m i nhóm Di (1 i 20) có đúng 2 em bi t nh c, hai em bi t chươi c và hai
em bi t đá c u.
Nh p năm nhóm D v i nhau r i b sung n t các em còn l i s đư c b n nhóm sinh
ho t ngo i khoá, mà m i nhóm có đúng 10 em bi t nh c, 10 em bi t chươi c và 10 em
bi t đá c u.
Ví d 3.3.2. L p chuyên Toán khoá I phát đ ng phong trào thi đua l y c i n p cho b p
Xóm đình. Cu i h c kỳ I th y ch nhi m Ph m Văn Đi u đ t ra ba gi i thư ng đ t ng
cho ba em đ t thành tích cao nh t. Trư c khi công b ra l p, th y Đi u đã mư i 4 em
đ t thành tích cao nh t: Nguy n đình B n, Tr n Văn Nhung, Đ Thanh Sươn, Nguy n
Văn Xoa đ n văn phòng công b gi i thư ng.
Khi v l p m i ngư i h i các em tr lư i như sau:
Em Nhung: “Mình đ t gi i nhì ho c ba”
Em Xoa: “Mình đ t gi i”
Em Sươn: “Mình đ t gi i nh t”
Em B n: “Mình không đ t gi i”
3.3. Phương pháp suy lu n tr c ti p 49

Khi đư c nghe l i các câu tr lư i trên th y đi n m m cư i và nói “Ch có 3 b n nói
th t còn m t b n nói đùa” .
B n hãy cho bi t em nào nói đùa và em nào đ t gi i nh t?

Gi i.
Trư c h t c n xác đ nh em đã nói đùa b ng cách xét câu h i c a t ng em có d n
đ n mâu thu n v i kh ng đ nh c a th y đi u hay không.
1) N u em Nhung nói đùa, thì c ba em Xoa, Sươn, B n đ u nói th t, nên ho c em
Nhung và em Sươn đ u đ t gi i nh t, ho c em Nhung và em B n không đ t gi i. đi u
này vô lý, nên em Nhung nói th t.
2) N u em Xoa nói đùa, thì c ba em Nhung, Sươn, B n đ u nói th t. Như v y c
Xoa và B n đ u không đ t gi i. đi u này trái v i gi thi t c a bài toán, nên Xoa ph i
đ t gi i.
3) N u B n nói đùa, thì c ba b n còn l i đ u nói th t, nên c b n b n đ u đ t gi i.
đi u này trái v i gi thi t c a bài toán, nên B n nói th t.
V y Sươn nói đùa. Xoa đ t gi i nh t.
Bài toán này cũng có th gi i b ng phương pháp logic m nh đ .
Ví d 3.3.3. Trong cu c h i ng gi a th y Nguy n Văn M u và ba h c trò đ t huy
chương vàng Olympic Toán Qu c t : Đàm Thanh Sươn, Nguy n Ti n Dũng, Ngô B o
Châu, khi trao đ i v phép suy lu n, th y nói “Suy lu n ch ng nh ng là phương pháp
m nh mà còn r t g n gũi v i cu c s ng thư ng nh t, nhi u khi “chươi mà h c, h c mà
chươi” . Ch ng h n, v i 5 cái mũ: 3 màu đ , 2 màu xanh; tôi mư i 3 em ng i theo hàng
d c, đ em ng i sau cũng nhìn đư c đ u 2 em ng i trư c, r i đ ng t phía sau đ i lên
đ u m i em m t cái mũ, còn hai cái d u đi. Các em th y m t cách hi n nhiên r ng dù
b t kỳ phương án đ i mũ nào v n có em phát hi n đư c màu mũ c a mình.”
B n hãy lý gi i đi u hi n nhiên mà th y M u nói?

Gi i.
Gi s th y M u x p em Châu ng i trư c, r i đ n em Dũng và sau cùng là em Sươn.
Phương án 1: Châu Dũng Sươn
Khi đó có 3 phương án đ i mũ:
đ i mũ xanh đ i mũ xanh đôi mũ đ
Vì ch có 2 mũ xanh, nên khi em Sươn nhìn th y mũ c a hai b n ng i trư c màu xanh, thì
Phương án 2: Châu Dũng Sươn
suy ra ngay màu mũ c a mình ph i đ .
đ i mũ xanh đ i mũ đ đôi mũ xanh (h
Em Dũng nhìn th y mũ c a em Châu màu xanh, nhưng không th y em Sươn xác đ nh
đư c màu mũ c a mình, suy lu n r ng: N u mũ c a em màu xanh, thì b n Sươn đã phát
hi n đư c màu mũ c a mình, nhưng b n Sươn im l ng, ch ng t màu mũ c a Dũng ph i
đ . Phương án 3:

Châu Dũng Sươn
đ i mũ đ đ i mũ xanh (ho c đ ) đôi mũ xanh (ho c đ )
3.3. Phương pháp suy lu n tr c ti p 50

Khi không th y em Sươn, em Dũng xác đ nh đư c màu mũ c a mình em Chau suy
lu n: N u màu mũ c a em xanh, thì ho c em Sươn ho c em Dũng xác đ nh đư c màu
mũ c a mình, nhưng c hai em đ u im l ng ch ng t mũ c a em màu đ .
V y kh ng đ nh c a th y Nguy n Văn M u đã đư c lý gi i.
Ví d 3.3.4. Trong cu c to đàm v thu t toán v i hai h c trò đ t huy chương vàng và
huy chương b c Olympic Tin h c qu c t Nguy n Ng c Huy và Nguy n B o Sươn, th y
Nguy n Xuân My nói: Thu t toán xu t hi n kh p nươi: Trong toán h c, trong khoa h c,
trong cu c s ng thư ng nh t và ngay c lúc vui chươi gi i trí. Ch ng h n, trên bàn có
hai đ ng diêm v i s lư ng tương ng 9 và 11. Hai em th c hi n bôc diêm theo nguyên
t c: Ngư i nào đ n lư t ph i b c ít nh t m t que diêm và n u b c m t đ ng thì có th
b c v i s lương tuỳ ý; còn n u b c c hai đ ng, thì ph i b c s lư ng b ng nhau.
Ngư i nào đ n lư t mà h t diêm thì thua cu c.
N u Huy đư c đi trư c, thì em ph i có cách b c diêm như th nào đ th ng cu c?
B n hãy nêu rõ cách b c diêm c a em Huy.

Gi i.
Trư c h t đưa ra thu t toán c n xác đ nh nh ng c p s lư ng, mà ngư i đi đ u ch c
ch n thua. Ta g i c p này là “c p thua”
1) Xác đ nh các c p thua
Quy ư c đ ng bên trái là đ ng I, đ ng còn l i là đ ng II, ngư i đi trư c là A, ngư i
còn l i là B.
C p (1, 2):
N u A b c đ ng II m t que, thì m i đ ng đ u còn m t que. Khi đó B b c đư c
h t diêm c hai đ ng, nên A thua.
N u A b c m i đ ng m t que, thì đ ng II còn m t que. Khi đó B b c m t que
diêm còn l i, nên A thua.
V y (1, 2) là c p thua.
C p (3, 5)
(a) A b c c hai đ ng
-N uAb c m i đ ng
- M t que, thì đư c c p (2, 4). Khi đó B b c đ ng II ba que và d n A v c p (2,
1), nên A thua. Hai que, thì đư c c p (1, 3). Khi đó B b c m t que đ ng II và d n
A v c p (1, 2) nên A thua cu c. Ba que thì đư c c p (0,2). Khi đó B b c n t 2 que
đ ng II, nên A thua cu c.
(b) A b c đ ng II
N uAb c đ ng II:
- M t que, thì đư c c p (3, 4). Khi đó B b c m i đ ng 2 que và d n A v c p (1,
2), nên A thua.
- Hai que, thì đư c c p (3, 3). Khi đó B b c h t diêm c hai đ ng, nên A thua.
3.3. Phương pháp suy lu n tr c ti p 51

- Ba que, thì đư c c p (3, 2). Khi đó B b c đ ng I hai que và d n A v c p (1, 2),
nên A thua .
- B n que, thì đư c c p (3, 1). Khi đó B b c đ ng I m t que và d n A v c p (1,
2), nên A thua.
- Năm que, thì đư c c p (3, 0). Khi đó B b c n t 3 que còn l i, nên A thua.
(c) A b c đ ng I.
N uAb c đ ng I
- M t que, thì đư c c p (2, 5). Khi đó B b c đ ng II b n que và d n A v c p (2,
1), nên A thua.
- Hai que, thì đư c c p (1, 5). Khi đó B b c đ ng II ba que và d n A v c p (1,
2), nên A thua.
- Ba que, thì đư c c p (0, 5). Khi đó B b c n t năm que còn l i và A thua.
2) Thu t toán
Vì c p (3, 5) là c p thua, nên Huy b c m i đ ng 6 que và d n em Sươn ph i xu t
phát v i c p thua (3, 5), nên Huy th ng.

Ví d 3.3.5. đ đ ng viên các em h c sinh gi i bài t p hình h c, th y Phan Cung đ c
đ t ra ba nhóm sưu t m và gi i bài t p hình h c v i tiêu đ : “Qu tích”, “Bi n hình” và
“đ ng d ng” .
Các h c sinh nam l p 11 kh i ph thông chuyên Toán-Tin Trư ng đ i h c khoa h c
T nhiên tham gia các nhóm do th y đ c đ t ra.
Khi tìm hi u th y r ng có 7 em tham gia nhóm “Qu tích”, 6 em tham gia nhóm bi n
hình, 5 em tham gia nhóm đ ng d ng, 4 em tham gia v a nhóm “Qu tích” v a nhóm
“Bi n hình”, 3 em tham gia v a nhóm “Qu tích” v a nhóm “đ ng d ng”, 2 em tham gia
v a nhóm “Bi n hình” v a nhóm “đ ng d ng”, 1 em tham gia c ba nhóm.
B n hãy xác đ nh giúp s h c sinh nam c a l p 11 kh i ph thông chuyên Toán- Tin
c a Trư ng đ i h c Khoa h c t nhiên.

Gi i.

Dùng 3 hình tròn “Qu tích”, “Bi n hình”, “đ ng d ng” đ bi u th ba kh i h c sinh
nam c a l p 11 tham gia ba nhóm: “Qu tích”, “Bi n hình” và “đ ng d ng”. Khi đó
- Ph n giao c a c ba hình tròn bi u th ph n h c sinh tham gia đông thư i c ba
nhóm.
- Ph n giao c a các hình tròn “Qu tích” và “Bi n hình” bi u th ph n h c sinh tham
gia đông thư i hai nhóm “Qu tích” và “Bi n hình”.
- Ph n giao c a các hình tròn “Qu tích” và “đ ng d ng” bi u th ph n h c sinh
tham gia đ ng thư i hai nhóm “Bi n hình” và “đ ng d ng” .
Căn c vào các đi u ki n c a bài toán v i phương pháp lo i tr xác đ nh đư c s
lư ng các kh i ghi trên hình 12. T đó suy ra s h c sinh nam c a l p 11, Trư ng đ i
3.4. Phương pháp m nh đ 52

h c Khoa h c t nhiên là:

1 + 3 + 1 + 1 + 2 + 1 + 1 = 10

Ví d 3.3.6. Th y Nguy n Ng c Th ng cho l p 10A1 Toán ki m tra ph n tam th c b c
2. B n em Xuân, H , Thu, đông làm bài khá nh t, trong đó có m t em đ t đi m 10.
Khi h i d đoán
Em Linh nói: “Theo em b n Xuân ho c b n H đ t đi m 10”
Em Nam nói: “Theo em b n H ho c b n Thu đ t đi m 10‘”
Em Minh nói: “Theo em b n Thu ho c b n đông đ t đi m 10”
Nghe xong th y Th ng m m cư i và kh ng đ nh: “Ch có Minh đoán đúng m t b n,
hai em còn l i đoán sai c ”.
B n hãy xác đ nh ngư i đ t đi m 10.

Gi i.
N u ngư i em Minh d đoán đúng là em Thu, thì em Nam cũng d đoán đúng m t
ngư i, nên mâu thu n v i đi u ki n Nam và Linh đ u d đoán sai h t. B i v y ngư i mà
Minh d đoán đúng ph i là em đông. Trong trư ng h p này em Linh và em Nam đ u
d đoán sai h t c , nên tho mãn đi u ki n c a bài toán. V y em đông đ t đi m 10.


3.4 Phương pháp m nh đ

3.4.1 Khái ni m v logic m nh đ
Đ nh nghĩa. M nh đ là m t câu tr n nghĩa (m t kh ng đ nh) mà n i dung c a nó
ph n ánh đúng ho c sai th c t khách quan.
M nh đ đúng: N u n i dung c a m nh đ (A) ph n ánh đúng th c t khách quan
(kh ng đ nh đúng v i th c t ), thì nó đư c g i là m nh đ đúng hay m nh đ nh n giá
tr đúng và vi t A = Ø ho c A = 1.
M nh đ sai: N u n i dung c a m nh đ (A) ph n ánh sai th c t khách quan (kh ng
đ nh sai v i th c t ), thì nó đư c g i là m nh đ sai hay m nh đ nh n giá tr sai và
vi t A = S ho c A = 0
Các giá tr Ø, S(0, 1) đư c g i là giá tr chân lý (hay giá tr ) c a m nh đ .
Bi n m nh đ : Ký hi u dùng đ ch m nh đ đư c g i là bi n m nh đ . Ngư i ta thư ng
dùng các ch cái in ho c vi t tay có ch s ho c không, ch ng h n a, b, c, . . . , a1 , b1 , c1 , . . . , x1 , x2 , . .
làm bi n m nh đ .


3.4.2 Các phép toán m nh đ
Trên t p h p m nh đ xác đ nh 5 phép toán:
3.4. Phương pháp m nh đ 53

-Phép ph đ nh đư c ký hi u b ng −
-Phép h i đư c ký hi u b ng •
-Phép tuy n đư c ký hi u b ng ∨
-Phép kéo theo đư c ký hi u b ng ⇒
-Phép tương đương đư c ký hi u b ng ⇔
và đư c xác đ nh b ng b ng giá tr chân lý sau đây:

x y x x•y x∨y x⇒y x⇔y
0 0 1 0 0 1 1
0 1 1 0 1 1 0
1 0 0 0 1 0 0
1 1 0 1 1 1 1


3.4.3 Công th c c a logic m nh đ
T các m nh đ và phép toán ph đ nh, h i, tuy n, kéo theo và tương đương l p
nên các “bi u th c logic”, mà m t nhóm trong chúng đư c g i là các công th c c a logic
m nh đ và đ nh nghĩa b ng quy n p như sau:


Đ nh nghĩa

a) Các bi n m nh đ : x, y, z . . . , X, Y, Z, . . . đư c th a nh n là các công th c c a logic
m nh đ ;
b) N u A, B là các công th c c a logíc m nh đ , thì (A), (B), (A • B), (A ∨ B),
(A → B), (A ⇔ B) là công th c c a logic m nh đ .
c) Ch các “bi u th c” đư c xác đ nh m c (a) ho c m c (b) m i là công th c c a
logic m nh đ .


Giá tr c a công th c

Gi s A(x1 , x2 , . . . , xn ) là m t công th c c a logic m nh đ .
Giá tr chân lý β nh n đư c khi thay t t c các v trí c a bi n m nh đ xi trong
công th c A b ng αi (αi = 0, 1) (1 i n) đư c g i là giá tr chân lý (hay giá tr ) c a
công th c A t i b giá tr α = (α1 , α2 , . . . , αn ) c a các bi n m nh đ và vi t

A(α) = A(α1 , α2 , . . . , αn ) = β


Công th c h ng đúng, h ng sai và tho đư c

Công th c A(x1 , x2 , . . . , xn ) đư c g i là công th c h ng đúng (h ng sai) và vi t

A(x1 , x2 , . . . , xn ≡ 1(A(x1 , x2 , . . . , xn ) ≡ 0)
3.4. Phương pháp m nh đ 54

n u v i m i b giá tr α = (α1 , α2 , . . . , αn ) c a các bi n m nh đ

A(α1 , α2 , . . . , αn ) = 1(A(α1 , α2 , . . . , αn ) = 0).

Công th c A(x1 , x2 , . . . , xn ) đư c g i là công th c tho đư c, n u t n t i ít nh t
m t b giá tr α = (α1 , α2 , . . . , αn ) c a bi n m nh đ , đ

A(α1 , α2 , . . . , αn ) = 1.


Công th c b ng nhau

Công th c A(x1 , x2 , . . . , xn ) và công th c B(x1 , x2 , . . . , xn ) đư c g i là hai công th c
b ng nhau và vi t A = B, n u t i m i b giá tr
α = (α1 , α2 , . . . , αn ) c a các bi n m nh đ đ u có:

A(α1 , α2 , . . . , αn ) = B(α1 , α2 , . . . , αn )


3.4.4 Các lu t c a logic m nh đ
M t s công th c đóng vai trò như các h ng đ ng th c đáng nh , đư c s d ng thư ng
xuyên trong khi bi n đ i công th c và gi i các bài t p toán logic đ ng thư i đư c g i là
các lu t c a logic m nh đ .
Sau đây li t kê 23 lu t quan trong nh t c a logic m nh đ :

1. A → B = A ∨ B (thay kéo theo b ng ph đ nh và tuy n)

2. A ∧ (B ∨ C) = A ∧ B ∨ A ∧ C (phân ph i c a h i đ i v i tuy n)

3. A ∨ B ∧ C = (A ∨ B) ∧ (A ∨ C) (phân ph i c a tuy n đ i v i h i)

4. A ∨ B = A ∧ B (Lu t DeMorgan)

5. A ∧ B = A ∨ B (Lu t DeMorgan)

6. A ⇔ B = A ∧ B ∨ A ∧ B (Thay phép tương đương)

7. A ∧ (A ∨ B) = A (Lu t h p th c a h i đ i v i tuy n)

8. A ∨ A ∧ B) = A (Lu t h p th c a tuy n đ i v i h i)

9. A ∧ B ∨ B = A ∨ B (Lu t h p th )

10. (A ∨ B) ∧ B = A ∧ B (Lu t h p th )

11. A ∧ B = B ∧ A (Tính giao hoán c a h i)

12. A ∨ B = B ∨ A (Tính giao hoán c a tuy n)

13. (A ∧ B) ∧ C = A ∧ (A ∧ C) (Tính k t h p c a h i)
3.4. Phương pháp m nh đ 55

14. (A ∨ B) ∨ C = A ∨ (A ∨ C) (Tính k t h p c a tuy n)

15. A ∧ A = A (Tính lu đ ng c a h i)

16. A ∨ A = A (Tính lu đ ng c a tuy n)

17. A ∧ A = 0 (A và không A luôn luôn sai)

18. A ∨ A = 1 (A ho c không A luôn luôn đúng)

19. A ∧ 0 = 0 (A và h ng sai luôn luôn sai)

20. A ∨ 0 = A (A ho c h ng sai luôn là A)

21. A ∧ 1 = A (A và h ng đúng luôn là A)

22. A ∨ 1 = 1 (A hay h ng đúng luôn h ng đúng)

23. A = A (Hai l n ph đ nh c a m nh đ A l i chính là A)


Phép bi n đ i đ ng nh t

D a vào các lu t cơ b n ngư i ta có th bi n đ i các công th c c a logic m nh đ
thành các đ i lư ng tương đ ng và “đươn gi n” ho c ti n ích hươn. Nh đó vi c gi i
phương trình, h phương trình logic, xét tính b ng nhau, tính h ng đúng c a các công
th c đư c th c hi n m t cách d dàng hươn.


M t s kh ng đ nh

H i sơ c p: H i c a các bi n m nh đ ho c ph đ nh c a chúng đư c g i là H i sơ
c p.
Tuy n sơ c p: Tuy n c a các bi n m nh đ ho c ph đ nh c a chúng đư c g i là
Tuy n sơ c p.
Nh các lu t c a logic m nh đ ta có th suy ra các kh ng đ nh sau đây:
Kh ng đ nh 1: M t h i sơ c p h ng sai khi và ch khi nó có chưa m t bi n m nh đ
nào đó cùng v i ph đ nh c a bi n m nh đ này.
Kh ng đ nh 2: M t tuy n sơ c p h ng đúng khi và ch khi nó có ch a m t bi n m nh
đ nào đó cùng v i ph đ nh c a bi n m nh đ này.
Gi s A1 , A2 , . . . , An là các công th c c a logic m nh đ . Khi đó có các kh ng đ nh
sau:
Kh ng đ nh 3:
(A1 ) ∧ (A2 ) ∧ · · · ∧ (An ) = 1 khi và ch khi A1 = A2 = · · · = An = 1
Kh ng đ nh 4:
(A1 ) ∨ (A2 ) ∨ · · · ∨ (An ) = 0 khi và ch khi A1 = A2 = · · · = An = 0
3.4. Phương pháp m nh đ 56

Phương pháp logic m nh đ

Phương pháp logic m nh đ là phương pháp chuy n bài toán v d ng logic m nh đ ,
r i dùng các lu t và các kh ng đ nh c a logic m nh đ mà suy ra đáp án. Phương pháp
g m ba bư c sau:
1) Ch n các bi n m nh đ thích h p, tương ng, di n đ t các m i quan h , hi n
tr ng... đư c cho trong bài toán b ng các công th c c a logic m nh đ . Sau đó căn c
vào m i quan h và các đi u ki n đã cho trong bài toán mà đưa ra phương trình ho c
h phương trình logic thích h p.
2) Gi i phương trình ho c h phương trình logic, đ suy ra các “nghi m logic".
3) Căn c vào s tương ng khi ch n bi n m nh đ , mà di n đ t các “nghi m logic"
thành đáp án c a bài toán đ t ra.
Ví d 3.4.1. Th y Ph m Tu n Dương- ch nhi m l p chuyên Toán khoá II phân công
các em đ Ng c Di p, Nguy n đình Hoá, Ph m Tr ng Quát, Đào Tr ng Thi tr c khu
sơ tán t i xóm Na Bu n, xã Văn Yên, huy n đ i T , t nh B c Thái (nay là t nh Thái
Nguyên) b n ngày liên ti p Ba mươi, M ng 1, M ng hai, M ng ba t t năm 1966 và đ ng
viên các em ghi nguy n v ng. Các em đã đ đ t nguy n v ng như sau:

1. Em Thi và em Quát không th tr c nh t vào ngày ba mươi.
2. N u em Thi tr c ngày M ng m t ho c em Quát tr c ngày M ng hai, thì em Hoá
tr c ngày M ng ba.
3. N u em Di p tr c ngày M ng hai, thì em Hoá tr c ngày M ng m t
4. N u em Di p ho c em Quát tr c ngày M ng m t, thì em Thi tr c ngày M ng ba.
5. N u em Quát không tr c ngày M ng ba, thì em Di p tr c ngày Ba mươi và em
Thi không tr c ngày M ng hai.

B n x p giúp l ch tr c tho mãn nguy n v ng c a t t c các em.

Gi i.

1. Xác đ nh bi n m nh đ
Đ đươn gi n ta g i các ngày Ba mươi, M ng m t, M ng ha, M ng ba là ngày 0,
ngày 1, ngày 2, ngày 3 và dùng ch cái đ u c a tên đ ch các em.
V i quy ư c này xi là bi n đ ch m nh đ “Em x tr c ngày i” (i = 0, 1, 2, 3). Khi
đó xi là m nh đ “Em x không tr c ngày i”.
2. L p công th c di n t đi u ki n:
- đi u ki n 1 đư c di n t b ng công th c A = t0 .q 0
- đi u ki n 2 đư c di n đ t b ng công th c

B = (t1 ∨ q2 ) → h3 = t2 ∨ q2 ∨ h3 = t1 .q 2 ∨ h3
3.4. Phương pháp m nh đ 57

- đi u ki n ba đư c di n đ t b ng công th c:
C = d2 → h1 = d2 ∨ h1

- đi u ki n 4 đư c di n đ t b ng công th c:
D = (d1 ∨ q1 ) → t3 = d1 ∨ q1 ∨ t3 = d1 .q 1 ∨ t3

- đi u ki n 5 đư c di n đ t b ng công th c:
E = q 3 → d0 .t2 = q3 ∨ d0 .t2

3. L p phương trình logic
Vì phương án tr c nh t ph i tho mãn yêu c u c a t t c các em, nên phương án
dư i d ng “ngôn ng logic m nh đ ” ph i là nghi m c a phương trình:
A.B.C.D.E = 1 (1)
A.B = t0 .q 0 .(t1 .q 2 ∨ h3 ) = t0 q 0 t1 q 2 ∨ t0 .q 0 .h3
A.B.C = (t0 .q 0 .t1 .q 2 ∨ t0 .q 0 .h3 ).(d2 ∨ h1 )
= t0 .q 0 .t1 .q 2 .d2 ∨ t0 .q 0 .t1 .q 2 .h1 ∨ t0 q 0 .h3 d2 ∨ t0 .q 0 .h3 .h1

Vì m i em ch tr c m t ngày, nên h3 .h1 = 0. Do đó:
A.B.C =t0 .q 0 .t1 .q 2 .d2 ∨ t0 .q 0 .t1 .q 2 .h1 ∨ t0 q 0 .h3 d2
A.B.C.D =(t0 .q 0 .t1 .q 2 .d2 ∨ t0 .q 0 .t1 .q 2 .h1 ∨ t0 .q 0 .h3 .d2 )(d1 .q 1 ∨ t3 )
=t0 .t1 q 0 .q 1 .q 2 .d1 .d2 ∨ t0 .t1 q 0 .q 2 .d2 .t3 ∨ t0 .t1 q 0 .q 1 q 2 .d1 .h1
∨ t0 .t1 q 0 .q 2 .h1 .t3 ) ∨ t0 .q 0 .q 1 .d1 .d2 .h3 ∨ t0 .q 0 .d2 .h3 .t3

Nh ng h i d n đ n mâu thu n: ho c m t ngư i tr c hai ngày ho c hai ngư i tr c
t .t q .q .q .d .d = 0; t0 .t1 q
cùng m t ngày đ u ph i b ng không. B i v y 0 1 0 1 2 1 2
t0 .q 0 .q 1 .d1 .d2 .h3 = 0; t0 .q 0 .
nên: A.B.C.D = t0 .t1 q 0 .q 2 .d2 .t3 ∨ t0 .t1 q 0 .q 1 .q 2 .d1 .h1
A.B.C.D.E =(t0 .t1 q 0 .q 2 .d2 .t3 ∨ t0 .t1 q 0 .q 1 .q 2 .d1 .h1 )(q3 ∨ d0 t2 )
=t0 .t1 q 0 .q 2 .d2 .t3 .q3 ∨ t0 .t1 q 0 .q 2 .d0 .d2 .t2 .t3 ∨
∨ t0 .t1 q 0 .q 1 .q 2 .d1 .h1 .q3 ∨ t0 .t1 q 0 .q 1 .q 2 .d1 .h1 .d0 .t2
=1

Nh ng h i d n đ n hai ngư i cùng tr c m t ngày ho c m t ngư i tr c hai ngày
đ u ph i b ng 0, nên h i th nh t, th hai và th tư đ u b ng o và có phương
trình:
t0 .t1 q 0 .q 1 .q 2 .d1 .h1 .q3 = 1
Suy ra
t0 = 1; t1 = 1; q 0 = q 1 = q 2 = d1 = h1 = q3 = 1
hay t0 = t1 = q0 = q1 = q2 = d1 = 0 = 0, h1 = q3 = 1.
3.4. Phương pháp m nh đ 58

Khi đó
Em Hoá tr c ngày M ng m t
Em Quát tr c ngày M ng ba
Em Thi tr c ngày M ng hai
Em Di p tr c ngày Ba mươi.

Ví d 3.4.2. Th y Phan đ c Ch nh ch đ nh b n em h c sinh n c a l p chuyên Toán
khoá I: Tr n Th đ , Hoàng Th Lương, Văn Tâng M ng, Phan Huy Thanh trình b y
b n bài toán m u đư c đánh s th t t 1 đ n 4. Th y cho phép t phân công và các
em tho thu n như sau:

1. N u đ không trình b y bài 1, thì M ng không trình bày bài 2;

2. N u Lương không trình bày bài 1 và bài 4, thì đ trình bày bài 1;

3. N u M ng không trình bày bài 4, thì Lương trình b y bài 3.

4. N u Thanh không trình bày bài 1, thì Lương trình bày bài1;

5. N u Thanh không trình bày bài 2, thì Lương không trình bày bài 1

B n hãy xác đ nh bài toán c a m i em trình bày?

Gi i.
1) Ch n bi n m nh đ
Dùng ch cái đ u c a tên đ ch em h c sinh tương ng và ch s i (i = 1, 2, 3, 4)
đ ch bài toán th i.
Dùng xi đ ch m nh đ “Em x trình bày bài i”. Khi đó xi là m nh đ “Em xi không
trình bày bài i”.
2) Di n đ t các đi u ki n c a bài toán b ng công th c c a logic m nh đ :
đi u ki n th nh t di n đ t b ng công th c:

A = d1 → m2 = d1 ∨ m2

đi u ki n th hai di n đ t b ng công th c:

B = l1 .l4 → d1 = l1 ∨ l4 ∨ d1

đi u ki n th ba di n đ t b ng công th c:

C = m4 → l3 = m4 ∨ l3

đi u ki n th tư di n đ t b ng công th c:

D = t1 → l1 = t1 ∨ l1
3.5. Phương pháp b ng 59

đi u ki n th năm di n đ t b ng công th c:

E = t2 → l1 = t2 ∨ l1

Vì b ng phân công tr c ph i đư c c b n em nh t trí nên có phương trình logic.

A.B.C.D.E = 1

L n lư t các h i A.B, A.B.C, A.B.C.D, A.B.C.D.E và đ ý r ng: Các h i sơ c p mà
trong đó hai ngư i cùng trình bày m t bài t p ho c m t ngư i trình bày hai bài t p
khác nhau đ u sai, ta có:

A.B =(d1 ∨ m2 )(l1 ∨ l4 ∨ d1 )
=d1 l1 ∨ d1 l4 ∨ d1 d1 ∨ m2 l1 ∨ m2 l4 ∨ m2 d1
=d1 ∨ d1 l4 ∨ m2 l1 ∨ m2 l4 ∨ m2 d1
A.B.C =(d1 ∨ d1 l4 ∨ m2 l1 ∨ m2 l4 ∨ m2 d1 ).(m4 ∨ l3 )
=d1 m4 ∨ d1 l3 ∨ d1 l4 m4 ∨ d1 l4 l3 ∨ m2 l1 m4 ∨ m2 l1 l3
∨ m2 l4 m4 ∨ m2 l4 l3 ∨ m2 d1 m4 ∨ m2 d1 l3
=d1 m4 ∨ d1 l3 ∨ m2 l1 m4 ∨ m2 d1 m4 ∨ m2 d1 l3
A.B.C.D =(d1 m4 ∨ d1 l3 ∨ m2 l1 m4 ∨ m2 d1 m4 ∨ m2 d1 l3 )(t1 ∨ l1 )
=m2 l1 m4
A.B.C.D.E =m2 l1 m4 (t2 ∨ l1 ) = m2 l1 m4 t2 ∨ m2 l1 m4 l1
=m2 l1 m4 t2 = 1

Khi đó: m2 = 1, l1 = 1, m4 = 1, t2 = 1 nên m2 = 0, l1 = 1, m4 = 1, t2 = 1.
Suy ra:
Em Lương trình bày bài 1
Em Thanh trình bày bài 2
Em M ng trình bày bài 4
Và em đ trình bày bài 3.


3.5 Phương pháp b ng
Nhi u bài toán logic có th gi i b ng cách l p b ng mô t m i quan h gi a các đ i
tư ng đư c cho trong bài toán. đ i v i m t s bài toán logic trong đó xu t hi n hai hay
nhi u t p và các c p ph n t nói lên m i quan h gi các t p ngư i ta có th thi t l p
m t hay nhi u b ng, đ mô t m i quan h gi a các t p.
M i b ng này có hàng trên cùng ghi các ph n t c a m t t p, còn c t t n cùng bên
trái ghi các ph n t thu c t p kia và các v trí trong b ng ghi mã s quan h gi a nh ng
ph n t thu c các t p. Căn c vào các đi u ki n đã cho trong bài toán g ch b đi nh ng
c p ph n t không thích h p. T đó đi đ n lư i gi i c a bài toán.
3.5. Phương pháp b ng 60

Gi i bài toán logic b ng phương pháp b ng đôi khi v p ph i trư ng h p b ng c n
l p có chi u khá l n ho c ph i k t h p nhi u b ng m i đi đ n k t qu . Sau đây xin minh
ho phương pháp b ng m t s ví d :
Ví d 3.5.1. Th y ch nhi m kh i Lê đình Th nh công b đi m ki m tra h c sinh gi i
riêng cho b n em Phan Vũ Di m H ng, Nguy n Th Thi u Hoa, Nguy n Thuỳ Linh và
đào Th Thu H ng. Khi các b n h i đi m c a t ng ngư i, thì đư c tr lư i:
- Em Di m H ng nói: B n Hoa 7 đi m, b n Linh 9 đi m, b n Thu H ng 8 đi m”
;
- Em Hoa nói:” B n Thu H ng 10 đi m, b n Di m H ng 8 đi m và b n Linh 7 đi m”;
- Em Linh nói:” C ba b n đ u đư c 8” ;
- Em Thu H ng nói:” C ba b n đ u đư c 7”.
Khi nghe các câu tr lư i trên th y Th nh nói:” Không có em nào đư c hai b n cùng
nói đúng đi m”.
B n hãy xác đ nh đi m c a t ng em?

Gi i.
Bài toán có hai t p đ i tư ng. T p th nh t g m các em h c sinh, t p th hai là
đi m c a các em. Bài toán này có th gi i b ng phương pháp b ng:
1) L p b ng:
B ng g m 5 hàng, 5 c t. Hàng đ u t c t th hai ghi tên các em h c sinh, còn trên
c t t n cùng bên trái t hàng hai ghi tên câu tr lư i.
2) đi n mã s quan h gi a các em và đi m vào v trí c a b ng:

3) Vì không có em nào cùng đư c hai em nói đúng đi m c a mình, nên d a vào b ng
trên suy ra đi m c a các em là: Em Di m H ng 7, em Hoa 8, em Linh 9 và em Thu
H ng 10.
Ví d 3.5.2. Nhân d p k ni m ngày Nhà giáo Vi t Nam 20 tháng 11, phó ch nhi m
kh i cô đ ng Thanh Hoa ch đ o 4 em Cúc, đào, H ng, Sen làm b n bông hoa: cúc, đào,
h ng, sen.
Sau khi hoàn thành em Sen ng m hoa và nói v i các em làm hoa cúc, hoa h ng và
b n đào: Th là trong chúng ta không có ai làm hoa trùng v i tên mình”. B n hãy xác
đ nh tên hoa mà m i em đã làm?

1. Hàng đ u t c t th hai ghi tên các em làm hoa, còn c t t n cùng bên trái t
hàng hai ghi tên hoa mà các em đã làm:
2. G ch b ô c a b ng
- Do không có em nào làm lo i hoa gi ng tên mình nên các ô n m trên hàng và c t
cùng tên đ u b g c b .
- Câu em Sen ng m hoa và nói v i các em làm hoa cúc, hoa h ng và em đào” ch ng
t :
3.5. Phương pháp b ng 61

+ Em đào không làm hoa cúc, hoa h ng.
+ Em Sen không làm hoa cúc, hoa h ng. Khi đó các ô n m trên hàng h ng, c t Sen
và c t đào b g c b các ô n m trên hàng cúc c t Sen và c t đào b g c b . T c t cu i
cùng suy ra em Sen làm hoa đáo, nên các ô còn l i cu hàng đào b gh ch b . Cu i cùng
t c t Cúc suy ra Cúc làm hoa h ng, t c t h ng suy ra H ng làm hoa cúc.
Em Cúc làm hoa h ng;
Em đào làm hoa sen;
Em H ng làm hoa cúc;
Em Sen làm hoa đào.
Ví d 3.5.3. Nhân d p k ni m 30 năm ngày thành l p kh i ph thông chuyên Toán-
Tin trư ng đ i h c t ng h p Hà N i Kh i phát đ ng phong trào vi t v nh ng k ni m
sâu s c trong thư i h c sinh. Th y Lê đình Vinh ch trì vi c ch m bài. K t qu có hai
bài đ t gi i nh t. đáp l i câu h i nh ng ai đ t gi i nh t có năm câu tr lư i:

1. Em Hoàng Ng c Hà và em Hoàng Lê Minh
2. Em Nguy n Thành Nam và em Phùng Văn n
3. Em Nguy n đăng Thành và em Nguy n Thành Nam
4. Em Hoàng Ng c Hà và em Nguy n đăng Thành,
5. Em Hoàng Ng c Hà và em Lê Quang Ti n.

Khi nghe các câu tr lư i trên th y Vinh m m cư i và nói g n: “B n câu m i câu
đúng m t n a, còn m t câu sai h t!”
B n hãy xác đ nh nh ng ngư i đ t gi i nh t.

Gi i.
I. L p b ng di n t các câu tr lư i

II. Lý lu n đ suy ra đáp án
1. K t qu trình bày trên b ng tho mãn đi u ki n c a đ bài
2. Ngư c l i, k t qu không như trên b ng, thì c n xét các kh năng có th suy ra:

i) N u Minh không nh t, khi đó câu 1 sai hoàn toàn, nên các câu 2, 3, 4, 5 m i câu
ph i đúng m t n a, nên Thành, Ti n nh t. Khi đó Nam và n không nh t, nên câu 2
l i sai c hai ý. Ta đi t i mâu thu n vì có hai câu sai hoàn toàn.
ii) N u Thành không nh t, thì câu 4 sai hoàn toàn, nên các câu 1, 3, 5 ph i đúng
m t n a. B i v y, Minh, Nam, Ti n ph i đ t gi i nh t. Ta cũng đi t i mâu thu n v i
s lư ng ngư i đ t gi i nh t ch là 2.
iii) N u Ti n không nh t, thì câu 5 sai hoàn toàn nên các câu 1, 2, 3, 4 m i câu ph i
đúng m t n a, nên Minh, n, Thành ph i đ t gi i nh t. Ta cùng đi t i mâu thu n. V y
em Hà ph i đ t gi i nh t.
3.5. Phương pháp b ng 62

a) N u Hà không nh t, mà theo đi u kiên ph i có ít nh t m t trong ba ngư i: Minh,
Thành, Ti n không nh t.
b) N u Hà nh t và Nam nh t, thì d n đ n mâu thu n vì c 5 câu m i câu đúng m t
n a.
c) N u Hà nh t và Thành nh t ho c Ti n nh t, thì khi đó có câu đúng c hai ý, nên
cùng d n đ n mâu thu n.

Ví d 3.5.4. Th y đư ng Hoàng Giang tr bài ki m tra môn Hoá h c cho l p 11 A1
Toán. Khi b n Thùy l p 11 A1 Tin h i đi m c a các b n Bình, đ nh, Linh, Nam thì
nh n đư c các câu tr lư i:
- B n Bình nói: B n Nam đư c 7, đ nh đư c 8, Linh đư c 9”
- B n đ nh nói: B n Nam đư c 10, Linh đư c 8, Bình đư c 9”
- B n Linh nói: C ba b n đ u đư c 7”
- B n Nam nói: C ba b n đ u đư c 8”
Khi nghe các câu tr lư i th y Giang nói: Không có em nào đư c hai b n cùng nói
đúng đi m và m i câu tr lư i ch nói đúng đi m m t em”.
B n hãy xác đ nh s đi m c a t ng ngư i.

Gi i.

1. L p b ng mô t các câu tr lư i

Bình đ nh Linh Nam
Bình tr lư i 8 9 7
đ nh tr lư i 9 8 10
Linh tr lư i 7 7 7
Nam tr lư i 8 8 8

2. Phân tích lo i tr đ tìm ra đáp án:
Xét các c t 2, 3, và 4. Vì không ngư i nào đư c hai b n cùng nói đúng đi m c a
mình nên:
- B n đ nh không th đ t đư c đi m 8,
- B n Linh không th đ t đư c đi m 8,
- B n Nam không th đ t đư c đi m 7.
N u b n đ nh đư c đi m 7, b n Linh đư c đi m 9, b n Nam đư c đi m 10, thì
b n Bình đư c đi m 8. Phương án này tho mãn c đi u ki n: M i câu tr lư i
ch đúng đi m c a m t ngư i.
V y b n Bình đư c 8, b n đ nh đư c 7, b n Linh đư c 9 và b n Nam đư c 10.
3.6. Phương pháp sơ đ 63


3.6 Phương pháp sơ đ
đây là phương pháp tương t như phương pháp b ng, song phương pháp này l i th
hươn khi gi i quy t các bài toán mà đó s t p đ i tư ng l n hươn 2.
1) Phương pháp sơ đ g m 2 bươc: Thi t l p sơ đ
L y các nhóm đi m trên m t ph ng hay trong không gian tương ng v i các t p.
Dùng ngay ký hi u các đ i tư ng đ ghi trên các đi m tương ng.
2) M i c p đi m tương ng v i hai đ i tư ng có m t quan h nào đó đã cho trong
m t bài toán đư c n i v i nhau b ng m t đo n th ng ho c m t đo n cong đ c trưng
cho quan h mà nó bi u th và không đi qua các đi m tương ng chung gian khác. Ta
g i sơ đ nh n đư c là sơ đ mô t quan h . D a vào c u trúc c a sơ đ mô t quan h
và đi u ki n đã cho trong bài toán mà suy ra đáp án
Sau đây xin trình bày m t s ví d minh ho :
Ví d 3.6.1. B n em Anh, Dũng, H ng, Vi t chu n b lên đư ng đi thi h c sinh gi i
toàn qu c đư c th y đ Thanh Sươn cho bi t trư c đi m môn Hình h c.
B n Nam mu n bi t đi m c a t ng ngư i. Khi h i đư c các b n tr lư i úp úp m
m như sau:
- Anh nói: C ba đ u đư c 7”.
- Dũng nói: B n H ng 7 đi m, b n Vi t 9 đi m, b n Anh 8 đi m”.
- H ng nói: B n Anh 10 đi m, b n Dũng 8 đi m và b n Vi t 7 đi m”.
- Vi t nói: C ba b n đ u đư c 8”.
B n hãy xác đ nh đi m c a t ng ngư i? Bi t r ng không có b n nào cùng đư c hai
b n nói đúng đi m c a mình.

Gi i.

1) Thi t l p sơ đ
L y hai nhóm đi m trên m t ph ng tương ng v i hai t p đ i tư ng.
T p th nh t g m các em Anh, Dũng, H ng, Vi t.
T p th hai g m các đi m: 7, 8, 9, 10
Sau đó căn c vào câu nói c a các em mà xác l p các quan h gi a các t p đ i tư ng.
a) Theo em Anh, ba em Dũng, H ng, Vi t đ u đư c 7, nên đi m tương ng v i Dũng,
H ng, Vi t đ u có đư ng n i v i đi m ghi s 7;
b) Theo em Dũng, gi a đi m “H ng” và đi m “7”, gi a đi m “Vi t” và đi m “9”, gi a
đi m “Anh” và đi m “8” đ u có đư ng n i v i nhau;
c) Theo em H ng, gi a đi m “Anh” và đi m “10”, gi a đi m “Dũng” và đi m “8”, gi a
đi m “Vi t” và đi m “7” đ u có đư ng n i v i nhau;
d) Theo em Vi t, gi a đi m “8” và các đi m “Anh”, “Dũng”, “H ng” đ u có đư ng n i
v i nhau (Hình 13);
3.6. Phương pháp sơ đ 64

2) Vì không có em nào đư c hai em đ ng thư i nói đúng đi m c a mình, nên trong
hình 13 các quan h song song đ u b lo i b , t c ch có quan h đươn m i th c hi n.
B i v y em Anh đ t đi m 10, em Vi t đ t đi m 9, em H ng đ t đi m 8 và em Dũng đ t
đi m 7.

Ví d 3.6.2. Th y Ph m Quang đ c ra m t đ qu tích trong không gian trên báo tư ng
c a Kh i. Sáu em An, Bình, Cư ng, đ t, Ki u, Minh n p bài gi i. Sau khi ch m xong
th y công b k t qu riêng cho các em và kh ng đ nh ch có hai em gi i đúng.
Câu h i ai đã gi i đúng có năm câu tr lư i:

1. An và Cư ng

2. Bình và Ki u

3. Minh và Bình

4. An và Minh

5. An và đ t

Khi nghe các câu tr lư i trên Th y đ c m m cư i và nói “Có 4 câu đúng m t n a, còn
m t câu sai t t c ” .
B n hãy xác đ nh giúp hai b n gi i đúng

Gi i.
L y hai nhóm đi m trên m t ph ng tương ng v i hai t p đ i tư ng:
1) T p th nh t g m các câu tr lư i;
T p th hai g m các em An, Bình, Cư ng, đ t, Ki u, Minh.
2) Thi t l p quan h
Dùng đư ng nét li n đ bi u th kh ng đ nh đúng, đư ng nét đ t bi u th kh ng đ nh
sai.
D a vào đi u ki n đã cho trong bài toán và phương pháp lo i tr mà thi t l p quan
h gi a hai t p đ i tư ng.
a) Gi s em An và em Ki u gi i đúng bài toán trên báo tư ng. Khi đó có sơ đ
quan h :
Sơ đ quan h (Hình 14) tho mãn toàn b đi u ki n c a bài toán, nên hai em An,
Ki u gi i đúng bài toán trên báo tư ng.
b) Xét các c p còn l i
Ta xét các c p tuỳ ý trong các c p còn l i, ch ng h n, gi s c hai em An, Bình
đ u gi i đúng bài toán trên báo tư ng. Khi đó có sơ đ quan h (Hình 15).
Sơ đ quan h (Hình 15) không tho mãn đi u ki n: M t em nói sai c hai ý nên hai
em An, Bình không đ ng thư i gi i đúng bài toán trên báo tư ng.
3.7. Phương pháp đ th 65

Các c p còn l i xét tương t và cũng ch ng t đư c các c p này không tho mãn
đi u ki n đ t ra.
V y em An và em Ki u là hai h c sinh gi i đúng bài toán do th y Ph m Quang đ c
đ t ra.

Ví d 3.6.3. Cô Nguy n Th Tính chu n b cho các em h c sinh n l p 11 bi u di n
văn ngh chào m ng Ngày nhà giáo Vi t Nam 20 tháng 11.
Các em Anh, H ng, Mai m c ba màu áo: Tím , Xanh, H ng và có ba dây bu c tóc
cùng các màu y.
Nhìn các em cô Tính nh n xét: “Ch có Anh là màu áo và màu dây bu c tóc trùng
màu, áo và dây bu c tóc c a H ng đ u không màu tr ng, còn Mai có dây bu c tóc màu
xanh” .
B n hãy xác đ nh màu áo và màu dây bu c tóc c a m i b n.

Gi i. Trong bài này có ba nhóm đ i tư ng:
Nhóm th nh t g m ba b n: Anh, H ng, Mai đư c ký hi u b ng ba đi m tương ng
A, H, M.
Nhóm th hai g m ba màu áo: Tím Xanh, H ng đư c ký hi u b ng ba đi m tương
ng t0 , x0 , h0 ;
Nhóm th ba g m ba dây bu c tóc màu: tím, xanh, h ng đư c ký hi u m t cách
tương ng b ng t, x, h (Hình 16)
M i quan h gi a các đ i tư ng c a ba nhóm này đư c ký hi u b ng;
- đư ng nét đ t, n u quan h gi a chúng là sai,
- đư ng nét li n, n u quan h gi a chúng là đúng.
Do Mai có dây bu c tóc màu xanh, nên đi m M và đi m x đư c n i b ng đư ng
nét li n. Do áo và dây bu c tóc c a H ng đ u không màu tr ng, nên các c p đi m
(H, t0 ), (H, t) đ u n i b ng nét đ t. T đó suy ra c p (H, h), (A, t) đư c n i b ng
đư ng nét li n. Do Anh có màu áo và màu dây bu c tóc trùng nhau, nên c p (A, t0 )
đư c n i b ng nét li n. Các em H ng, Mai đ u có màu áo không trùng v i màu dây
bu c tóc, nên các c p đi m (H, x0 ) và (M, h0 ) đư c n i b ng đư ng nét li n.
V y Anh m c áo màu tím và có dây bu c tóc màu tr ng,
H ng m c áo màu xanh và có dây bu c tóc màu h ng,
Mai m c áo màu h ng và có dây bu c tóc màu xanh.


3.7 Phương pháp đ th
R t nhi u bài toán không m u m c có th gi i b ng cách đưa v bài toán trên đ
th r i suy ra đáp án.
3.7. Phương pháp đ th 66

3.7.1 M t s khái ni m và k t qu cơ b n c a lý thuy t đ th
Trên m t ph ng hay không gian l y n đi m. Gi a m t s c p đi m n i b ng nh ng
đo n th ng hay đo n cong đư c đ nh hư ng ho c không. Ngư i ta g i hình nh n đư c
là d ng bi u di n hình h c c a đ th hay m t đ th . Các đi m đã ch n đư c g i là
đ nh c a đ th . Các đo n th ng hay đo n cong đã n i đư c g i là c nh c a đ th .
N u c nh a n i gi a hai đi m A, B thì A, B đư c g i là đ nh c a c nh a.
C p đ nh x, y đư c g i là hai đ nh k nhau, n u chúng khác nhau và hai đ u c a
cùng m t c nh.
Dãy α các đ nh:

x1 , x2 , . . . , xi , xi+1 , . . . , xm−1 , xm
đư c g i là m t đư ng, n u v i m i ch s i (1 i m − 1) đ u có xi và xi+1 là hai
đ nh k nhau. Các đ nh x1 , xm đư c g i là các đ nh đ u c a đư ng cong. Ngư i ta còn
nói r ng đư ng α n i gi a đ nh x1 và đ nh xm .
Chu trình là m t đư ng có hai đ u trùng nhau.
Chu trình mà nó đi qua m i đ nh không quá m t l n đư c g i là chu trình sơ c p.
Chu trình α đư c g i là chu trình Hamiton, n u nó đi qua t t c các đ nh c a đ th
và đi qua m i đ nh m t l n.
đ th G g i là đ th liên thông, n u m i c p đ nh c a nó đ u có đư ng n i v i nhau.
đ th G đư c g i là đ th đ y đ n u m i c p đ nh c a nó đ u đư c n i v i nhau
b ng đúng m t c nh.
S c nh xu t phát t đ nh x đư c g i là b c c a đ nh x.
Cây là m t đ th liên thông và không có chu trình.
Trong cây T tách ra m t đ nh đư c g i là đ nh g c, còn các đ nh có b c b ng 1 và
không ph i là g c đư c g i là lá hay đ nh ng n.
đ nh lý 1: đ th mà trong đó t ng b c c a hai đ nh tuỳ ý đ u không nh hươn s
đ nh c a đ th , liên thông.
đ nh lý 2: đ th mà trong đó b c c a m i đ nh đ u không nh hươn 2, luôn luôn
có chu trình sơ c p.
H qu 1: N u trong đ th có đúng 2 đ nh b c 1, các đ nh khác có b c không nh
hươn 2, thì trong G có đư ng n i gi a hai đ nh b c 1.
đ nh lý 3: đ th , mà trong đó t ng b c c a hai đ nh tuỳ ý không nh hươn s đ nh
c a đ th , luôn luôn có chu trình Hamiton.
đ nh lý 4: Trong m t đ th tuỳ ý s đ nh, mà m i đ nh có b c l , luôn luôn là m t
s ch n.
đ nh lý 5: Cho dãy s nguyên dương a1 = 2, a2 = 5, . . . , an+1 = (n + 1)an + 1. Khi
đó đ th đ y đ an + 1 đ nh v i các c nh đư c tô b ng n màu luôn luôn có tam giác
cùng màu (chu trình g m 3 c nh cùng màu).
3.7. Phương pháp đ th 67

đ nh lý 6: Cho dãy s nguyên b2 = 3, b3 = 6, . . . , bn+1 = (bn − 1)n + 2. đ th đ y
đ G v i bn+1 − 1 đ nh (n 2) và các c nh đư c đo b ng n màu, sao cho không có tam
giác cùng màu, thì trong đ th G có hình 5 c nh v i các c nh cùng màu và các đư ng
chéo đư c tô các màu khác.


3.7.2 Phương pháp đ th
Đ gi i bài toán T b ng cách thông qua đ th c n th c hi n l n lư t hai bư c sau:
1) Xây d ng đ th G mô t các quan h
L y các đi m trên m t ph ng ho c trong không gian tương ng v i các đ i tư ng đã
cho trong bài toán. Dùng ngay các ký hi u đ i tư ng đ ghi trên các đi m tương ng...
C p đi m x, y đư c n i v i nhau b ng m t c nh v i “đ c đi m t”, khi và ch khi các
đ i tư ng a, y có quan h (t) v i nhau. Khi đó bài toán T đã đư c chuy n v bài toán
D trên đ th .
2) D a vào k t qu c a lý thuy t đ th ho c lý lu n tr c ti p suy ra đáp án c a bài
toán D.
N u đáp án c a bài toán D còn dư i d ng “ngôn ng đ th ”, thì căn c vào phép đ t
tương ng khi xây d ng đ th mà di n đ t thành đáp án b ng ngôn ng thông thư ng
(t c là đáp án c a bài toán T ).

Ví d 3.7.1. Trong bu i lên l p đ u tiên t i l p 10 h y Nguy n Vũ Lương đã cho các
em bài toán: Trong ngày t p trung h c sinh l p 10 đ u tiên 19 em có m t. M i em đã
b t tay ít nh t 13 em. Ch ng minh r ng có ít nh t 4 em c a l p ta mà t ng c p đã b t
tay nhau trong ngày t p trung đ u tiên.

Gi i.
Bài toán đư c gi i b ng phương pháp đ th
1) Xây d ng đ th mô t quan h
a)đ nh
L y 19 đi m trên m t ph ng ho c trong không gian tương ng v i 19 em h c sinh
đ n t p trung ngày đ u tiên. Dùng ngay tên các em đ ghi trên các đi m tương ng.
b) C nh
Hai đi m x, y đư c n i b ng:
- C nh màu đ (nét li n), n u x, y b t tay nhau;
- C nh màu xanh (nét đ t), n u x, y không b t tay nhau.
đ th nh n đư c ký hi u b ng G. đ th G mô t toàn b hi n tr ng các em h c
sinh l p 10 đã b t tay nhau trong ngày đ u tiên.
2) Ch ng minh trong G có ít nh t m t đ th con đ y đ g m 4 đ nh v i các c nh cùng
màu đ .
Th t v y, vì trong ngày đ u tiên m i em trong 19 em có m t đã b t tay it nh t 13
3.7. Phương pháp đ th 68

b n, nên trong 18 c nh xu t phát t m i đ nh ph i có không ít hươn 13 c nh đ . Khi
đó s c nh xanh xu t phát t m i đ nh không vư t quá 5.
Xét đ nh P tuỳ ý và 13 trong s các c nh đ xu t phát t P là P A1 , P A2 , . . . , P A13 .
Vì xu t phát t A1 có t i đa 5 c nh xanh. Khi đó trong các c nh (A1 , Ai ) (2 i 13)
có ít nh t 7 c nh đ xu t phát t A1 là (A1 , A2 ) (1 t 8). Vì xu t phát t A2 có
không quá 5 c nh xanh, nên trong các c nh (A1 , A2 ), (A2 , A3 ) (3 k 8) có không ít
hươn 2 c nh đ . B i v y trong các c nh (A2 , Ak ) (3 k 8) có ít nh t m t c nh đ .
Gi s (A2 , A3 ) là c nh đ . Khi đó đ th con g m các đ nh P, A1 , A2 , A3 có t t c các
c nh đ u đ , nên 4 h c sinh tương ng v i 4 đ nh c a đ th con này t ng c p đã b t
tay nhau trong bu i t p trung đ u tiên.
B ba s nguyên đư c g i là thu n nh t, n u ho c chúng có ư c chung t ng đôi m t
nguyên t cùng nhau.
Ví d 3.7.2. Trong bu i d y s h c th y Ph m Văn Hùng đã kh ng đ nh: đ i v i 6 s
nguyên tuỳ ý luôn luôn có th tìm đư c ít nh t m t (th m chí hai) b ba thu n nh t,
nhưng đ i v i 5 s thì có th ch ra vô s b 5 s nguyên, trong đó không có m t b ba
thu n nh t nào.
B n hãy lý gi i đi u th y Hùng kh ng đ nh.

Gi i.
1) Ch ng minh kh ng đ nh th nh t
a) Xây d ng đ th mô t quan h
đ nh: L y 6 đi m trên m t ph ng ho c trong không gian tương ng v i 6 s đã ch n
ra A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 . Dùng ngay các s này đ ghi trên các đ nh tương ng.
C nh: Hai đi m Ai , Ak (1 i, k 6) đư c n i b ng
- C nh đ (nét li n), n u các s Ai , Ak có ư c s chung;
- C nh xanh (nét đ t), n u hai s Ai , Ak nguyên t cùng nhau.
đ th nh n đư c ký hi u b ng G. đ th G mô t toàn b quan h ư c chung trong
6 s đã ch n ra.
b) Ch ng minh tam giác cùng màu
Xét đ nh Ai (1 i 6) tuỳ ý, ch ng h n A1 .
Xu t phát t A1 có 5 c nh đư c tô b ng hai màu (đ , xanh). nên ph i có m t màu
đư c tô trên ít nh t ba c nh. Gi s màu đ đư c tô trên ít nh t ba c nh thu c A1 và
ba trong các c nh này là (A1 , A2 ), (A1 , A3 ), (A1 , A4 )
Khi đó có hai kh năng c n xét:
-N u m t trong các c nh (A2 , A3 ), (A2 , A4 ), (A3 , A4 ) màu đ , ch ng h n (A2 , A3 )
màu đ , ta có tam giác A1 A2 A3 cùng màu (màu đ ) (Hình 17). Khi đó ba s A1 , A2 , A3
có ư c chung t ng đôi m t.
-N u c ba c nh (A2 , A3 ), (A2 , A4 ), (A3 , A4 ) đ u màu xanh, ta đư c tam giác
A2 A3 A4 cùng màu (màu xanh) (Hình 18). Khi đó ba s A2 , A3 , A4 nguyên t cùng
nhau.
3.7. Phương pháp đ th 69

2) Ch ng minh kh ng đ nh th hai b ng ph n ch ng
Dùng ngũ giác có các c nh màu đ , các đư ng chéo màu xanh trên đ nh ghi 5 s đã
ch n ra đ mô t tính có ư c chung c a chúng.
Dùng a1 , a2 , a3 , a4 , a5 đ ký hi u 5 s nguyên t liên ti p tùy ý. Khi đó trong 5 s

a1 .a2 , a2 .a3 , a3 .a4 , a4 .a5 , a5 .a1

không có m t b ba thu n nh t nào.
Ch ng h n: a1 = 2, a2 = 3, a3 = 5, a4 = 7, a5 = 11 kh ng đ nh b năm 2.3 =
6, 3.5 = 15, 5.7 = 35, 7.11 = 77, 11.2 = 22 không có b ba thu n nh t có th nhìn d
dàng trên hình 19.

Ví d 3.7.3. Trong gi s h c c a l p 11 th y đ ng Hùng Th ng kh ng đ nh r ng: trong
40 s nguyên tuỳ ý, mà c 4 s bao gi cũng tìm đư c ít nh t m t s có ư c chung v i
3 s còn l i thì t n t i ít nh t 37 s , mà m i s này có ư c chung v i t t c các s còn
l i.
B n hãy lý gi i giúp đi u th y Th ng kh ng đ nh.

Gi i.
Có th ch ng minh kh ng đ nh t ng quát đ i v i n (n 4) s nguyên tuỳ ý. B ng
ph n ch ng có th kh ng đ nh r ng trong các s đã ch n ra có hai c p s nguyên t
cùng nhau, thì hai c p s này ph i có ph n t chung, t c n u có hai c p s nguyên t
cùng nhau A, B; C, D thì A ≡ C; ho c A ≡ D; ho c B =≡ C; ho c B ≡ D. Gi s
B ≡ C.
Dùng đương nét li n đ bi u th tính có ư c chung, đư ng nét đ t đ ch tính nguyên
t cùng nhau.
V i E là s tuỳ ý trong các s đã ch n ra xét b b n s A, B, D, E. Khi đó E ph i
là có ư c chung v i ba s còn l i (Hình 20)
Thay s D b ng s F tuỳ ý trong các s đã ch n ra (khác A, B và D). Trong b
b n A, B, E, F n u F có ư c chung v i ba s còn l i, thì khi đó E cũng có ư c chung
v i F , nên E cũng có ư c chung v i c ba s A, B, F (Hình 21).


Vì F là s tuỳ ý trong các s ch n ra, nên E có ư c chung v i t t c các s còn l i.
V y m i s đã ch n ra, tr A, B, D đ u có ư c chung v i t t c các s còn l i, t c
không ít hươn n − 3 s có ư c chung v i t t c các s còn l i.
V i n = 40 ta đư c kh ng đ nh c a th y đ ng Hùng Th ng.

Ví d 3.7.4. Nhân d p 40 năm ngày thành l p kh i ph thông chuyên Toán-Tin Trư ng
đ i h c Khoa h c t nhiên, đ i h c qu c gia Hà N i, th y Lê Văn Vi t t ch c gi i bóng
bàn. Hai em Minh, đ c vào chung k t. th y Vi t quy đ nh: Ngư i th ng cu c là ngư i
đ u tiên th ng 3 ván ho c th ng hai ván liên ti p. B n hãy xác đ nh giúp s kh năng
th ng thua có th x y ra?
3.7. Phương pháp đ th 70

Gi i.
Dùng M ký hi u Minh th ng, D đ ký hi u đ c th ng. Dùng cây đ mô t toàn b
hi n tr ng có kh năng x y ra.
Xây d ng cây
Xu t phát t đi m S (g c).

Ván đ u tiên có hai kh năng: Minh th ng ho c đ c th ng, nên l y hai đi m, sao
cho hai đi m này và S không th ng hàng. M t trong hai đi m ghi M , đi m còn l i ghi
D. N i S v i M b ng m t đo n th ng ho c m t đo n cong đ bi u th “Minh th ng” .
Tương t , đ bi u th “đ c th ng” n i S và D b ng m t đo n th ng ho c đo n cong.
Ván th hai cũng có hai kh năng: Minh th ng ho c đ c th ng, nên xu t phát t
M l y hai đi m m i và ghi ký hi u tương ng M, D và t M n i v i hai đi m m i thêm
và t D cũng ch n thêm hai đi m m i ghi M và D r i t D k hai đo n th ng ho c hai
đo n cong t i hai đi m m i thêm.
Ti p theo th c hi n kéo dài các đư ng m t cách tương t , nhưng do quy đ nh đi u
ki n th ng, nên nh ng đư ng mà trên đó ho c có hai đ nh liên ti p đư c ghi b ng cùng
m t ký hi u, ho c có 3 đ nh đư c ghi b ng cùng m t ký hi u đ u không đư c kéo dài.
Vì Minh và đ c ch c n đ u 5 ván, thì nh t đ nh ho c có ngư i th ng liên ti p 2 ván
ho c có ngư i th ng 3 ván. B i v y nh ng đư ng xu t phát t S đ u g m không quá 5
c nh (Hình 22).
Cây này có 10 đ nh ng n, nên có 10 kh năng th ng thua x y ra.
Ví d 3.7.5. Th y Ph m đăng Long phát đ ng đ t thi vi t chương trình hay t i kh i
10. B n em Bình, Minh, Nam, Thùy đ t b n gi i đ u. Có ba d đoán x p h ng sau đây:

1. B n Bình nh t, b n Minh nhì;

2. B n Bình nhì, b n Thùy ba;

3. B n Nam Nhì, b n Thùy tư

Khi nghe các d đoán th y Long nói “M i d đoán đúng đư c th t m t em” .
B n hãy xác đ nh th t c a các em.

Gi i.
Dùng ch cái đ u tiên c a tên đ ký hi u tên và ch s đ bi u th th t c a các
ban. Khi đó xi bi u th “em x đ t gi i th i” 1 i 4.
1) Xây d ng cây bi u hi n các d đoán.
V cây xu t phát t đi m O hai nhánh đ u ng v i d đoán th nh t: B1 , M2 . T
đ nh cu i c a m i nhánh ng v i d đoán th hai: B1 , T3 . T đ nh cu i c a m i nhánh
này v hai nhánh ng v i đo n th ba: N2 , T4
2) Phân tích đ tìm ra đáp án
Ch n đư ng đi t O đ n đ nh ng n tho mãn các đi u ki n:
3.7. Phương pháp đ th 71

- M t ngư i không đư c x p hai h ng khác nhau,
- Hai ngư i không th đư c x p cùng m t th h ng.
đư ng B1 T3 N2 tho mãn đ ng thư i hai đi u ki n trên, nên k t qu là:
B n Bình x p th nh t,
B n Nam x p th hai,
B n Thùy x p th ba,
B n Minh x p th tư.


Ví d 3.7.6. Th y Nguy n Thành Văn khi trao đ i v i các em h c sinh l p 12 v Toán
h c rư i r c đã kh ng đ nh: “Lý thuy t đ th có ng d ng r t t t trong Toán ph thông,
ch ng h n, Bài toán: Trên m t ph ng l y 7 đi m b t kỳ , không có 3 đi m nào th ng
hàng và kho ng cách gi a các c p đi m khác nhau t ng đôi m t. Ch ng minh r ng luôn
luôn tìm đư c ít nh t 2 c p đi m, mà đo n th ng n i gi a m i c p đi m này là c nh
ng n nh t c a m t tam giác nào đó, đ ng thư i là c nh dài nh t c a m t tam giác khác
trong các tam giác có đ nh là nh ng đi m đã cho, có th gi i m t cách d dàng b ng
phương pháp đ th ”.
B n hãy lý gi i giúp đi u th y Văn kh ng đ nh.

Gi i.
Không gi m tính t ng quát, ký hi u 7 đi m đã ch n ra b ng A1 , A2 , A3 , A4 , A5 ,
A6 , A 7 .
1) Ch ng minh t n t i c p đi m th nh t
Xét 6 đi m ng A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 . Vì kho ng cách gi a các c p đi m khác nhau
t ng đôi m t, nên b t ỳ tam giác nào có đ nh là các đi m đã cho đ u có c nh dài nh t
và c nh ng n nh t.
a) Tô màu các đo n th ng n i gi a các c p đi m đã cho.
Ta dùng màu xanh đ tô m i đo n th ng mà nó là c nh ng n nh t c a m t tam
giác nào đó trong các tam giác có đ nh là các đi m đã cho. Sau khi các đo n th ng đư c
phép tô màu xanh đã tô xong ph n đo n th ng còn l i tô màu đ . Khi đó đư c đ th
đ y đ G.
b) Lý lu n đ suy ra đáp án
đ th G đ y đ 6 đ nh v i hai màu c nh: Xanh, đ nên theo đ nh lý 5, G có tam
giác cùng màu. Gi s A1 A2 A3 là tam giác cùng màu và A1 A2 là c nh dài nh t.
Vì tam giác nào cũng có c nh ng n nh t và c nh này đư c tô màu xanh trư c, nên
tam giác A1 A2 A3 ph i là tam giác xanh.
C nh A1 A2 trong tam giác A1 A2 A3 là c nh dài nh t, nhưng nó có màu xanh, nên
A1 A2 đã là c nh ng n nh t c a m t tam giác nào đó trong các tam giác có đ nh là các
đi m đã cho.
2) Ch ng minh t n t i c p đi m th hai
3.7. Phương pháp đ th 72

Lo i đi m A1 và k t n p A7 . Th c hi n tương t như ph n I ta cũng kh ng đ nh
đư c trong 6 đi m A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , A7 cũng t n t i m t c p đi m tho mãn đi u
ki n đ t ra và khác v i c p A1 , A2 .
Kh ng đư c ch ng minh.
Chương 4

Phương pháp gi i phương trình và
h phương trình

1.1 Phương pháp nghi m duy nh t
1.2 Phương pháp b t đ ng th c
1.3 Phương pháp đưa v h
1.4 Phương pháp đ o n
1.5 S d ng các h th c
1.6 Phương pháp Lư ng giác
1.7 M t s phương pháp khác



4.1 Phương pháp nghi m duy nh t
Trong ph n này ta ký hi u I(a, b) là đ ch m t trong b n mi n liên thông trên tr c s
th c R, đó là [a, b], [a, b), (a, b], (a, b). Xét phương trình f (x) = g(x). N u phương trình
f (x) = g(x) có nghi m x = x0 trong I(a, b) và v i m i x = x0 , x ∈ I(a, b) ta luôn có
f (x) = g(x) thì x = x0 là nghi m duy nh t ∈ I(a, b) c a phương trình đã cho.
Phương pháp nghi m duy nh t d a trên các nh n xét sau:

B đ 1. N u hàm s f (x) đơn đi u th c s (luôn luôn đ ng bi n ho c luôn luôn ngh ch
bi n) trên mi n I(a, b) thì trong mi n đó phương trình f (x) = f (x0 ) có nghi m duy nh t
là x = x0 .

Nghi m x = x0 nói trên thư ng đư c tìm b ng cách "đoán nh n" trong các giá tr
d c bi t c a n. Ta có th xét tính đơn đi u c a m t hàm s b ng cách s d ng tính
ch t quen bi t c a các hàm s sơ c p như hàm b c nh t, hàm mũ, hàm s logarit ho c
hàm s lư ng giác, ....

B đ 2. N u hàm s f (x) đơn đi u th c s trong I(a, b) và x, y ∈ I(a, b) thì trong


73
4.1. Phương pháp nghi m duy nh t 74

I(a, b) ta luôn có:
f (x) = f (y) ⇔ x = y.

Ví d 4.1.1. Gi i phương trình:

|x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 = 1. (4.1)

Nh n xét r ng (4.1) có hai nghi m : x = 6, 5 ; x = 7, 5.. N u x < 6, 5 thì:

|x − 6, 5| > 0 |x − 6, 5|2007 > 0

|x − 7, 5| > 1 |x − 7, 5|2008 > 1

hay
|x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 > 1.
V y, v i x < 6, 5 thì |x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 > 1.
N u x > 7, 5 thì:

|x − 6, 5| > 1 |x − 6, 5|2007 > 1

|x − 7, 5| > 0 |x − 7, 5|2008 > 0

hay
|x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 > 1.
V y, v i x > 7, 5 thì |x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 > 1.
N u 6, 5, x < 7, 5 thì:

0 < |x − 6, 5| < 1 |x − 6, 5|2007 < |x − 6, 5| = x − 6, 5

0 < |x − 7, 5| < 1 |x − 7, 5|2008 < |x − 7, 5| = 7, 5 − x

hay
|x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 < x − 6, 5 + 7, 5 − x = 1.
V y, v i 6, 5 < x < 7, 5 thì |x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 < 1.
Tóm l i, v i x = 6, 5; x = 7, 5 thì |x − 6, 5|2007 + |x − 7, 5|2008 = 1, t c là (4.1) ch có
hai nghi m x = 6, 5; x = 7, 5.

Ví d 4.1.2. Gi i phương trình
√ √
x+9+ 2x + 4 = 5. (4.2)
√ √
Xét hàm s f (x) := x+9+ 2x + 4. Khi đó

(4.2) ⇔ f (x) = f (0).

Hàm s f (x) xác đ nh và đ ng bi n trên [−2; +∞) và f (0) = 5 nên phương trình đã
cho có nghi m duy nh t là x = 0.
4.1. Phương pháp nghi m duy nh t 75

Ví d 4.1.3. Tìm m đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:
√ √
x+ 1−y =m+1
√ √ .
y+ 1−x=m+1


x 0


1 − y 0 0 x 1
Đi u ki n: ⇔ .
y 0
 0 y 1

1−x

0
V i đi u ki n này, ta vi t h dư i d ng
√ √
x+ 1−y =m+1
√ √ √ √ .
x− y+ 1−y− 1−x =0
√ √ √ √ √ √
Ta có x − 1 − x = y + 1 − y. Xét hàm s f (x) := x − 1 − x. D ki m tra
hàm s f (x) đ ng bi n trên [0; 1]. V y nên

f (x) = f (y) ⇔ x = y.

Ta thu đư c h
x =y
√ √
x+ 1−x =m+1
√ √
D th y phương trình x + 1 − x = m + 1 có nghi m duy nh t nên h phương trình
có nghi m duy nh t ⇔ (β) có nghi m duy nh t.
Đ ý r ng n u (β) có nghi m x = x0 thì (β) cũng có nghi m x = 1 − x0 . B i v y, gi s
(β) có nghi m duy nh t x = x0 th thì

1 1 1 √ √
x0 = 1 − x0 ⇒ x0 = ⇒m+1= + 1− = 2 ⇒ m = 2 − 1.
2 2 2

Ngư c l i, khi m = 2 − 1 thì
√ √ √
(β) ⇔ x + 1 − x = 2 (hai v cùng 0)
⇔ x + 1 − x + 2 x(1 − x) = 2
⇔ 2 x(1 − x) = 1 (hai v cùng 0)
⇔ 4x(1 − x) = 1
1
⇔ (2x − 1)2 = 0 : có nghi m duy nh t x = .
2

Tóm l i, m = 2 − 1 là giá tr c n tìm.
Ví d 4.1.4. Gi i phương trình

sin x + cos x + 2x − 1 = 0. (7)
4.1. Phương pháp nghi m duy nh t 76

Đ t f (x) := V T (7). Có f (x) xác đ nh, liên t c v i m i x ∈ D = R, f (0) = 0 và

f (x) = cos x − sin x + 2 0, ∀x ∈ D.

V y f (x) là hàm s đ ng bi n trong D. Do đó:

(7) ⇔ f (x) = f (0) ⇔ x = 0 (∈ D).

Đáp s : Phương trình (7) có nghi m duy nh t x = 0.
Ví d 4.1.5. Gi i phương trình

4x3 + 12x − 8 − cos 3x + 9 cos x = 0. (10)

Đ t f (x) := V T (10). Có f (x) xác đ nh, liên t c v i m i x ∈ D = R, f (0) = 0 và

f (x) = 12x2 + 12 + sin 3x − 9 sin x = 12(x2 + 1 + sin3 x) > 0, ∀x ∈ D.

V y f (x) là hàm s đ ng bi n trong D. Do đó:

(10) ⇔ f (x) = f (0) ⇔ x = 0 (∈ D).

Đáp s : Phương trình (10) có nghi m duy nh t x = 0.
Ví d 4.1.6. Gi i phương trình

π 2
x − cos x − + = 0. (15)
4 2
π
Đ t f (x) := V T (15). Có f (x) xác đ nh, liên t c v i m i x ∈ D = R, f ( ) = 0 và
4
f (x) = 1 + sin x 0, ∀x ∈ D.

V y f (x) là hàm s đ ng bi n trong D. Do đó:
π π
(15) ⇔ f (x) = f ( ) ⇔ x = (∈ D).
4 4
π
Đáp s : Phương trình (15) có nghi m duy nh t x = .
4
Ví d 4.1.7. Gi i phương trình

e−x − sin(e−x ) cos(e−x ) − π = 0. (16)

Đ t f (x) := V T (16). Có f (x) xác đ nh, liên t c v i m i x ∈ D = R, f (− ln π) = 0

f (x) = e−x (cos 2e−x − 1) 0, ∀x ∈ D.
V y f (x) là hàm s ngh ch bi n trong D. Do đó:

(16) ⇔ f (x) = f (− ln π) ⇔ x = (∈ D).

Đáp s : Phương trình (16) có nghi m duy nh t x = − ln π.
4.1. Phương pháp nghi m duy nh t 77

Bài t p tương t
1. Gi i phương trình:
5x + 12x = 13x .

2. Gi i phương trình:
3x = 4 − x.

3. Gi i phương trình: √
2x + x − 3 = 16.

4. Gi i phương trình: √ √ √
x+ x−m= m.

5. Gi i phương trình:
3x (x + 4) = 1.

6. Gi i phương trình:
lg(x − 5) = 6 − x.

7. Gi i phương trình: √
log7 x = log3 ( x + 2).

8. Gi i phương trình:
logx−1 (x + 1) = log3 5.

9. Gi i phương trình: √ √
3
3
x− 2x + 1 = x + 1.

10. Gi i phương trình:

log2 (x2 + x + 1) + log2 (x2 − x + 1) = log2 (x4 + x2 + 1) + log2 (x4 − x2 + 1).

11. Gi i phương trình:

3
√ 3 √
3−x+ 4−x= 3+x+ 1+ 3 + x.

12. Gi i phương trình: √
3
log2 (1 + x) = log7 x.

13. Gi i phương trình: √ √ √
3
3 log3 (1 + x+ x) = 2 log2 x.

14. Gi i phương trình:
2 −x
2x−1 − 2x = (x − 1)2 .

15. Gi i và bi n lu n phương trình:
2 +2mx+2 2 +4mx+m+2
5x − 52x = x2 + 2mx + m.
4.1. Phương pháp nghi m duy nh t 78

16. Xác đ nh s nghi m dương c a phương trình:
12x5 + 6x4 − 4x3 − x − 34 = 0.

17. Gi i h phương trình:
√ √
x+5+ y−2=7
√ √ .
x−2+ y+5=7

18. Gi i h phương trình: 
cot x − cot y = x − y

5x + 8y = 2π .

0 < x, y < π


(1 + 42x−y )51−2x+y = 1 + 22x−y+1
19. (VMO98-99) Gi i h : .
y 3 + 4x = 1 + ln (y 2 + 2x) = 0

x3 + 3x − 3 + ln (x2 − x + 1) = y

20. (VMO93-94) Gi i h : y 3 + 3y − 3 + ln (y 2 − y + 1) = z .
 3
z + 3z − 3 + ln (z 2 − z + 1) = x


21. Tìm m đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:
√ √
1+x+ 6−y =m
√ √ .
1+y+ 6−x=m

22. Ch ng minh r ng v i m i ai ; bi ∈ R; i ∈ 1..n, phương trình sau luôn có nghi m:
a1 cos x + b1 sin x + a2 cos 2x + b2 sin 2x + · · · + an cos nx + bn sin nx = x.

23. Cho aj > 0 v i m i j ∈ 0..n. Ch ng minh r ng v i m i k ∈ 1..n, phương trình:
a0 + a1 x + · · · + ak xk = ak+1 xk+1 + · · · + an xn
luôn có nghi m dương duy nh t.
24. Gi i phương trình: √ √ √
3 log6 ( 4 x + 8 x) = log4 x.

25. Gi i phương trình: √ √
x2 − 3x + 3 + x2 − 3x + 6 = 3.

26. Gi i phương trình:
x2 + x + 3
log3 = x2 + 3x + 2.
2x2 + 4x + 5

27. Gi i phương trình: √ √ √
3 3 3
x+1+ x+2+ x + 3 = 0.
4.2. Phương pháp b t đ ng th c 79


4.2 Phương pháp b t đ ng th c
Phương pháp b t đ ng th c gi i phương trình, b t phương trình d a vào các nh n xét
sau

B đ 3. N u v i m i x ∈ I(a, b) ⊆ Df ∩ Dg ta luôn có

f (x) A
( v i A := Const cho trư c, ∈ R),
g(x) A

thì trong I(a, b) ta có

f (x) = A
1) f (x) = g(x) ⇔ .
g(x) = A
f (x) = A
2) f (x) g(x) ⇔ . (⇔ f (x) = g(x) )
g(x) = A
3) f (x) > g(x) không có nghi m x ∈ I(a, b).
4) f (x) g(x) luôn đúng v i m i x ∈ I(a, b).

B đ 4. N u v i m i x ∈ I(a, b) ⊆ Df ∩ Dg ta luôn có f (x) g(x) (I) và d u b ng
trong b t đ ng th c (I) x y ra khi và ch khi x tho mãn đi u ki n (α) thì trong I(a, b)
ta có

1) f (x) = g(x) ⇔ (α). (x y ra d u "=" trong (∗) )
2) f (x) g(x) ⇔ f (x) = g(x) ⇔ (α). (x y ra d u "=" trong (∗) )
3) f (x) > g(x) không có nghi m x ∈ I(a, b).
4) f (x) g(x) luôn đúng v i m i x ∈ I(a, b).

Nh n xét sau là h qu tr c ti p c a nh n xét 4. Phương pháp gi i phương trình,
b t phương trình d a vào nh n xét này còn đư c g i là phương pháp t ng các s h ng
không âm hay là phương pháp t ng các bình phương.

B đ 5. N u v i m i x ∈ I(a, b) ta luôn có A 0; B 0; C 0 thì trong I(a, b) ta
có: 
A = 0

A+B+C =0⇔ B =0 .

C=0



Đ c bi t: 
A = 0

2 2 2
1) A + B + C = 0 ⇔ B = 0 .

C=0

4.2. Phương pháp b t đ ng th c 80

A = 0
2n

2k

2) A + B + |C| = 0 ⇔ B = 0 .

C=0


Ví d 4.2.1. Gi i phương trình:
4
x2 + 1 = 1 − sin4 x. (1)

V i m i x thu c t p xác đ nh ta luôn có V T (1) 1, đ ng th i V P (1) 1. Do đó

V T (1) = 1 x2 + 1 = 1
(1) ⇔ ⇔ 4
⇔ x = 0.
V P (1) = 1 1 − sin4 x = 1

V y phương trình đã cho có nghi m x = 0.


Ví d 4.2.2. Gi i phương trình:

2 sin5 x + 3 cos3 x = 5. (2)

V i m i x thu c t p xác đ nh R ta luôn có

2 sin5 x 2.1 = 2
⇒ V T (2) 2.1 + 3.1 = 5 = V P (2).
3 cos3 x 3.1 = 3

sin5 x = 1 sin x = 1
D u b ng x y ra ⇔ ⇒ ⇒ 1 = sin2 x + cos2 x = 2 : vô lý.
cos3 x = 1 cos x = 1
V y phương trình đã cho vô nghi m.


Ví d 4.2.3. Gi i phương trình:

6x − x2 − 2 = |x − 1| + |x − 2| + |2x − 3| + |4x − 13|. (3)

V i m i x thu c t p xác đ nh R ta luôn có

V P (3) = |x − 1| + |x − 2| + |2x − 3| + |13 − 4x|
|x − 1 + x − 2 + 2x − 3 + 13 − 4x| = 7.
Còn V T (3) = 7 − (x − 3)2 luôn 7 nên

V T (3) = 7 7 − (x − 3)2 = 7
(3) ⇔ ⇔ ⇔ x = 3.
V P (3) = 7 |x − 1| + |x − 2| + |2x − 3| + |13 − 4x| = 7
V y phương trình đã cho có nghi m x = 3.
4.2. Phương pháp b t đ ng th c 81

Ví d 4.2.4. Gi i h phương trình:

x2 y 2 − 2x + y 2 = 0 (α)
. (4)
2x2 − 4x + 3 + y 3 = 0 (β)

N u y = 0 thì t (α) ta có x = 0. Thay vào (β) đư c 3 = 0 : vô lý. V y y = 0. Coi
(α) là phương trình b c hai n x. Ta có
(α) có nghi m ⇔ ∆(α) = 1 − y 4 0 ⇒ −1 y 1. (α.1)

Tương t , coi (β) là phương trình b c hai n x ta cũng có
(β) có nghi m ⇔ ∆(β) = −2 − 2y 3 0⇒y −1. (β.1)

T (α.1) và (β.1) ta đư c y = −1. Thay vào (α) đư c x = 1. Các giá tr này tho
mãn h phương trình đã cho. V y h đã cho có nghi m

x=1
y = −1

Ví d 4.2.5. Gi i phương trình:
√ 3
sin2 x − 2 sin x + tan2 x − 2 tan x + = 0. (5)
2

Ta có



2
2 2 
sin x − =0
(5) ⇔ (sin x − ) + (tan x − 1)2 = 0 ⇔ 2
2 
tan x − 1 = 0
 √
sin x = 2

π
⇔ √2 ⇔ x = + 2kπ (k ∈ Z).
cos x = 2
 4
2
π
V y phương trình đã cho có nghi m x = + 2kπ (k ∈ Z).
4

Ví d 4.2.6. Gi i phương trình:
3
cos x + cos y − cos(x + y) = . (6)
2

Ta có
x+y x−y x+y
V T (6) = 2 cos cos − 2 cos2 +1
2 2 2
3 1 x+y x−y 2 x−y
= − 2 cos − cos + sin2
2 2 2 2 2
3
= V P (6) (α).
2
4.2. Phương pháp b t đ ng th c 82

x+y x−y 2 x−y
D u b ng x y ra ⇔ 2 cos − cos + sin2 = 0 hay
2 2 2

2 cos x + y − cos x − y = 0 cos x − y = 1
 
2 2 ⇔ 2
sin x − y = 0 cos x + y = 1
2 2 2

cos x − y = −1
 x − y
 = 2kπ
2 ⇔ x+y 2
cos x + y = − 1 π
 = ± + 2nπ
2 2 2 3
t c
x = π + 2(n + k)π
 
 3
π
y = + 2(n − k)π
 



x = − + 2(n + k)π

3

 π
 y = − + 2(n − k)π

 3

 x = 2π (v i k, n ∈ Z).
+ 2(n + k)π
 3
 y = 2π + 2(n − k)π


 3
x = − 2π + 2(n + k)π

 3
y = − 2π + 2(n − k)π


3

V y phương trình (6) (x y ra d u b ng trong b t đ ng th c (α)) có nghi m :

x = π + 2(n + k)π x = − π + 2(n + k)π
 
3 ∨ 3 ∨
y = π + 2(n − k)π y = − π + 2(n − k)π
3 3
 
x = 2π + 2(n + k)π
 x = − 2π + 2(n + k)π

∨ 3 ∨ 3 .
2π y = − 2π + 2(n − k)π
y =
 + 2(n − k)π 
3 3
(trong đó k, n là các s nguyên.)



Bài t p tương t
1. Gi i phương trình:
2
3x = cos x.

2. Gi i phương trình:
x2 + 3x
2 cos = 2x + 2−x .
5
4.2. Phương pháp b t đ ng th c 83

3. Gi i phương trình:
3x2 − 2x3 = log2 (x2 + 1) − log2 x.

4. Gi i phương trình:

√ √ √
4
√ 4 1 1
4
x+ x+ 1−x+ 1−x=2 +2 .
2 2

5. Gi i phương trình: √
x y − 1 + y x − 1 = xy.

6. Gi i phương trình:

log3 (x2 + x + 1) − log3 x = 2x − x2 .

7. Gi i phương trình:
sin2000 x + cos2000 x = 1.

8. Gi i phương trình:

21+x + 21−x + 31+x + 31−x = 51+x + 51−x .

9. Gi i phương trình:
2 2
8sin x
+ 8cos x
= 10 + cos 2y.

10. Gi i phương trình:

(8x − 4x2 − 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1).

11. Gi i phương trình:

16x4 − 72x3 + 81x2 − 28 + 16(x − x − 2) = 0.

12. Gi i phương trình:
x4 − 3x2 − 8x + 20 = 0.

13. Gi i phương trình:

5x2 + 5y 2 − 8xy − 2x − 2y + 2 = 0.

14. Gi i phương trình:

sin2 x + sin2 y = sin x. sin y + sin x + sin y − 1.

15. Bi n lu n theo a s nghi m c a phương trình:
√ √
2 − x2 sin x + 2 + x2 cos x = |a + 1| + |a − 1|.
4.3. Phương pháp đưa v h 84

16. Gi i h phương trình:
x4 + y 4 = 1
.
x6 + y 6 = 1

17. Gi i h phương trình:
x3 + y 3 = 1
.
x4 + y 4 = 1

18. Gi i h phương trình:
x3 + y 3 = 1
.
x2 + y 2 = 1


4.3 Phương pháp đưa v h
N u trong phương trình đã cho có hai b ph n có m i liên quan đ c bi t thì ta có th
đ t m i b ph n là m t n m i, đưa phương trình đã cho v h hai n. Phương trình
th nh t c a h là phương trình đã cho vi t theo n m i, Phương trình th hai c a h
th hi n m i liên quan đ c bi t nói trên, vi t theo n m i. Ta cũng có th ch đ t m t
n m i, đưa v h hai n: m i và cũ. N u khi đ t m t n m i mà thu đư c phương trình
b c hai đ i v i n m i đó thì ta có th đ t n ph t t.

Ví d 4.3.1. Gi i phương trình :

3

2 − x = 1 − 1 − x. (1)

Đ t

u= 32−x
√ v i đi u ki n v 0 (∗).
v = x−1
Khi đó

u=1−v
(1) →
u3 + v 2 = 1
v =1−u
⇔ . (1.1)
u3 + (1 − u)2 = 1 (α)
(α) ⇔ u3 + u2 − 2u = 0 ⇔ u = 0 ∨ u = 1 ∨ u = −2.
u=0 u=1 u = −2
V y (1.1) ⇔ ∨ ∨ (đ u tho mãn (∗)).
v=1 v=0 v=3

3

3
√3
2−x=0 2−x=1 2 − x = −2
Do đó (1) ⇔ √ ∨ √ ∨ √
x−1=1 x−1=0 x−1=3
⇔ x = 2 ∨ x = 1 ∨ x = 10.
4.3. Phương pháp đưa v h 85

V y phương trình đã cho có các nghi m : x = 2 ∨ x = 1 ∨ x = 10.


Ví d 4.3.2. Gi i phương trình :

3.4x + (3x − 10)2x + 3 − x = 0. (2)

Coi (2) là phương trình b c hai v i n là 2x . Có ∆ = (3x−10)2 +12(x−3) = (3x−8)2
nên
−3x + 10 − (3x − 8)

x
2 = = 3 − x (α)
(2) ⇔  6
−3x + 10 + (3x − 8) 1
2x = = (β)
6 3
(α) ⇔ f (x) = 2x + x = 3 = f (1) ⇔ x = 1 (do f (x) là hàm s đ ng bi n).
1
(β) ⇔ x = log2 = − log2 3.
3
V y phương trình đã cho có hai nghi m: x = 1 ∨ x = log2 3.


Ví d 4.3.3. Gi i phương trình :

2x2 − 6x − 1 = 4x + 5. (3)

Đ t 4x + 5 = αx + β. Ch n α, β sao cho h hai n x, y thu đư c là h phương
trình đ i x ng lo i hai ta đư c α = 2, β = −3. Ta đư c h phương trình

2x2 − 6x − 1 = 2y − 3 y = x2 − 3x + 1 (i)
⇔ .
4x + 5 = 4y 2 − 12y + 9 x = y 2 − 3y + 1 (ii)

Tr t ng v hai phương trình c a h ta đư c

x − y = x2 − y 2 − 3x + 3y ⇔ (x − y)(x + y − 2) = 0 ⇔ y = x (α) ∨ y = 2 − x (β).

Thay (α) vào (i) đư c
√ √
x2 − 4x + 1 = 0 ⇔ x = 2 − 3 := x1 ∨ x = 2 + 3 := x2 .

Thay (β) vào (i) đư c
√ √
x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x = 1 − 2 := x3 ∨ x = 1 + 2 := x4 .

Th l i vào phương trình ta th √ ch có hai nghi m x2 , x3 tho mãn. V y phương trình
y √
đã cho có hai nghi m: x = 2 + 3 ∨ x = 1 − 2.

Chú ý: Ví d này có th đư c gi i đơn gi n hơn như sau:

2x2 − 6x − 1 0
(3) ⇔ . (3.1)
(2x2 − 6x − 1)2 = 4x + 5 (a)
4.3. Phương pháp đưa v h 86

(a) ⇔ x4 − 6x3 + 8x2 + 2x − 1 = 0
⇔ (x2 − 4x + 1)(x2 − 2x − 1) = 0
x2 − 4x + 1 = 0 (⇒ 2x2 − 6x − 1 = 2x − 3)
⇔ .
x2 − 2x − 1 = 0 (⇒ 2x2 − 6x − 1 = 1 − 2x)
2x − 3 0 1 − 2x 0
V y (3.1) ⇔ 2

x − 4x + 1 = 0 x2 − 2x − 1 = 0
 
x 3 x 1
⇔ 2 ∨ 2
x = 2 − √3 ∨ x = 2 + √3 x = 1 − √2 ∨ x = 1 + √2
√ √
⇔ x = 2 + 3 ∨ x = 1 − 2.
√ √
V y phương trình đã cho có hai nghi m: x = 2 + 3 ∨ x=1− 2.



Bài t p tương t
1. Gi i phương trình : √
2 − x2 = 2 − x.

2. Gi i phương trình :
x = 1 − 2004(1 − 2004x2 )2 .

3. Gi i phương trình :
log2 x + (x − 1) log2 x = 6 − 2x.
2

4. Gi i phương trình :
1 1
+√ = 2.
x 2 − x2

5. Gi i phương trình :
√ √
(2 + 2)log2 x + x(2 − 2)log2 x = 1 + x2 .

6. Gi i phương trình :
4x + 9
7x2 + 7x = .
28

7. Gi i phương trình :
x+3
2x2 + 4x = .
2

8. Gi i phương trình :
√ √ √
9x2 + 16 2 2x + 4 + 4 2 − x.
4.4. Phương pháp đ o n 87


4.4 Phương pháp đ o n
B đ 6. Xét phương trình f (x; m) = 0 (1) ( n x, tham s m) Ta có th coi (1)
là phương trình n m, tham s x. Gi i m theo x r i quay tr l i n x. Phương pháp
này thư ng đư c s d ng khi trong phương trình (1) tham s m có m t v i b c hai và
bi t th c ∆ c a phương trình b c hai n m đó là bi u th c chính phương. Trong m t s
trư ng h p ta còn có th coi s là n.

Ví d 4.4.1. Gi i phương trình

x4 − 10x3 − 2(a − 11)x2 + 2(5a + 6)x + 2a + a2 = 0. (1)

Coi (1) là phương trình b c hai n a:

a2 − 2(x2 − 5x − 1)a + x4 − 10x3 + 22x2 + 12x = 0. (1.1)

Có ∆ = (x2 − 5x − 1)2 − (x4 − 10x3 + 22x2 + 12x) = (x − 1)2 nên

a = x2 − 4x − 2
(1.1) ⇔ .
a = x2 − 6x

x2 − 4x − a − 2 = 0 (α)
V y (1) ⇔ .
x2 − 6x − a = 0 (β)
Xét (α) có ∆1 = a+6. N u ∆1 < 0 ⇔ a < −6 thì (α) vô nghi m . N u ∆1 0⇔a −6
thì √
x = 2 − √a + 6 := x1
(α) ⇔ .
x = 2 + a + 6 := x2
Xét (β) có ∆2 = a+9. N u ∆2 < 0 ⇔ a < −9 thì (β) vô nghi m . N u ∆2 0⇔a −9
thì √
x = 3 − √a + 9 := x3
(α) ⇔ .
x = 3 + a + 9 := x4
T đó có k t lu n: +) N u a < −9 thì phương trình (1) vô nghi m. +) N u −9 a < −6
thì phương trình (1) có hai nghi m: x = x3 ∨ x = x4 . +) N u a −6 thì phương trình
(1) có b n nghi m:
x = x1 ∨ x = x2 ∨ x = x3 ∨ x = x4 .

Ví d 4.4.2. Gi i phương trình

x2 + x + 5 = 5. (2)

Đ t 5 := a và coi (2) là phương trình n a:

x2 + x + a = a. (2.1)
4.4. Phương pháp đ o n 88

Ta có

(2.1) ⇔ a + x = a − x2
a − x2 0 (∗)
⇔ .
a+x = (a − x2 )2 = a2 − 2x2 a + x4 (α)
Mà (α) ⇔ a2 − (2x2 + 1)a + x4 − x = 0 ( có ∆ = (2x + 1)2 )
a = x2 + x + 1

a = x2 − x


x2 + x + 1 = 5
 5 − x2 0

Nhưng a = 5 nên (2) ⇔ 

 x2 − x = 5
5 − x2 0

x2 + x − 4 = 0 (⇒ 5 − x2 = x + 1)

 x+1 0
⇔ x2 − x − 5 = 0 (⇒ 5 − x2 = −x)

−x 0
 
x −1 x 0

 √ 
 √
−1 − 17 1 − 21

 

⇔ x = 2√ ∨ x = 2
  √


 x=
 −1 + 17 

 x=
 1 + 21
√2 √ 2
−1 + 17 1 − 21
⇔x= ∨x= .
2 2
V y phương trình đã cho có hai nghi m
√ √
−1 + 17 1 − 21
x= ∨x= .
2 2
4.4. Phương pháp đ o n 89

Chú ý: Phương trình này còn có th đư c gi i như sau:

(2) ⇔ x + 5 = 5 − x2
5 − x2 0 (∗)

x + 5 = (5 − x2 )2 = x4 − 10x2 + 25 (α).
√ √
Mà (∗) ⇔ − 5 x 5.
Còn (α) ⇔ x4 − 10x2 − x + 20 = 0
⇔ (x2 + x − 4)(x2 − x − 5) = 0
x2 + x − 4 = 0

x2 − x − 5 = 0
 √
−1 − 17
x = 2
( không tho mãn (∗)
 √

x = −1 + 17
( tho mãn (∗)
⇔
 2
√ .
 1 − 21
x = ( tho mãn (∗)
 √ 2
 1 + 21
x = ( không tho mãn (∗)
2
V y phương trình đã cho có hai nghi m
√ √
−1 + 17 1 − 21
x= ∨x= .
2 2
Ví d 4.4.3. Gi i phương trình

a7 − x = 7
a + x. (3)

Coi (3) là phương trình n a. Ta có

7 √
7
(3) ⇔ a = a + x + x = f (f (a)). (3.1)

V i f (a) = 7
a + x là hàm s đ ng bi n v i m i a ∈ R. Do đó

(3.1) ⇔ f (a) = a ⇔ 7 a + x = a ⇔ a + x = a7 ⇔ x = a7 − a.

V y phương trình đã cho có nghi m x = a7 − a.



Bài t p tương t
1. Gi i phương trình

(8a2 + 1) sin3 x − (4a2 + 1) sin x + 2a cos3 x = 0.
4.5. Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c 90

2. Gi i phương trình √
x2 − a − x = a.

3. Gi i phương trình

x+ 3+ x = 3.

4. Gi i phương trình √ √
x3 + 2 3x2 + 3x + 3 − 1 = 0.

5. Gi i phương trình
x6 + (c2 − b2 )x2 − bc2 = 0.

6. Gi i phương trình
a3 x4 + 6a2 x2 − x + 9a + 3 = 0.

7. Tìm m đ phương trình sau có 4 nghi m th c phân bi t:

x4 − 2mx2 − x + m2 − m = 0.


4.5 Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a
h th c
Trong ph n này ta s d ng các nh n xét sau:

B đ 7. N u m t h th c là ch n đ i v i x (khi thay x b i −x h th c không đ i) mà
có nghi m x = α thì nó cũng có nghi m x = −α. B i v y, h th c ch n đ i v i x n u
có nghi m duy nh t thì nghi m đó là x = 0. N u m t h th c là đ i x ng đ i v i x và
y (khi đ i ch x, y cho nhau thì h th c không đ i) mà có nghi m x = α; y = β thì
nó cũng có nghi m x = β; y = α. B i v y, m t h th c đ i x ng đ i v i x và y mà có
nghi m duy nh t (x; y) = (α; β) thì ta ph i có α = β hay là x = y.

B đ 8. N u m t kh ng đ nh T nào đó đúng v i m i giá tr c a ch x ∈ I(a, b) thì
kh ng đ nh T cũng đúng khi x nh n nh ng giá tr c th , ∈ I(a, b), đư c ch n m t cách
thích h p.

B đ 9. N u đa th c b c n mà có nhi u hơn n nghi m thì đa th c đó đ ng nh t b ng
0.

Chú ý: Các bài t p s d ng ba nh n xét trên thư ng có l i gi i đư c trình bày theo
phương pháp đi u ki n c n và đ . Các l p lu n c a các nh n xét này ph i đư c trình
bày rõ trong bài làm.

B đ 10. (ý nghĩa đ i s c a M in, M ax)
4.5. Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c 91

1. Cho hàm s y = f (x) liên t c trong mi n liên thông (∗) ⊆ Df .
Xét phương trình: f (x) = k (1).
G i m = M inf (x) ; M = M axf (x) ; I = Inf f (x) ; S = Supf (x). Khi đó:
(∗) (∗) (∗) (∗)


m k M
m k < S
(1) có nghi m x ∈ (∗) ⇔ 
I < k M
I M [k S].
• (3) luôn đúng v i m i x ∈ I(a, b) ⇔ k m [k I].

Xét b t phương trình: f (x) < k (4). Khi đó:

• (4) có nghi m x ∈ I(a, b) ⇔ k > m [k > I].
• (4) không có nghi m x ∈ I(a, b) ⇔ k m [k I].
• (4) luôn đúng v i m i x ∈ I(a, b) ⇔ k > M [k S].

Xét b t phương trình: f (x) k (5). Khi đó:

• (5) có nghi m x ∈ I(a, b) ⇔ k m [k > I].
• (5) không có nghi m x ∈ I(a, b) ⇔ k < m [k I].
• (5) luôn đúng v i m i x ∈ I(a, b) ⇔ k M [k S].

Ví d 4.5.1. Tìm m đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:

x2 = 2|x| + |x| − y − m
. (1)
x2 + y 2 = 1
4.5. Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c 92

Nh n xét r ng khi thay x b i −x h đã cho không đ i. Do đó, n u h có nghi m
x=α x = −α
thì h cũng có nghi m . B i v y, g a s h có nghi m duy nh t
y=β y=β
x=α
, th thì
y=β

α = −α ⇒ α = 0 ⇒ x = 0 ⇒ y = ±1 ⇒ m = 0 ∨ m = 2.

Ngư c l i, khi m = 0, h đã cho có d ng

x2 = 2|x| + |x| − y (α)
. (1.1)
x2 + y 2 = 1 (β)

T (β) có −1 y 1 và 0 |x| 1 ⇒ |x|(1 − |x|) 0.
T (α) có y = 2|x| + |x|(1 − |x|) 20 + 0 = 1.
T các đánh giá trên đ i v i y ta đư c y = 1. Thay vào (β) đư c x = 0. D th y nghi m
(x; y) = (0; 1) tho mãn h (1.1). V y v i m = 0 thì h đã cho có nghi m duy nh t.
Khi m = 2 ta th y ngay h thu đư c có ít nh t hai nghi m phân bi t là

(x; y) = (0; −1) và (x; y) = (1; 0),

t c là khi m = 2 h đã cho không có nghi m duy nh t. V y ch có m = 0 là giá tr c n tìm.


Ví d 4.5.2. Tìm a đ v i m i b, h phương trình sau luôn có ít nh t m t nghi m :

(x2 + 1)a + (b2 + 1)y = 2 (α)
. (2)
a + bxy + x2 y = 1 (β)

Gi s t n t i a đ h đã cho có nghi m (x; y) v i m i b. Khi đó, n u coi phương
trình (β) là phương trình n b thì nó có vô s nghi m

xy = 0
⇒ ⇒ a = 1.
a + x2 y = 1

Ngư c l i, khi a = 1 ta th y ngay h đã cho có nghi m x = 0; y = 0 v i m i b. V y
a = 1 là giá tr c n tìm.


Ví d 4.5.3. Cho y = 4x3 + mx. Tìm m đ |y| 1 (3) v i m i x tho mãn |x| 1.


1
Gi s (3) đúng v i m i x tho mãn |x| 1. Khi đó (3) cũng đúng v i x = 1; x = .
2
T c là: 
|4 + m| 1 −5 m −3
1 m ⇒ ⇒ m = −3.
 + 1 −3 m 1
2 2
4.5. Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c 93

Ngư c l i, khi m = −3, v i x| 1 ta có th đ t x = cos t, khi đó

y = 4 cos3 t − 3 cos t = cos 3t ⇒ |y| = | cos 3t| 1 ⇒ |y| 1, ∀x, |x| 1.

V y m = −3 là giá tr c n tìm.


Ví d 4.5.4. Tìm m đ m i x ∈ [−4; 6] đ u là nghi m c a b t phương trình sau

(4 + x)(6 − x) x2 − 2x + m. (4)

Gi s (4) đúng v i m i x ∈ [−4; 6], th thì (4) cũng đúng v i x = 1, hay là

(4 + 1)(6 − 1) 12 − 2.1 + m ⇒ m 6.

Ngư c l i, v i m 6 và x ∈ [−4; 6] ta có x + 4 0; 6 − x 0 nên

V T (4) 4+x+6−x
= 5 (b t đ ng th c Cauchy)
2 ⇒ V T (4) V P (4).
V P (4) = (x − 1)2 + m − 1 0 + 6 − 1 = 5

Nói cách khác, khi m 6 thì (4) đúng v i m i x ∈ [−4; 6]. V y m 6 là các giá tr c n
tìm.


Ví d 4.5.5. Tìm m đ b t phương trình

x2 − 2mx + 2|x − m| + 2 > 0 (1)

tho mãn v i m i x ∈ R.


Ta có
(1) ⇔ (|x − m|)2 + 2|x − m| + 2 > m2 .
Đ t t = |x − m|. V i x ∈ R có t 0 (∗). B t phương trình đã cho (1) tr thành

f (t) = t2 + 2t + 2 > m2 (1.1).

(1) đúng v i m i x ∈ R ⇔ (1.1) đúng v i m i t ∈ I(a, b) ⇔ m2 < cosh (∗)M in f (t).
Mà v i t ∈ I(a, b) có

f (t) 02 + 2.0 + 2 = 2 = f (0) ⇒ cosh (∗)M in f (t) = 2.
√ √
V y m2 < 2 ⇔ − 2 < m < 2 là các giá tr c n tìm.


Ví d 4.5.6. Tìm m đ phương trình
√ √ √
x + x + 4 − m 4 − x = 3m (2) có nghi m.
4.5. Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c 94

Đi u ki n:  
x 0
 x
 0
x+4 0 ⇔ x −4 ⇔0 x 4 (∗)
 
4−x 0 x 4
 

V i x ∈ I(a, b) có 4 − x + 3 = 0 nên
√ √
x+ x+4
(2) ⇔ m = √ := f (x). (2.1)
4−x+3

Hàm s f (x) xác đ nh, liên t c trên (*) nên (2.1) có nghi m ⇔ cosh (∗)M in f (x) m
cosh (∗)M ax f (x). Mà v i x ∈ I(a, b) ta có

0 x 2 √ √ √
√ √ ⇒2 x+ x+4 2 + 2 2 (α).
2 x+4 2 2

M t khác có: √
0 0 nên
√ √ √ √ √ √
(3) ⇔ ( x + x − 1)3 (x3 + 3x2 − 1) a( x − x − 1)3 .( x + x − 1)3 = a
√ √
⇔ a ( x + x − 1)3 (x3 + 3x2 − 1) := f (x).
(3) có nghi m ⇔ a cosh (∗)M in f (x). Mà v i x ∈ I(a, b) ta có
√ √
( x + x − 1)3 (1 + 0)3 = 1 > 0
⇒ f (x) 3 = f (1) ⇒ cosh (∗)M in f (x) = 3.
x3 + 3x2 − 1 13 + 3.12 − 1 = 3 > 0

Vya 3 là các giá tr c n tìm.
4.5. Phương pháp s d ng các tính ch t đ c bi t c a h th c 95

Bài t p tương t
1. Tìm a đ h phương trình
x2 + y 2 = a
y + cos x = 2
có nghi m duy nh t.
2. Tìm m đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:

x2 + 2 + |y| = m
.
y 2 + 2 + |x| = m

3. Tìm a, b đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:

xyz + z = a

xyz 2 + z = b .
 2 2 2
x +y +z =4


4. Tìm a, b đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:
 y
 x −1 =a
xy + 1 .
 2 2
x +y =b

5. Tìm a đ v i m i b, h phương trình sau luôn có ít nh t m t nghi m :
(a − 1)x5 + y 5 = 1
.
ebx + (a + 1)by 4 = a2

(|x| + 1)a = y + cos x
6. Cho h phương trình . 1) Gi i h khi a = 2. 2) Tìm a
sin4 x + y 2 = 1
đ h có nghi m duy nh t.
7. Gi i h phương trình sau:

a2 x + ay + z = a2

b2 x + by + z = b2 .
 2
c x + cy + z = c2


Trong đó a, b, c là các s th c đôi m t khác nhau.
8. Gi i h phương trình sau:

a2 x + ay + z + a3 = 0

b2 x + by + z + b3 = 0 .
 2
c x + cy + z + c3 = 0


Trong đó a, b, c là các s th c đôi m t khác nhau.
4.6. Phương pháp Lư ng giác 96

9. Tìm các c p s (a; b) đ v i m i x ∈ R ta luôn có

a(cos x − 1) + b2 + 1 − cos(ax + b2 ) = 0.

10. Cho f (x) = ax2 + bx + c tho mãn |f (x)| 1 v i m i x ∈ [0; 1]. Ch ng minh r ng
|f (0)| 8.

11. Tìm a đ phương trình sau có nghi m
√ √
4x2 + 2x + 1 − 4x2 − 2x + 1 = 2a.

12. Tìm m đ phương trình sau có nghi m
√ √
sin x = m + cos x.

13. Tìm m đ b t phương trình sau có nghi m
√ √ √
x+ 4+x−m 4−x 3m.


4.6 Phương pháp Lư ng giác
Lư ng giác là m t lý thuy t Toán h c liên k t gi a Hình h c, Đ i s và Gi i tích. Các
t s lư ng giác đư c xây d ng trư c h t nh m ph c v cho vi c gi i các bài toán tính
toán trong Hình h c. Sau đó ta thu đư c các hàm s lư ng giác như là các đ i tư ng
nghiên c u c a Gi i tích. Các bài toán ngư c d n đ n vi c gi i các h th c lư ng giác
và đó là công vi c c a Đ i s . Các hàm s lư ng giác là nh ng hàm s tu n hoàn đ u
tiên mà h c sinh đư c h c. Chúng mô t m t quy lu t thư ng g p trong t nhiên, đó là
tính l p l i (tu n hoàn) c a m t s hi n tư ng. Ta có th gi i các bài toán lư ng giác
b ng phương pháp "Đ i s hoá" (b ng cách đ t n ph ). Trong m t s trư ng h p, quy
trình ngư c l i: Lư ng giác hoá m t bài toán đ i s , có th cho ta bài toán m i đơn
gi n hơn do có th s d ng đư c các bi n đ i, dánh giá lư ng giác v n r t phong phú.
Phương pháp "Lư ng giác hoá" bài toán đ i s như v y đư c g i là phương pháp lư ng
giác. Phương pháp lư ng giác có th đư c dùng đ gi i các bài toán Đ i s như là: Gi i
phương trình, b t phương trình, h ; Ch ng minh đ ng th c, b t đ ng th c ; Tìm giá
tr l n nh t và giá tr nh nh t ; v.v....


4.6.1 Cơ s lý thuy t
Cơ s lý thuy t c a phương pháp lư ng giác d a trên nh n xét sau:


B đ 11. N u có m t đ i lư ng x bi n thiên trong mi n I(a, b) thì luôn có th đ t
x = ϕ(t) v i t ∈ (∗1 ), trong đó, ϕ(t) là m t hàm s lư ng giác nào đó, còn (∗1 ) đư c
ch n sao cho ánh x ϕ(t) : (∗1 ) → (∗) là song ánh.
4.6. Phương pháp Lư ng giác 97

Các chú ý
1) M t s trư ng h p đ i bi n lư ng giác thư ng g p:

1. N u x ∈ [a, b] thì có th đ t:
b−a b+a
Ho c x = ( ) cos t + v i 0 t π.
2 2
b−a b+a π π
Ho c x = ( ) sin t + v i − t .
2 2 2 2
2 π
Ho c x = (b − a) cos t + a v i 0 t .
2
Ho c x = tan t v i arctan a t arctan b.

2. Nói chung trong m i trư ng h p đ u có th đ t x = tan t v i t ∈ (∗1 ) trong đó
(∗1 ) đư c ch n thích h p.

3. N u có hai đ i lư ng x, y bi n thiên tho mãn: x2 + y 2 = a2 (a > 0) thì luôn có
th đ t:
x = a. cos t, khi đó y = a. sin t v i 0 t 2π.
Ho c x = a. sin t, khi đó y = a. cos t v i 0 t 2π.
a π π
4. N u |x| a(> 0) thì có th đ t x = v i t ∈ [− ; ] \ {0}.
sin t 2 2

2) Các d u hi u đ nh n bi t m t bài toán có th gi i đư c b ng phương pháp lư ng
giác:

1. T p bi n thiên I(a, b) c a m t bi n s là t p giá tr c a m t hàm s lư ng giác
nào đó. I(a, b) có th đư c cho trong đi u ki n ho c ta ph i t tìm (t p xác đ nh)
ho c ta ph i t đ t đ có th áp d ng phương pháp lư ng giác.

2. Có m t tr ng i đ i s c n kh c ph c, ch ng h n: b c cao, căn th c, đi u ki n
ph c t p, khó x lý...

3. Trong đ bài ( gi thi t ho c k t lu n) có m t b ph n tương t v i m t công
th c lư ng giác nào đó. Ch ng h n:
1
• B ph n 1 + x2 tương t v i công th c: 1 + tan2 t = .
cos2 t
• B ph n 4x3 − 3x tương t v i công th c: 4 cos3 t − 3 cos t = cos 3t.
• B ph n 2x2 − 1 tương t v i công th c: 2 cos2 t − 1 = cos 2t.
2x 2 tan t
• B ph n tương t v i công th c: tan 2t = .
1 − x2 1 − tan2 t
2x 2 tan t
• B ph n tương t v i công th c: sin 2t = .
1 + x2 1 + tan2 t
x+y tan α + tan β
• B ph n tương t v i công th c: tan(α + β) = ··· .
1 − xy 1 − tan α. tan β
4.6. Phương pháp Lư ng giác 98

3) C n nh thêm m t s trư ng h p g i ý sau:

A + B + C = kπ
1. tan A + tan B + tan C = tan A. tan B. tan C ⇔ π .
A, B, C = + nπ
2
A + B + C = π + kπ


2. tan A tan B + tan B tan C + tan C tan A = 1 ⇔ 2 .
A, B, C = π + nπ
2
3. cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A. cos B. cos C = 1
A+B+C A+B−C A−B+C −A + B + C
⇔ cos cos cos cos = 0.
2 2 2 2
4. tan A + tan B + tan C − tan A. tan B. tan C = 1 − tan A tan B − tan B tan C −
tan C tan A
A + B + C = π + kπ


⇔ 4 .
A, B, C = π + nπ
2
1 + tan A 1 + tan B 1 + tan C 1 + tan A 1 + tan B 1 + tan C
5. + + = . .
1 − tan A 1 − tan B 1 − tan C 1 − tan A 1 − tan B 1 − tan C
A + B + C = π + kπ


π 4



⇔ A, B, C = + nπ .

 2
π
A, B, C = + nπ

4
6. sin2 A + sin2 B + sin2 (A + B) = 2 ⇔ cos A. cos B. cos(A + B) = 0.


4.6.2 Trình t l i gi i
L i gi i c a m t bài toán đ i s s d ng phương pháp lư ng giác g m 5 bư c: Bư c
1: Tìm đi u ki n đ i v i bi n s (n u c n), Bư c 2: Đ t n s ph , Bư c 3: Đưa
bài toán đ i s đã cho v bài toán lư ng giác m i, Bư c 4: Gi i bài toán lư ng giác
thu đư c, Bư c 5: Quay v bài toán đ i s xu t phát. Khi gi i h th c đ i s f (x)
RRe 0 (1) b ng phương pháp lư ng giác, sau khi đ t
x = ϕ(t) (2); x ∈ I(a, b) ⇔ t ∈ (∗1 ),
ta thu đư c h th c lư ng giác:
f (ϕ(t))RRe 0 ⇔ F (t)RRe 0 (3).
Ta có th :
+) Ho c gi i (3) trong (∗1 ). Thay t tìm đư c vào (2) đ tìm x là nghi m c a (1).
+) Ho c bi n đ i (3) đ thu đư c h th c đ i v i ϕ(t). Trong h th c đó thay ϕ(t) = x
ta s thu đư c nghi m c a (1).
Do có th ch n ϕ(t) và (∗1 ) b ng nhi u cách khác nhau nên trong t ng bài toán c
th , ta nên ch n ϕ(t) và (∗1 ) theo m t cách thích h p nh t.
4.6. Phương pháp Lư ng giác 99

4.6.3 Ví d minh ho
Ví d 4.6.1. Cho x, y, z > 0; x2 + y 2 + z 2 + 2xyz = 1 (∗). Ch ng minh r ng:
1 + xyz = x (1 − y 2 )(1 − z 2 ) + x (1 − y 2 )(1 − z 2 ) + x (1 − y 2 )(1 − z 2 ).

T đi u ki n có: 0 < x; y; z < 1 nên có th đ t
π
x = cos A; y = cos B; z = cos C v i 0 < A; B; C < . (∗1 )
2
Ta có:
(∗) ⇒ cos2 A + cos2 B + cos2 C + 2 cos A. cos B. cos C = 1
? A+B+C −A + B + C A−B+C A+B−C
⇒ cos . cos . cos . cos = 0.
2 2 2 2
−A + B + C A−B+C A+B−C ?
Mà cos . cos . cos =0
2 2 2
A+B+C
⇒ cos =0
2
⇒A+B+C =π
⇒ cos(A + B + C) = −1
?
⇒ 1 + cos A cos B cos C = cos A sin B sin C + sin A cos B sin C + sin A sin B cos C
⇒ 1 + xyz = x (1 − y 2 )(1 − z 2 ) + x (1 − y 2 )(1 − z 2 )+
+x (1 − y 2 )(1 − z 2 ).(đpcm)

Ví d 4.6.2. Gi i phương trình:

x3 + (1 − x2 )3 = x 2 − 2x2 . (1)

Đi u ki n: 1 − x2 0 ⇔ −1 x 1 (∗). Do I(a, b) nên có th đ t x = cos t t ∈
(0; π) (∗1 ). Do sin t 0 v i m i t ∈ (∗1 ) nên:

(1) → cos3 t + sin3 t = 2 sin t. cos t

⇔ (sin t + cos t)(1 − sin t. cos t) = 2 sin t. cos t. (2)
√ π √
Đ t z = sin t + cos t = 2 sin(t + ). V i t ∈ (∗1 ), ta có: −1 z 2 (∗2 ).
4
2
z −1
Khi đó: sin t. cos t = và:
2
z2 − 1 √ z2 − 1
(2) ⇔ z(1 − )= 2
3
√ 2 2
√ 2
⇔ z + 2z − 3z − 2 = 0
√ √
⇔ (z − 2)(z 2 + 2 2z + 1) = 0
 √
z = 2
√ (tho mãn (*))
⇔ z = 1 − √ 2 (tho mãn I(a, b)) .
z = −1 − 2 (không tho mãn (*))
4.6. Phương pháp Lư ng giác 100
 √
√ sin t + cos t = 2
V i z = 2 ta có: 1 . V y x = cos t là nghi m c a phương
sin t. cos t =
2
trình: √
2
√ 1 2
x − 2x + = 0 ⇔ x = .
2 2

√ sin t + cos t = 1 − 2
V i z = 1− 2 ta có: √ . V y x = cos t là nghi m c a
sin t. cos t = 1 − 2
phương trình:
√ √ √
√ √ 1− 2± ( 2 − 1)( 2 + 3)
x2 − (1 − 2)x + 1 − 2=0⇔x= .
2
Tóm l i, (1) có các nghi m:

√ √ √ √
2 1− 2− ( 2 − 1)( 2 + 3)
x= ; x=
2 2
√ √ √
1− 2+ ( 2 − 1)( 2 + 3)
và x = .
2
Ví d 4.6.3. Gi i b t phương trình:
1 3x
>√ − 1. (1)
1 − x2 1 − x2

Đi u ki n: 1 − x2 > 0 ⇔ −1 < x < 1 (∗).

π π
Do I(a, b) nên có th đ t x = sin t; − < t < (∗1 ). Khi đó:
2 2
1 1 3x 3 sin t
= = 1 + tan2 t; √ = = 3 tan t.
1 − x2 cos2 t 1 − x2 cos t

(vì cos t > 0 v i m i t ∈ (∗1 ).)


(1) → 1 + tan2 t > 3 tan t − 1
⇔ tan2 t − 3 tan t + 2 > 0
⇔ tan t < 1 ∨ tan t > 2
π π π
⇔ − < t < ∨ arctan 2 < t < .
2 4 2
π π π
V y: (1) ⇔ sin(− ) < sin t = x < sin( ) ∨ sin(arctan 2) < x < sin( )
2 4 2
4.6. Phương pháp Lư ng giác 101

(do hàm s sin đ ng bi n trong (∗1 ).)

2
⇔ −1 < x < ∨ sin(arctan 2) < x < 1.
2 √
tan(arctan 2) 2 2 5
Mà: sin(arctan 2) = =√ = .
1 + tan2 (arctan 2) 5 5

Nên tóm l i, ta đư c (1) có nghi m:
√ √
2 2 5
−1 < x < ∨ < x < 1.
2 5
Ví d 4.6.4. Gi i h : 
2x + x2 y = y

2y + y 2 z = z . (4)

2z + z 2 x = x



N u x2 = 1 thì t phương trình đ u ta đư c ±2 = 0: vô lý. V y x2 = 1. Tương t ta
cũng có y 2 = 1; z 2 = 1. Do đó

y = 2x

1 − x2



 2y
(4) ⇔ z = . (4.1)
 1 − y2
x = 2z



1 − z2
π π π
Đ t x = tan t v i t ∈ (− ; ) \ {± } (∗). Ta có
2 2 4

y = 2 tan t = tan 2t (α)

1 − tan2 t



 2 tan 2t
(4.1) → z = = tan 4t . (4.2)
 1 − tan2 2t
x = 2 tan 4t = tan 8t (β)



1 − tan2 4t
T (α) và (β) ta đư c

tan 8t = tan t ⇔ 8t = t + kπ (k ∈ Z) ⇔ t = .
7
Do t ∈ I(a, b) nên ta đư c k ∈ −3..3. V y h đã cho có 7 nghi m :

x = tan kπ



 7
2kπ

y = tan v i k ∈ −3..3.
 7
z = tan 4kπ



7
4.6. Phương pháp Lư ng giác 102

Ví d 4.6.5. Phương trình

4x3 − 3x = 1 − x2 (5)

có bao nhiêu nghi m?.


Đi u ki n 1 − x2 0 ⇔ −1 x 1 (∗). V i đi u ki n dó ta có th đ t x = cos t v i
0 t π (∗1 ). Phương trình đã cho tr thành

4 cos3 t − 3 cos t = 1 − cos2 t = | sin t| = sin t (5.1)

(do t ∈ (∗1 ) nên sin t 0 ⇒ | sin t| = sin t).
 π
π 3t = − t + 2kπ
(5.1) ⇔ cos 3t = sin t = cos( − t) ⇔  2π (k, n ∈ Z)
2 3t = − + t + 2nπ
2
π kπ

t= +
⇔ 8
π 2
t = + nπ
4
Do t ∈ (∗1 ) nên ta đư c k = 0; k = 1; n = 0. v y ta đư c 3 nghi m ∈ (∗1 ) c a phương
trình (5.1) là
π π 5π
t = := t1 ; t = := t2 ; t = := t3 .
8 4 8
Do hàm s cos x ngh ch bi n trên (∗1 ) và 0 < t1 < t2 < t3 < π nên phương trình (5) có
ba nghi m phân bi t tho mãn I(a, b) là
5π π π
x1 = cos < x2 = cos < x1 = cos .
8 4 8
V y phương trình đã cho có ba nghi m phân bi t.


Ví d 4.6.6. Ch ng minh r ng phương trình

x3 − 3x + 1 = 0 (6)

có ba nghi m x1 < x2 < x3 tho mãn:

x2 = x2 + 2.
3


Đ t f (x) = x3 − 3x + 1 ta có f (x) xác đ nh, liên t c v i m i x ∈ R. Ngoài ra,

f (−2) = −1 < 0; f (−1) = 3 > 0; f (1) = −1 < 0; f (2) = 3 > 0

nên theo tính ch t hàm s liên t c, phương trình (6) có ít nh t 3 nghi m phân bi t
(trong m i kho ng (−2; −1); (−1; 1); (1; 2) phương trình (6) có ít nh t m t nghi m mà
ba kho ng đó đôi m t r i nhau). Nhưng (6) là phương trình b c 3 nên (6) có nhi u nh t
4.6. Phương pháp Lư ng giác 103

3 nghi m phân bi t. V y (6) có đúng ba nghi m phân bi t x1 < x2 < x3 . Ngoài ra, t
trên ta th y m i nghi m c a (6) đ u ∈ (−2; 2) nên đ tìm nghi m c a (6) ta có th đ t
x = 2 cos t v i 0 < t < π (∗). Ta thu đư c phương trình
1 1
8 cos3 t − 6 cos t + 1 = 0 ⇔ 4 cos3 t − 3 cos t = − ⇔ cos 3t = − . (6.1)
2 2
 
2π 2π π
 3t = 3 + 2kπ  t = 9 + 2k 3
(6.1) ⇔  2π ⇔ 2π π (k, n ∈ Z).
3t = − + 2nπ t=− + 2n
3 9 3
Do t ∈ I(a, b) nên ta đư c k = 0; k = 1; n = 1. Như v y, (6.1) có ba nghi m ∈ I(a, b) là
8π 4π 2π
t= := t1 ; t = := t2 ; t = := t3 (t1 > t2 > t3 ).
9 9 9
Do hàm s cos x ngh ch bi n trên I(a, b) nên ta đư c ba nghi m phân bi t c a phương
trình (6) là
8π 4π 2π
x1 = 2 cos < x2 = 2 cos < x3 = 2 cos .
9 9 9
Ngoài ra,
4π 4π 2π
x2 + 2 = 2 cos + 2 = 2(1 + cos ) = 2.2. cos2 = x2 .
3
9 9 9
Đó chính là đi u ph i ch ng minh.

|x| + |y| = 1 (α)
Ví d 4.6.7. Tìm m đ h : (7) có nghi m.
x2 + y 2 = m (β)

T (α) có 0 |x|; |y| 1 nên có th đ t |x| = sin2 t ⇒ |y| = cos2 t. Ta thu đư c

sin2 t + cos2 t = 1 (luôn đúng v i m i t ∈ R)
⇔ sin4 t + cos4 t = m (7.1).
sin4 t + cos4 t = m
1
Mà (7.1) ⇔ m = (sin2 t + cos2 t)2 − 2 sin2 t cos2 t = 1 − sin2 2t. (7.2), nên ta có:
2
1 1
Phương trình (7) có nghi m ⇔(7.2) có nghi m ⇔ m 1. V y m 1 là các
2 2
giá tr c n tìm.


Ví d 4.6.8. Tìm m đ b t phương trình sau có nghi m:
√ √ √
x + 1 − x > m x − x2 + 1. (8)

Đi u ki n:
 
x 0
 x
 0
1−x 0 ⇔ x 1 ⇔0 x 1. (∗)
 
x − x2 0 0 x 1
 
4.6. Phương pháp Lư ng giác 104

π
V i đi u ki n đó ta có th đ t x = cos2 t v i 0 t (∗1 ). Ta thu đư c b t phương
2
trình
cos t + sin t > m. sin t. cos t + 1. (8.1)
(Do t (∗1 ) có | sin t| = sin t; | cos t| = cos t; | sin t cos t| = sin t cos t.)
√ z2 − 1
L i đ t z = cos t + sin t. V i t ∈ (∗1 ) ta d th y z ∈ [1; 2]. Ngoài ra, sin t. cos t =
2
và b t phương trình (8.1) tr thành:

2z > m(z 2 − 1) + 2 ⇔ 2(z − 1) > m(z 2 − 1). (8.2)

N u z √ 1 thì (8.2) ⇔ 2.0 > m.0 : vô lý. V y (8.2) không có nghi m z = 1. Xét
=
z ∈ (1; 2] (∗2 ). Khi đó z − 1 > 0; z + 1 > 0 nên
2
(8.2) ⇔ m < := f (z).
z+1


Ta có: (8) có nghi m ⇔ (8.1) có nghi m t ∈ (∗1 )
⇔ (8.2) có nghi m z ∈ (∗2 )
⇔ m < cosh (∗2 )Sup f (z).

D th y f (z) liên t c và ngh ch bi n trên (∗2 ) nên cosh (∗2 )Sup f (z) = f (1) = 1. V y
m < 1 là các giá tr c n tìm.


Bài t p tương t
1. Cho x2 + y 2 = 1; u2 + v 2 = 1. Ch ng minh r ng

|xu + yv| 1

1 1
2. Cho y = x4 − x2 + . 1) Ch ng minh r ng |y| v i m i x ∈ [−1; 1]. 2) Ch ng
8 8
minh r ng phương trình:
1
x4 − x2 + = 0
8
có b n nghi m phân bi t x ∈ [−1; 1].

3. Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a

1 + x4
y=
(1 + x2 )2

4. Cho ab; bc; ca cùng = −1. Ch ng minh r ng
a−b b−c c−a a−b b−c c−a
+ + = . .
1 + ab 1 + bc 1 + ca 1 + ab 1 + bc 1 + ca
4.6. Phương pháp Lư ng giác 105

5. Cho a, b, c > 0; a > c; b > c. Ch ng minh r ng

c(a − c) + c(b − c) ab

6. Cho 0 < x, y, z < 1 và xy + yz + zx = 1. Ch ng minh r ng:

x y z 3 3
+ +
1 − x2 1 − y 2 1 − z 2 2

7. Ch ng minh r ng v i m i x ∈ (−1; 1) và n 2, ta luôn có:

(1 + x)n + (1 − x)n < 2

8. Ch ng minh r ng v i m i a, b ∈ R, ta luôn có:
1 (a + b)(1 − ab) 1

2 (1 + a2 )(1 + b2 ) 2

9. Cho a, b, c > 0 và abc + a + c = b. Tìm M axP v i:
2 2 3
P = − 2 + 2
a2 +1 b +1 c +1

10. Cho dãy s (xn ) xác đ nh như sau:

1 1− 1 − x2
n
x1 = ; xn+1 =
2 2

Ch ng minh r ng:

xk + xk+1 + xk+2 + · · · + xk+l < 1, 03

v i m i k, l ∈ N ∗

11. Tìm a đ phương trình : x + 1 − x2 = a có nghi m.
√ √
12. Gi i và bi n lu n: a + x + a − x = x.

x2 + y 2 = 4

13. Tìm nghi m c a h : z 2 + t2 = 9 v i x + z l n nh t.

xt + yz 6


x 2
14. Gi i phương trình: x2 + ( ) = 1.
x−1
15. Gi i h :
3(x + 1 ) = 4(y + 1 ) = 5(z + 1 )

x y z
xy + yz + zx = 1
4.6. Phương pháp Lư ng giác 106

16. Cho y = |x|(4x2 + m). Tìm m đ |y| 1 v i m i x; |x| 1.

17. Cho A, B, C là ba góc c a m t tam giác. Ch ng minh r ng:

1 + cos A. cos B. cos C 3 sin A. sin B. sin C

18. Gi i h : √ √
2(x − y)(1 + 4xy) = 3
x2 + y 2 = 1

19. Cho dãy {un } xác đ nh như sau:
 √
u1 = 2
 √
un + 2 − 1
un+1 = √ (n 1)
(1 − 2)un + 1


Hãy tính u2004

20. Cho 0 < x1 < y1 . Hai dãy {xn }; {yn } xác đ nh như sau:

x xn + yn
n+1 =
y √ 2 (n 1)
= x y
n+1 n+1 n


Ch ng minh r ng Lim xn = Lim yn . Hãy tìm gi i h n đó.
n→+∞ n→+∞

21. Cho dãy {xk }n tho mãn:
k=0


x0 = 0; n = 50.000
1
xk+1 = xk + 30.000 1 − x2
k (k ∈ 0; n − 1)

B t đ ng th c xn 1 đúng hay sai?.

22. Cho dãy các hàm s {Tn (x)} đư c xác đ nh như sau:

T1 (x) = x

T (x) = 2x2 − 1
 2
Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x) (n 2)


Ch ng minh r ng: 1) N u |x| 1 thì |Tn (x)| 1 v i m i n ∈ N ∗ . 2) Phương trình
Tn (x) = 0 có đúng n nghi m phân bi t và các nghi m đó đ u ∈ [−1; 1]. 3) Tìm t t
c các giá tr c a x đ |Tn (x)| = 1.

23. Ch ng minh r ng v i a, b 0, ta luôn có:
√ √
√ a+ a2 − b a+ a2 − b
a+ b= +
2 2
4.6. Phương pháp Lư ng giác 107

24. Ch ng minh r ng v i a > c; b > c; c > 0 ta luôn có:

(a + c)(b + c) + (a − c)(b − c) 2 ab

25. Rút g n bi u th c:

a− 4(a − 1) + a+ 4(a − 1)
T =
a2 − 4(a − 1)

26. Ch ng minh r ng v i a > |b|, ta luôn có

√ 2a + a2 − b2
2b √ = (a + b)3 − (a − b)3
a + a2 − b 2

27. Gi i phương trình:
√ √
4+ 16 − x 4− 16 − x √ √
+ = 4+ x+ 16 − x
2 2

28. Cho xyz = 0; xy + yz + zx = 1. Ch ng minh r ng
1 1 1 1 1 1
(x − )(y − ) + (y − )(z − ) + (z − )(x − ) = 4
x y y z z x

3
29. Cho x; y; z = ± ; x + y + z = xyz. Ch ng minh r ng
3
3x − x3 3y − y 3 3z − z 3 3x − x3 3y − y 3 3z − z 3
+ + = . .
1 − 3x2 1 − 3y 2 1 − 3z 2 1 − 3x2 1 − 3y 2 1 − 3z 2

30. Cho xyz = 0; x + y + z − xyz = 1 − xy − yz − zx. Ch ng minh r ng

1 − x2 1 − y 2 1 − z 2 1 1 − x2 1 − y 2 1 − z 2
+ + = . . .
x y z 4 x y z

31. Cho x1 ; x2 ; x3 là các nghi m c a phương trình

x3 + ax2 + x + b = 0

Ch ng minh r ng
1 1 1 1 1 1
(x1 − )(x2 − ) + (x2 − )(x3 − ) + (x3 − )(x1 − ) = 4
x1 x2 x2 x3 x3 x1
4.6. Phương pháp Lư ng giác 108

32. Cho x; y; x = 1 tho mãn:
1+x 1+y 1+z 1+x 1+y 1+z
+ + = . .
1−x 1−y 1−z 1−x 1−y 1−z
Ch ng minh r ng

a) x + y + z − xyz = xy + yz + zx − 1
2(x + y)(1 − xy) 1 − z2
b) =
(1 + x2 )(1 + y 2 ) 1 + z2
(1 − xy)2 − (x + y)2 2z
c) 2 )(1 + y)2
=
(1 + x 1 + z2

33. Gi i bi n lu n phương trình: x + a2 − x2 < b v i a, b > 0.
34. Gi i h :
|x + y| + |x − y| 2
x2 + y 2 = 1

35. Gi i h  √
x 1 − y 2 + y 1 − x2 = 1
√ 1
x 1 − y 2 − y 1 − x2 =
2
36. Gi i h
√ √
x+ 1−y =m+1
√ √
y+ 1−x=m+1

37. Gi i h
4xy(2x2 − 1) = 1
x2 + y 2 = 1

38. Gi i bi n lu n phương trình:
√ √
(a + b) a2 + b2 + x2 − (a − b) a2 + b2 − x2 = a2 + b2

39. Gi i phương trình:
1 1 5
+√ =
x 1 − x2 12

40. Gi i phương trình:
x 35
x+ √ =
x2 − 1 12

41. Gi i phương trình:
√ √
1+ 1 − x2 (1 + x)3 − (1 − x)3 = 2 + 1 − x2
4.6. Phương pháp Lư ng giác 109

42. Gi i phương trình: √ √
x−2+ 4 − x = x2 − 6x + 11

43. Gi i phương trình: √ √
1 − x = 2x2 − 1 + 2x 1 − x2

44. Gi i bi n lu n phương trình:
x x
2a 1 − a2
− = 1 (0 < a < 1)
1 + a2 1 + a2

45. Gi i phương trình: √ √
|2x − 1 − 4x2 | = 2(8x2 − 1)

46. Gi i b t phương trình: √
√ √ 3
1−x− x
3
47. Gi i b t phương trình:
√ √ √
x−1− x−2> 3−x

48. Gi i b t phương trình: √ √
1−x+ 1+x 0 v i m i x ∈ (∗∗).


thì trong (∗∗) ta có:
f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = [ψ(x) − ϕ(x)].h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x)
B đ 14. N u:

1) f (x) > 0; g (x) 0 v i m i x ∈ I(a, b) ⊆ Df ; (*) liên thông.

2) ϕ(∗∗) ⊆ (∗); ψ(∗∗) ⊆ (∗).

3) h(x) 0 v i m i x ∈ (∗∗).


thì trong (∗∗) ta có:
f (ϕ(x)) − f (ψ(x)) = [g(ψ(x)) − g(ϕ(x))].h(x) ⇔ ϕ(x) = ψ(x)
4.7. S d ng đ nh lý Lagrange 111

B đ 15. N u f (x) đ ng bi n trong (∗) ⊆ Df , (∗) liên thông, thì trong I(a, b) ta có:
f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x ; f (f (f (x))) = x ⇔ f (x) = x
N u f (x) + 1 = 0 v i m i x ∈ I(a, b) ⊆ Df , (∗) liên thông, thì trong I(a, b) ta có:
f (f (x)) = x ⇔ f (x) = x ; f (f (f (x))) = x ⇔ f (x) = x
Ví d 4.7.1. Gi i phương trình:

x3 + 1 = 2 3 2x − 1. (1)


1 1 3
(1) ⇔ x = 1+ (1 + x3 ) = f (f (x).
2 2
1 3
V i f (x) = (1 + x3 ). Có f (x) = x2 0 v i m i x ∈ R ⇒ f (x) đ ng bi n trên t p
2 2
xác đ nh R. Do đó
(1) ⇔ f (x) = x ⇔ x3 − 2x + 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x2 + x − 1) = 0
x = 1√


x−1 = 0
 −1 − 5
⇔ 2 ⇔ x = 2√ .

x +x−1 = 0
−1 + 5

x =
2
V y phương trình đã cho có ba nghi m
√ √
−1 − 5 −1 + 5
x=1 ∨ x= ∨ x= .
2 2
Ví d 4.7.2. Gi i phương trình:
2x − 22x+1 = (x + 1).3x . (2)

Xét hàm s f (x) = 2x có f (x) = 2x ln 2, ∀x ∈ R. Theo đ nh lý Lagrange, t n t i c
n m gi a x và 2x + 1 sao cho
2x − 22x+1 = f (c).[x − (2x + 1)] = −(x + 1).2c . ln 2. B i v y:
(2) ⇔ −(x + 1).2c . ln 2 = (x + 1).3x ⇔ (x + 1)[3x + 2c . ln 2] = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1.
(Do [3x + 2c . ln 2] > 0 v i m i x ∈ R.)
V y phương trình đã cho có nghi m duy nh t x = −1.


Ví d 4.7.3. Ch ng minh r ng phương trình:
π πx − 1
π.ar cos x − −√ . (3)
2 1 − x2
1 π
luôn có nghi m x ∈ ( ; ) (∗).
π 4
4.7. S d ng đ nh lý Lagrange 112

Đ t f (x) = V T (3). Xét hàm s

2
F (x) = (πx − 1)(cos x − ).
2
1 π
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [ ; ] và có
π 4
1 π
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F ( ) = 0 =; F ( ) = 0.
π 4
V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho

F (π) − F (π)
4
1
f (x0 ) = π 1 = 0.
4
−π

V y, phương trình f (x) = 0 (3) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).

Ví d 4.7.4. Ch ng minh r ng phương trình:

2x2 − 3x + 1
(4x − 3) log3 x + = 0. (4)
x ln 3
1
luôn có nghi m x ∈ ( ; 1) (∗).
2

Đ t f (x) = V T (4). Xét hàm s

F (x) = (2x2 − 3x + 1) log3 x.
1
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [ ; 1] và có
2
1
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F ( ) = 0; F (1) = 0.
2
V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho
1
F (1) − F ( 2 )
f (x0 ) = 1 = 0.
1− 2

V y, phương trình f (x) = 0 (4) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).

Ví d 4.7.5. Ch ng minh r ng phương trình:

2
2(x − 1) sin 2x − cos 2x + = 0. (5)
2
π
luôn có nghi m x ∈ ( ; 1) (∗).
8
4.7. S d ng đ nh lý Lagrange 113

Đ t f (x) = V T (5). Xét hàm s

2
F (x) = (x − 1)(cos 2x − ).
2
π
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [ ; 1] và có
8
π
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F ( ) = 0; F (1) = 0.
8
V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho

F (1) − F ( π )
8
f (x0 ) = = 0.
1− π8

V y, phương trình f (x) = 0 (4) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).

Ví d 4.7.6. Ch ng minh r ng phương trình:

2(x2 − x − 2) cos 2x = (1 − 2x) sin 2x. (6)

luôn có ít nh t 3 nghi m phân bi t trong kho ng (−1; 2) (∗).


(6) ⇔ f (x) := 2(x2 − x − 2) cos 2x − (1 − 2x) sin 2x = 0 (6.1). Xét hàm s

F (x) = 9x2 − x − 2) sin 2x.

Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [−1; 2] và có
π
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F (−1) = 0; F (0) = 0; F ( ) = 0; F (2) = 0.
2
V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ (−1; 0) (∗1 ) sao cho

F (0) − F (−1)
f (x0 ) = = 0.
0 − (−1)
π
Tương t , t n t i x1 ∈ (0; ) (∗2 ) sao cho f (x1 ) = 0;
2
π
t n t i x2 ∈ ( ; 2) (∗3 ) sao cho f (x2 ) = 0. Mà các kho ng (∗1 ); (∗2 ); (∗3 ) đôi m t không
2
giao nhau
nên các nghi m x0 ; x1 ; x2 cũng đôi m t khác nhau. V y, phương trình

f (x) = 0 (6.1) ⇔ (6)

luôn có ít nh t ba nghi m phân bi t x ∈ I(a, b) (đpcm).
4.7. S d ng đ nh lý Lagrange 114

Ví d 4.7.7. Cho phương trình:
ax2 + bx + c = 0. (7)
Ch ng minh r ng n u
a b c
m > 0; a, b, c ∈ R, tho mãn + + =0 (∗1 )
m+2 m+1 m
thì phương trình (7) luôn có nghi m x ∈ (0; 1) (∗).


Đ t f (x) = axm+1 + bxm + cxm−1 = xm−1 (ax2 + bx + c). Xét hàm s
a b c
F (x) = xm+2 + xm+1 + xm .
m+2 m+1 m
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [0; 1] và có
a b c
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F (0) = 0; F (1) = + + = 0.
m+2 m+1 m
V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho
F (1) − F (0)
f (x0 ) = = 0.
1−0
hay là xm−1 (ax2 + bx0 + c) = 0 ⇒ ax2 + bx0 + c = 0 (vì x0 ∈ (0; 1) ⇒ xm−1 = 0).
0 0 0 0

V y, phương trình ax2 + bx + c = 0 (7) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).
Ví d 4.7.8. Cho phương trình:
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a − 1x + a − 0 = 0. (8)
Ch ng minh r ng n u
an an−1 a1
+ + ··· + + a0 = 0 (∗1 )
n+1 n 2
thì phương trình (8) luôn có nghi m x ∈ (0; 1) (∗).


Đ t f (x) = V T (8). Xét hàm s
an n+1 an−1 n a1
F (x) = x + x + · · · + x2 + a0 x.
n+1 n 2
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [0; 1] và có
F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F (0) = 0; F (1) = 0 (do (∗1 )).
V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho
F (1) − F (0)
f (x0 ) = = 0.
1−0
V y, phương trình f (x) = 0 (8) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).
4.7. S d ng đ nh lý Lagrange 115

Ví d 4.7.9. Cho phương trình:

an xn + an−1 xn−1 + · · · + a − 1x + a − 0 = 0. (9)

Ch ng minh r ng n u t n t i m ∈ N ∗ sao cho :
an an−1 a1 a0
+ + ··· + + =0 (∗1 )
n+m n+m−1 m+1 m

thì phương trình (8) luôn có nghi m x ∈ (0; 1) (∗).


Đ t f (x) = V T (9). Xét hàm s
an an−1 a1 a0
F (x) = xn+m + xn+m−1 + · · · + xm+1 + xm .
n+m n+m−1 m+1 m
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [0; 1] và có

F (x) = xm−1 .f (x), ∀x ∈ I(a, b); F (0) = 0; F (1) = 0 (do (∗1 )).

V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho

F (1) − F (0)
F (x0 ) = xm−1 f (x0 ) =
0 = 0.
1−0
⇒ f (x0 ) = 0 do x0 ∈ (0; 1) ⇒ xm−1 = 0.
0

V y, phương trình f (x) = 0 (9) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).

Ví d 4.7.10. Cho phương trình:

a. cos 3x + b. cos 2x + c. cos x + sin x = 0. (10)

Ch ng minh r ng v i m i a, b, c ∈ R thì phương trình (10) luôn có nghi m x ∈ (0; 2π).


Đ t f (x) = V T (10). Xét hàm s
a b
F (x) = sin 3x + sin 2x + c sin x − cos x + 1.
3 2
Hàm s F (x) xác đ nh, liên t c trên [0; 2π] và có

F (x) = f (x), ∀x ∈ I(a, b); F (0) = 0; F (2π) = 0, ∀a, b, c ∈ R.

V y theo đ nh lý Lagrange, t n t i x0 ∈ I(a, b) sao cho

F (2π) − F (0)
f (x0 ) = = 0.
2π − 0
V y, v i m i a, b, c ∈ R phương trình f (x) = 0 (10) luôn có nghi m x ∈ I(a, b) (đpcm).
4.8. S d ng đ nh lý Rolle 116

Bài t p tương t
1. Gi i phương trình:
2

3

22x+3 − 2x = ( x2 − 3 2x + 3)(x2 + 1 + 2x )

2. Gi i phương trình:
√ √ √ √
(x3 + 1)5 − (x2 + 1)5 = ( x2 + 1 − x3 + 1)( x + x + 1)

3. Gi i phương trình: x = a + a+ x

4. Gi i phương trình: x = a+ a+x


4.8 S d ng đ nh lý Rolle
Đ nh lí 2 (Rolle ). N u hàm s y = f (x) liên t c trên đo n [a, b] ; có đ o hàm trên
kho ng (a, b) và f (a) = f (b) thì t n t i c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.

T đ nh lý Rolle ta thu đư c các h qu sau:

B đ 16. N u hàm s y = f (x) liên t c trên đo n [a, b] ; có đ o hàm trên kho ng (a, b)
thì gi a hai nghi m (liên ti p) ∈ (a; b) c a phương trình f (x) = 0 có ít nh t m t nghi m
c a phương trình f (x) = 0.

B đ 17. N u hàm s y = f (x) liên t c trên đo n [a, b] ; có đ o hàm trên kho ng (a, b)
và phương trình f (x) = 0 có k nghi m x ∈ (a; b) thì phương trình f (x) = 0 có ít nh t
k − 1 nghi m x ∈ (a; b).

Ví d 4.8.1. Gi i phương trình:

3x + 2x = 3x + 2. (1)




Ta có (1) ⇔ f (x) = 3x +2x −3x−2 = 0. Nh n xét r ng f (0) = 0; f (1) = 0 ⇒ phương
trình (1) có ít nh t hai nghi m th c phân bi t. Gi s (1) có nhi u hơn hai nghi m th c
phân bi t, khi đó, theo h qu c a đ nh lý Rolle , phương trình f (x) = 0 có ít nh t hai
nghi m th c phân bi t. Cũng theo lý do trên, phương trình f (x) = 0 có ít nh t m t
nghi m th c. Mà f (x) = 3x ln 3 + 2x ln 2 − 3 ⇒ f (x) = 3x ( ln 3)2 + 2x ( ln 2)2 > 0 v i
m i x ∈ R. Đó là đi u mâu thu n v i k t qu trên. V y gi s c a ta là sai, t c là (1)
có không quá hai nghi m th c phân bi t, Nói cách khác, (1) ch có đúng hai nghi m là

x = 0; x = 1.
4.8. S d ng đ nh lý Rolle 117

Ví d 4.8.2. Ch ng minh r ng v i m i a, b, c ∈ R, phương trình:
a. cos 3x + b. cos 2x + c. cos x + sin x = 0. (2)
luôn có nghi m x ∈ [0; 2π] (∗).


Xét hàm s
a b
f (x) = sin 3x + sin 2x + c. sin x − cos x.
3 2
Ta có f (x) xác đ nh, liên t c và có đ o hàm b c nh t:
f (x) = a. cos 3x + b. cos 2x + c. cos x + sin x = V T (2)
v i m i x ∈ I(a, b). Ngoài ra,
f (0) = f (2π) = a + b + c.
V y, theo đ nh lý Rolle , t n t i c ∈ (0; 2π) ⊂ [0; 2π] = (∗) sao cho f (c) = 0. Nói cách
khác, phương trình (2) luôn có ít nh t m t nghi m (x = c) ∈ I(a, b). Đó chính là đi u
c n ch ng minh.


Ví d 4.8.3. Cho hàm s f (x) liên t c trên [a; b]; kh vi trên (a; b) và f (a) = f (b) = 0.
Ch ng minh r ng v i m i k ∈ R∗ , phương trình
f (x) + k.f (x) = 0 (3)
luôn có ít nh t m t nghi m x ∈ (a; b).

x
Xét g(x) = e k .f (x). Ta có g(x) liên t c trên [a; b]; kh vi trên (a; b) và g(a) =
g(b) = 0. Theo đ nh lý Rolle , phương trình g (x) = 0 (3.1) luôn có ít nh t m t nghi m
x ∈ (a; b). Mà
x x x
1 1
g (x) = e k .f (x) + e k .f (x) = e k [f (x) + kf (x)].
k k
x
1
Còn e k = 0 v i m i x ∈ R nên
k
(3.1) ⇔ f (x) + k.f (x) = 0 (3).
V y phương trình (3) luôn có ít nh t m t nghi m x ∈ (a; b). Đó chính là đpcm.


Ví d 4.8.4. Ch ng minh r ng v i m i a, b, c ∈ R, đa th c:
P (x) = x5 − 2x4 + 2x3 + ax2 + bx + c
có không quá ba nghi m th c phân bi t.
4.8. S d ng đ nh lý Rolle 118

Gi s P (x) có nhi u hơn 3 nghi m th c phân bi t. Khi đó, do P (x) xác đ nh, liên
t c và kh vi trên R nên theo h qu c a đ nh lý Rolle , đa th c P (x) có ít nh t ba
nghi m th c phân bi t. L p lu n tương t ta đư c P (x) có ít nh t m t nghi m th c.

P (x) = 5x4 − 8x3 + 6x2 + 2ax + b ⇒ P (x) = 30x3 − 24x2 + 12x + 2a
⇒ P (x) = 60x2 − 48x + 12 = 12(x2 + (2x − 1)2 ) > 0, ∀x ∈ R.
Đi u mâu thu n thu đư c ch ng t gi s trên là sai, t c là đa th c P (x) đã cho có
không quá ba nghi m th c phân bi t (đpcm),


Ví d 4.8.5. Ch ng minh r ng n u a, b, c, d ∈ R , đôi m t khác nhau thì phương trình:

(x−a)(x−b)(x−c)+(x−b)(x−c)(x−d)+(x−c)(x−d)(x−a)+(x−d)(x−a)(x−b) = 0 (4)

luôn có ba nghi m phân bi t.


Xét
P (x) = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d).
Ta có P (x) xác đ nh, liên t c, kh vi trên R và có b n nghi m th c phân bi t. Theo h
qu c a đ nh lý Rolle , phương trình P (x) = 0 (4.1) có ít nh t ba nghi m phân bi t.
M t khác, P (x) là đa th c b c ba nên nó có không quá ba nghi m th c phân bi t. V y
P (x) có đúng ba nghi m th c phân bi t. Nhưng

P (x) = V T (4) nên (4.1) ⇔ (4).

Nói cách khác phương trình (4) luôn có đúng ba nghi m th c phân bi t. Đó chính là
đi u ph i ch ng minh.


Ví d 4.8.6. Tìm s nghi m c a phương trình:

3 sin x = x. (5)

Đ t f (x) := 3 sin x − x. Ta có f (x) xác đ nh, liên t c, kh vi trên R và

(5) ⇔ f (x) = 0 (5.1)

Do v i m i x ∈ R ta luôn có −1 sin x 1 nên m i nghi m n u có c a phương trình
(5) đ u ∈ (−3; 3) (∗). Nh n xét r ng (∗) ⊂ (−π; π) := (∗1 ). Ngoài ra, ta có

f (x) = 3 cos x − 1

suy ra f (x) có hai nghi m phân bi t ∈ (∗1 ) ⇒ f (x) có không quá hai nghi m phân bi t
∈ I(a, b). S d ng đ nh lý Rolle ta đư c f (x) có không quá ba nghi m phân bi t. Mà
π π
f (x) liên t c trên R, f (0) = 0; f (− ).f (−3) < 0; f ( ).f (3) < 0 nên f (x) có ít nh t
2 3
ba nghi m phân bi t. Tóm l i phương trình (5) có đúng ba nghi m phân bi t.
4.8. S d ng đ nh lý Rolle 119

Ví d 4.8.7. Gi i phương trình:

2x − sin πx = 0. (6)

Đ t f (x) := 2x − sin πx. Ta có f (x) xác đ nh, liên t c, kh vi trên R và

(6) ⇔ f (x) = 0 (6.1)

Do v i m i x ∈ R ta luôn có −1 sin πx 1 nên m i nghi m n u có c a phương trình
1 1 π π
(5) đ u ∈ (− ; ) (∗). Nh n xét r ng (∗) ⊂ (− ; ) := (∗1 ). Ngoài ra, ta có
2 2 2 2
f (x) = 2 − π sin πx

suy ra f (x) có hai nghi m phân bi t ∈ (∗1 ) ⇒ f (x) có không quá hai nghi m phân bi t
∈ I(a, b). S d ng đ nh lý Rolle ta đư c f (x) có không quá ba nghi m phân bi t.
1 1
Mà f (0) = 0; f (− ) = 0; f ( ) = 0
2 2
nên f (x) có ít nh t ba nghi m phân bi t. Tóm l i phương trình (5) có đúng ba nghi m
phân bi t là
1 1
x = 0; x = − ; x = .
2 2
Ví d 4.8.8. Ch ng minh r ng phương trình:

2x = x2 + 1. (7)

có đúng 3 nghi m phân bi t.


Đ t f (x) := 2x − x2 − 1. Ta có f (x) xác đ nh, liên t c, kh vi trên R và

(7) ⇔ f (x) = 0 (7.1)

Có f (0) = f (1) = 0; f (2) = −1, f (5) = 6 ⇒ f (2).f (5) = −6 < 0 ⇒ f (x) có ít nh t ba
nghi m phân bi t. Gi s f (x) có 4 nghi m phân bi t. Theo h qu c a đ nh lý Rolle ,
f (x) có 2 nghi m phân bi t. Mà f (x) = 2x ln 2 − 2x; f (x) = 2x ( ln 2)2 − 2 ⇒ f (x)
có đúng m t nghi m. Ta thu đư c hai k t qu mâu thu n nhau. Đi u đó ch ng t r ng
f (x) có không quá ba nghi m phân bi t. V y f (x) có đúng ba nghi m phân bi t. T đó
thu đư c đpcm.



Bài t p tương t
1. Gi i và bi n lu n phương trình: ax = (a − 1)x + 1 (a > 0; = 1)
4.8. S d ng đ nh lý Rolle 120

2. Gi i phương trình:
n+1
n(n + 1)
kx = n + x
k=2
2

5+x
lg
3. Gi i b t phương trình: x 5 − x < 0
2 − 3x + 1
4. Gi i phương trình: (4x + 2)(2 − x) = 6

5. Tìm nghi m x 1 c a phương trình:

x+1 x2 + 1
(x + 1) ln + x − 1 = x(x2 + 1) ln
x x2

6. Ch ng minh r ng v i m i a, b, c, d, e ∈ R, phương trình:

a. sin 6x + b. cos 5x + c. sin 4x + d. cos 3x + e. sin x = 0

luôn có nghi m .

7. Cho f (x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 . Ch ng minh r ng n u t n t i m ∈ N ∗
sao cho:
an an−1 a1 a0
+ + ··· + + =0
m+n m+n−1 m+1 m
thì phương trình f (x) = 0 luôn có nghi m x ∈ (0; 1)

8. Cho f (x) xác đ nh, liên t c và dương trên [a; b]; kh vi trên (a; b).
1) Ch ng minh r ng ∃ c ∈ (a; b) sao cho:

f (b) f (c)
= e(b−a)
f (a) f (c)

2) Ch ng minh r ng phương trình:

f (b) f (x)
= e(b−a)
f (a) f (x)

luôn có nghi m x ∈ (a; b).

9. Ch ng minh r ng v i m i ak ; bk ∈ R; an + bn = 0, phương trình:
n
(ak sin kx + bk cos kx) = 0
k=1


luôn có ít nh t m t nghi m.

10. Ch ng minh r ng v i m i a ∈ R, gi a hai nghi m c a đa th c f (x) ∈ R[x] luôn
có ít nh t m t nghi m c a đa th c f (x) + a.f (x).
4.8. S d ng đ nh lý Rolle 121

11. Gi i phương trình: (1 + cos x)(2 + 4cos x ) = 3.4cos x
12. Ch ng minh r ng n u n ch n thì v i m i p, q ∈ R, phương trình:
xn + px + q = 0 không th có quá hai nghi m th c phân bi t.
2 −x
13. Gi i phương trình: 4x−1 − 2x = log2 x − 1

14. Gi i phương trình: x2 + x + 6 x + 2 = 18
√ √
15. Gi i phương trình: x4 + x3 + 5 x + 1 = 2 + 5 2
16. Cho hàm s y = f (x) có đ o hàm liên t c đ n c p n − 1 trên đo n [x0 ; xn ] và có
đ o hàm đ n c p n trên kho ng (x0 ; xn ). Ngoài ra:
f (x0 ) = f (x1 ) = · · · = f (xn ) v i x0 < x1 < · · · < xn
Ch ng minh r ng khi đó, phương trình: f (k) (x) = 0 có ít nh t n − k + 1 nghi m
trong kho ng (x0 ; xn ); (k ∈ 1; n).
Đ c bi t, phương trình f (n) (x) = 0 có ít nh t m t nghi m trong kho ng (x0 ; xn ).
17. Bi t r ng đa th c: Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 (v i an = 0; n 2)
có n nghi m th c phân bi t. Ch ng minh r ng phương trình P (k) (x) = 0 có đúng
n − k nghi m th c phân bi t.
18. Bi t r ng phương trình t2 + αx + β = 0 (α; β ∈ R) có nghi m th c và đa th c
P (x) (b c n 1; ∈ R[x]) có các nghi m đ u th c. Ch ng minh r ng phương trình:
P (x) + αP (x) + βP (x) = 0
cũng có các nghi m đ u th c.
19. Cho x1 < x2 < x3 là các nghi m c a đa th c P (x) ∈ R[x].
Ch ng minh r ng n u tam th c b c hai f (x) = x2 + ax + b có các nghi m n m
ngoài đo n [x1 ; x2 ] thì phương trình:
P (x) + aP (x) + bP (x) = 0
có nghi m trong đo n [x1 ; x3 ]
20. Xét phương trình v i h s th c:
n(n − 1)
P (x) = xn + nxn−1 + (1 + a2 )xn−2 + a1 xn−3 + · · · + an−2 = 0
2
Tìm a đ phương trình trên có các nghi m đ u th c.
21. Cho đa th c P (x) ∈ R[x] b c n và có t t c các nghi m đ u th c. Ch ng minh
r ng phương trình
P (x) = 0
có các nghi m đ u th c (n − 1 nghi m đ u th c.)
22. Cho P (x) là đa th c b c n có n nghi m th c phân bi t: x1 ; x2 ; · · · ; xn . Ch ng
minh r ng:
n
P (xn )
=0
k=1
P (xn )
4.9. H phương trình d ng hoán v vòng quanh 122


4.9 H phương trình d ng hoán v vòng quanh
Xét h : 
f (x1 ) = g(x2 )


f (x2 ) = g(x3 )



··· ··· ··· (1)

f (xn−1 ) = g(xn )




f (x ) = g(x )
n 1

H (1) đư c g i là h phương trình d ng hoán v vòng quanh (khi hoán v vòng quanh
các n s
x1 ∼ x2 ∼ x3 ∼ · · · xn−1 ∼ xn ∼ x1
thì h không đ i)

Đ nh lí 3. N u f (x) và g(x) cùng tính đơn đi u trên mi n I(a, b) liên thông, (∗) ⊆
D := Df ∩ Dg còn (x1 , x2 , · · · , xn ) là nghi m c a h (1) v i các s xj ∈ I(a, b), j ∈ 1; n
thì:
x1 = x2 = · · · = xn

Ch ng minh. Gi s f (x), g(x) đ ng bi n và x1 = M in{x1 , x2 , · · · , xn }. Ta có:

x1 x2
RRightarrow f (x1 ) f (x2 )

RRightarrow g(x2 ) g(x3 )

RRightarrow x2 x3

RRightarrow ···

RRightarrow x1 x2 x3 ··· xn x1

RRightarrow (đpcm)

Đ nh lí 4. N u f (x) và g(x) khác tính đơn đi u trên mi n I(a, b) liên thông, (∗) ⊆
D := Df ∩ Dg còn (x1 , x2 , · · · , xn ) là nghi m c a h (1) v i các s xj ∈ I(a, b), j ∈ 1; n
thì:
Khi n l thì:
x1 = x2 = · · · = xn
Khi n ch n thì:
x1 = x3 = · · · = xn−1
x2 = x4 = · · · = xn
4.9. H phương trình d ng hoán v vòng quanh 123

Ch ng minh đ nh lý này hoàn toàn tương t như ch ng minh đ nh lý trên.

Ví d 4.9.1. Gi i h phương trình:

x3 + 3x − 3 + ln (x2 − x + 1) = y

y 3 + 3y − 3 + ln (y 2 − y + 1) = z . (1)
 3
z + 3z − 3 + ln (z 2 − z + 1) = x



Đ t f (t) := t3 + 3t − 3 + ln (t2 − t + 1), có f (t) xác đ nh, liên t c v i m i t ∈ R và

2t − 1 3t2 − t + 2
f (t) = 3t3 + 3 + = 3t2 + 2 > 0, ∀t ∈ R.
t2 − t + 1 t −t+1

V y f (t) là hàm s đ ng bi n trên R. Ta có

y = f (x)

(1) ⇔ z = f (y)

x = f (z)


nên theo đ nh lý trên thì x = y = z = t là nghi m c a phương trình

f (t) = t ⇔ g(t) := t3 + 2t − 3 + ln (t2 − t + 1) = 0. (1.2)

Nhưng
2 2t − 1 2 2t2 + 2
g (t) = 3t + 2 + 2 = 3t + 2 > 0, ∀t ∈ R.
t −t+1 t −t+1
nên g(t) là hàm đ ng bi n trên R. Mà g(1) = 0 nên (1.2) có nghi m duy nh t là t = 1.
V y h phương trình đã cho có nghi m duy nh t là

x = y = z = 1.

Ví d 4.9.2. Gi i h phương trình:

x3 − 3x1 = 2x2
 1
 3
x2 − 3x2 = 2x3



 3
x − 3x = 2x
3 3 4
. (2)
... ... ...


 3
x − 3x = 2x
 99
 99 100

 3
x100 − 3x100 = 2x1

Xét các hàm s f (t) := t3 − 3t + 2; g(t) := 2t. Có g(t) đ ng bi n trên R.

f (t) = 3t2 − 3. f (t) = 0 ⇔ t = −1 ∨ t = 1.

L p b ng bi n thiên c a hàm s f (t) trên t p xác đ nh R.
4.9. H phương trình d ng hoán v vòng quanh 124



x −∞ −2 −1 1 +∞
· · ·
f (x) + ·
· ·
+ 0
· − ·
0
· +
· · ·
·
· ·
· ·
· +∞
·
· ·
· ·
· ¨¨
B
· · · ¨
f (x) ·
· ·ˆ ·
· ¨¨
· ¨¨¨6 ˆˆˆˆˆ
·¨
B
· ¨¨
ˆˆ· ¨

¨¨ 0 0
¨
¨
¨¨
−∞



G i x1 := M in{x1 ; x2 ; · · · ; xn }. Ta có: N u x1 > 1 thì xj > 1, ∀j ∈ 1..100.
Mà trên (1; +∞) c hai hàm s f (t) và g(t) đ u đ ng bi n nên theo đ nh lý ta đư c
x1 = x2 = · · · = x100 := t là nghi m t > 1 c a phương trình

t3 − 3t2 = 2 = 2t ⇒ t = 2.

N u x1 < 0 thì

g(x1 ) < 0 ⇒ f (x100 ) < 0 ⇒ x100 < −2 ⇒ g(x100 ) < −4 < 0 ⇒ f (x99 ) < 0 ⇒ x99 < −2.

Tương t ta đư c xj < −2 v i m i j ∈ 1..100. Mà trên (−∞; −2) c hai hàm s cùng
đ ng bi n nên ta có x1 = x2 = · · · = x100 := t là nghi m t < −2 c a phương trình

t3 − 3t2 = 2 = 2t ⇒ t = −1 − 2.

N u x1 ∈ [0; 1] thì t b ng bi n thiên ta có xj ∈ [0; 1], ∀j ∈ 1..100. Mà trên [0; 1]
ta có hàm s f (t) ngh ch bi n, còn hàm s g(t) đ ng bi n. Ngoài ra 100 là s ch n nên
theo đ nh lý ta đư c

x1 = x3 = · · · = x99 := x và x2 = x4 = · · · = x100 := y

trong đó x, y là nghi m c a h phương trình

x3 − 3x + 2 = 2y
.
y 3 − 3y + 2 = 2x

Gi i h này ta đư c các nghi m (x; y) v i x; y ∈ [0; 1] là

x= 2−1 x=0 x=1
√ ∨ ∨ .
y = 2−1 y=1 y=0
4.9. H phương trình d ng hoán v vòng quanh 125

Tóm l i ta đư c các nghi m c a h phương trình đã cho là:

x1 = x2 = · · · = x100 = 2; √

 x1 = x2 = · · · = x100 = −1 − 2;


 x1 = x2 = · · · = x100 = 2 − 1;
x1 = x3 = · · · = x99 = 0


 ; .

 x2 = x4 = · · · = x100 = 1
x1 = x3 = · · · = x99 = 1


x2 = x4 = · · · = x100 = 0


Bài t p tương t
1. Gi i h phương trình:  3 2
y42x +x = 1

3 2
z42y +y = 1
 2z3 +z2
x4 =1


2. Tìm a đ h phương trình sau có nghi m duy nh t:

x2 = x3 − 4x2 + ax2
 1 2 2

 2
x = x3 − 4x2 + ax3
 2
 3 3
... ... ... (v i n ∈ N ; n > 1)
 2 3 2
xn−1 = xn − 4xn + axn



 2
x = x3 − 4x2 + ax
n 1 1 1


3. Cho n ∈ N ; n > 1; a = 0. Ch ng minh r ng h phương trình:
 2
2x = x2 + a
 2
 1

 x2
2

2x2 = x3 + a

 2

x3



... ... ...
a2


 2
2x
 n−1 = xn +


 xn
a2


 2
2x = x1 +
 n
x1
có nghi m duy nh t.
4. Gi i h phương trình: 
x2 = ax2 + 1
 1

 2
x = ax3 + 1
 2

... ... ...
 2
x999 = ax1000 + 1



 2
x
1000 = ax1 + 1
4.9. H phương trình d ng hoán v vòng quanh 126

v i a là tham s , |a| > 1.
5. Gi i h phương trình: 
(S − x1 )2k−1 = x1

(S − x )2k−1 = x

2 2
... ... ...


(S − xn )2k−1 = xn


trong đó S = x1 + x2 + · · · + xn ; k ∈ N ∗
6. Gi i h phương trình: 
(x3 + x4 + x5 )5
 = 3x1

(x4 + x5 + x1 )5

 = 3x2

(x + x1 + x2 )5 = 3x3
 5
(x1 + x2 + x3 )5

 = 3x4


(x + x + x )5 = 3x5
2 3 4


7. Gi i h phương trình: 
y 3 − 6x2 + 12x − 8 = 0

z 3 − 6y 2 + 12y − 8 = 0
 3
x − 6z 2 + 12z − 8 = 0


8. Gi i h phương trình:
x3 − y 2 − y = 1



 3
1

3 2
y −z −z =
 3
z − x2 − x = 1

 3

3
9. Gi i h phương trình: 
y 3 − 9x2 + 27x − 27 = 0

z 3 − 9y 2 + 27y − 27 = 0
 3
x − 9z 2 + 27z − 27 = 0


10. Gi i h phương trình: 
2x3 − 7x2 + 8x − 2 = y

2y 3 − 7y 2 + 8y − 2 = z
 3
2z − 7z 2 + 8z − 2 = x


11. Gi i h phương trình: 
(x − 1)2 = 2y

(y − 1)2 = 2z


(z − 1)2 = 2t


(t − 1)2 = 2x

4.10. Các phương pháp khác 127

12. Ch ng minh r ng v i m i a ∈ R h phương trình:

x2 = y 3 + y + a

y 2 = z 3 + z + a luôn có nghi m duy nh t.
 2
z = x3 + x + a



13. Tìm a đ h : 
x2 = y + a

y2 = z + a
 2
z =x+a


ch có nghi m d ng: x = y = z.


4.10 Các phương pháp khác
Trong ph n này ta s xét m t s phương pháp khác, ít g p hơn


4.10.1 S d ng phép bi n đ i h qu
Xét hai h th c (α) và (β) cùng n x. N u (α) ⇒ (β) thì N (α) ⊆ N (β). Có th x y ra
kh năng N (β) \ N (α) = ∅, t c là có nh ng nghi m c a (β) mà không là nghi m c a
(α). Các nghi m đó đư c g i là các nghi m ngo i lai. B i v y, khi gi i m t h th c b ng
phương pháp bi n đ i h qu , ta b t bu c ph i th l i nghi m. Vì v y, tuy t đói không
đư c dùng phương pháp bi n đ i h qu đ gi i b t phương trình và cũng h t s c h n
ch s d ng phương pháp này đ gi i phương trình. Tuy nhiên, trong m t s trư ng
h p, khi phép bi n đ i tương đương là ph c t p, ta cũng có th gi i phương trình b ng
phương pháp bi n đ i h qu . Ngoài ra, ta có th s d ng các nh n xét sau:

B đ 18. N u (α) ⇒ (β) và (β) vô nghi m thì (α) vô nghi m.

1) Phương trình (α) ⇒ phương trình (β) ;

B đ 19. N u 2) Phương trình (α) có k nghi m phân bi t ; thì (α) ⇔ (β).

3) Phương trình (β) cũng có k nghi m phân bi t.



Ví d minh ho

Ví d 4.10.1. Gi i và bi n lu n phương trình
√ √
2 a+x− a−x= a−x+ x(a + x). (1)
4.10. Các phương pháp khác 128

Ta có

(1) ⇒ 4(a + x) + a − x − 4 (a + x)(a − x) = a − x + x(a + x)

a +√ = 0 (α)
x
⇒ √ √ .
4 a + x − 4 a − x = x (β)
(α) ⇒ x = −a := x1 .
(β) ⇒ 16(a + x) + 16(a − x) − 32 (a + x)(a − x) = x

⇒ 32 a2 − x2 = 32a − x
⇒ 322 (a2 − x2 ) = (32a − x)2 = 322 a2 − 64ax + x2
⇒ 1025x2 = 64ax
64a
⇒ x = 0 := x2 ∨ x = := x3 .
1025
Thay các nghi √ v a √ đư c vào phương trình đã cho ta đư c: +) x = x1 là nghi m
m tìm
c √ (1)√ −2 2a = 2a ⇔ a = 0. Khi đó x1 = 0. +) x = x2 là nghi m c a (1) ⇔
a ⇔ √
2 a − a = a ⇔ a 0. +) x = x3 là nghi m c a (1) ⇔

64a 64a 64a 64a 64a
⇔2 a+ − a− = a− + (a + )
1025 1025 1025 1025 1025
√ √ √
⇔ 2 1089a − 961a = 961a + 64a.1089a
√ √ √ √
⇔ 66 a − 31 a = 1225a = 35 a ⇔ a 0.
T ng h p các k t qu trên ta đư c: +) V i a < 0 thì phương trình đã cho vô nghi m.
+) V i a 0 thì phương trình đã cho có hai nghi m
64a
x = 0; x = .
1025

4.10.2 S d ng tính ch t c a hàm s liên t c
B đ 20. N u hàm s f (x) liên t c trên đo n [a; b] và f (a).f (b) < 0 thì phương trình
f (x) = 0 có ít nh t m t nghi m x ∈ (a; b).

Ta thư ng s d ng tính ch t này đ ch ng minh m t phương trình có nghi m ho c
có nghi m trên m t kho ng cho trư c.

Ví d minh ho

Ví d 4.10.2. Ch ng minh r ng phương trình

cos x + m cos 2x = 0 (2)

luôn có nghi m v i m i giá tr c a tham s m.
4.10. Các phương pháp khác 129

Đ t f (x) := cos x + m cos 2x. Có f (x) xác đ nh, liên t c v i m i x ∈ R nên f (x) xác
π 3π
đ nh, liên t c trên [ ; ]. Mà
4 4
 √
 π
f ( ) = 2
4 2√ π 3π 1
∀m ⇒ f ( ).f ( ) = − < 0, ∀m ∈ R.
 3π
f ( ) = − 2 4 4 2
4 2
V y theo tính ch t c a hàm s liên t c ta có phương trình f (x) = 0 luôn có ít nh t m t
π 3π
nghi m x ∈ ( ; ) v i m i m ∈ R. Nói cách khác, phương trình đã cho luôn có nghi m
4 4
v i m i giá tr c a tham s m. Đó chính là đpcm.


Ví d 4.10.3. Ch ng minh r ng phương trình
1 1
+ =m (3)
sin x cos x
luôn có nghi m v i m i giá tr c a tham s m.



1 1
(3) ⇔ f (x) := + − m = 0. (3.1)
sin x cos x
π
Hàm s f (x) xác đ nh, liên t c trên ( ; π). Ngoài ra, ta còn có:
2
π+ π π
cosh x → lim f (x) = −∞, ∀m ⇒ ∃α đ g n , α >
2 2 2
sao cho f (α) < 0, ∀m. L i có
π
cosh x → π − lim f (x) = +∞, ∀m ⇒ ∃β đ g n π, π > β > α >
2
sao cho f (β) > 0, ∀m. Hàm s f (x) xác đ nh, liên t c trên [α; β], có f (α).f (β) < 0 v i
m i m nên phương trình f (x) = 0 có nghi m ∈ (α; β) v i m i m. Nói cách khác, v i m i
m, phương trình (3) luôn có nghi m (đpcm).



4.10.3 Đ ng c p hoá
Ví d 4.10.4. Gi i phương trình

2(x2 + 2) = 5 x3 + 1. (5)
4.10. Các phương pháp khác 130

Đ ý r ng

(x + 1)(x2 − x + 1) = x3 + 1; (x + 1) + (x2 − x + 1) = x2 + 2.

Ngoài ra t p đi u ki n c a phương trình đã cho là x −1 và
1 3
x2 − x + 1 = (x − )2 + > 0, ∀x ∈ R.
2 4
Đ t u := x + 1; v := x2 − x + 1 (⇒ v > 0) ta đư c phương trình

√ u u
2(u + v) = 5 uv ⇔ 2 − 5 +2=0
v v

u
 v =2 u = 4v
⇔  u ⇔ .
1 4u = v
=
v 2
Vy

4x2 − 5x + 3 = 0 (vô nghi m do ∆ = −23 < 0)
V y (5) ⇔ 2
x − 5x − 3 = 0
√ √
5 − 37 5 + 37
⇔x= ∨ x= .
2 2
Hai nghi m này cùng tho mãn đi u ki n x −1. V y phương trình đã cho có hai
nghi m √ √
5 − 37 5 + 37
x= ∨ x= .
2 2
Ví d 4.10.5. Gi i h phương trình

2x3 − 9y 3 = (x − y)(2xy + 3)
. (6)
x2 − xy + y 2 =3



2x3 − 9y 3 = (x − y)(2xy + x2 − xy + y 2 ) = x3 − y 3 (α)
(6) ⇔ . (6.1)
x2 − xy + y 2 = 3 (β)

Mà (α) ⇔ x3 = 8y 3 ⇔ x = 2y. Thay vào (β) đư c

4y 2 − 2y 2 + y 2 = 3 ⇔ 3y 2 = 3 ⇔ y = 1 ∨ y = −1.

V i y = 1 có x = 2, v i y = −1 có x = −2. V y h phương trình đã cho có nghi m

x=2 x = −2
∨ .
y=1 y = −1
4.10. Các phương pháp khác 131

Ví d 4.10.6. Gi i h phương trình
√
 3x(1 + 1 ) = 2

x+y
√ 1 √ . (7)
 7y(1 −
 ) =4 2
x+y

x 0
 x>0
V i đi u ki n y 0 và t h ta có (∗) . Do đó:
 y>0
x+y =0


  √
1 2  1 1 2 2
1 +
 =√  =√ −√
x+y 3x
 
(7) ⇔ √ ⇔ x+y 3x 7y
√ .
1 − 1
 4 2
=√

1 1
=√ +√
2 2
(α)
x+y 7y
 
3x 7y

Nhân t ng v các phương trình c a h cu i ta đư c
√ √
1 1 2 2 1 2 2
= √ −√ . √ + √
x+y 3x 7y 3x 7y
1 1 8
⇔ = −
x+y 3x 7y
⇔ 21xy = (x + y)(7y − 24x)
⇔ (y − 6x)(7y + 4x) = 0
⇔y = 6x (do t đi u ki n I(a, b) ta có 7y + 4x > 0)

Thay vào phương trình (α) ta đư c

1 2 2
(α) ⇔ 1 = √ + √
3x 7.6x
√ √
⇔ 21x = 2 + 7
√ √
11 + 4 7 22 + 8 7
⇔x= ⇒y= .
21 7
Các giá tr này tho mãn đi u ki n (∗).

V y h phương trình đã cho có nghi m
 √
x =
 11 + 4 7
21 √ .
y = 22 + 8 7

7

4.10.4 S d ng hình h c, vectơ, to đ
Ta thư ng s d ng các nh n xét sau:
4.10. Các phương pháp khác 132

B đ 21. 1. |u + v| |u| + |v| (=: u ↑↑ v )

2. |u.v| |u|.|v| (=: u v )

3. u2 0 (=: u = 0)
−−→
−−
4. V i ba đi m A, B, C b t kỳ, luôn có: AB + BC AC (=: A, B, C)

5. V i ba đi m A, B, C b t kỳ, luôn có: AB + BC AC (=: A, B, C và C n m
ngoài đo n AB).

Ví d 4.10.7. Gi i h phương trình

x + y + z
 = 3 (α)
x2 + y 2 + z 2 = 3 (β) . (8)
 5
x + y5 + z5 = 3 (γ)



Đ t các vectơ v i các to đ như sau:

u(x; y; z); v(y; z; x).

Ta có:
1 1
u.v = xy + yz + zx = (x + y + z)2 − (x2 + y 2 + z 2 ) = (32 − 3) = 3
2 2
( s d ng (α) và (β) ).
|u| = x2 + y 2 + z 2
Mà ⇒ |u|.|v| = x2 + y 2 + z 2 = 3 ( theo (β) ).
|v| = y 2 + z 2 + x2
T đó có u.v = |u|.|v| (∗).

Mà (∗) ⇔ u v
x y z x+y+z
⇔ = = (= = 1)
y z x y+z+x
(theo tính ch t t l th c)
⇔ x = y = z = 1 (do (α) )

Nghi m x = y = z = 1 tho mãn (γ). V y h phương trình đã cho có nghi m

x = y = x = 1.

Ví d 4.10.8. Gi i phương trình
√ √ √
x2 − 2x + 5 + x2 + 2x + 10 = 29. (9)
4.10. Các phương pháp khác 133

Đ t các vectơ: u(x − 1; 2); v(−1 − x; 3). Ta có
√ √
|u| = (x − 1)2 + 22 = x2 − 2x + 5; |v| = (−1 − x)2 + 32 = x2 + 2x + 10.
Ngoài ra, √
u + v = (−2; 5) ⇒ |u + v| = (−2)2 + 52 = 29.
Nhưng ta có |u| + |v| |u + v| ⇒ V T (9) V P (9).
D u b ng x y ra khi và ch khi
x−1 2
u ↑↑ v ⇔ = > 0.
−x − 1 3
x−1 2 1
V y (9) ⇔ = >0⇔x= .
−x − 1 3 5
1
V y phương trình đã cho có nghi m x = .
5

Ví d 4.10.9. Gi i phương trình
√ √ √
2x2 − 2x + 1 + 2x2 − ( 3 − 1)x + 1 + x2 + ( 3 + 1)x + 1 = 3. (10)

Nhân hai v c a phương trình (1) v i 2 ta đư c phương trình m i tương đương:
√ √ √ √
4x2 − 4x + 2 + 4x2 − 2( 3 − 1)x + 2 + 2x2 + 2( 3 + 1)x + 2 = 3 2. (10.1)
Đ t các vectơ
√ √
u(1; 1 − 2x); v(1 − 3x; x + 1); w(1 + 3x; x + 1).
Ta có

|u| = 12 + (1 − 2x)2 = 4x2 − 4x + 2
√ √
|v| = (1 − 3x)2 + (x + 1)2 = 4x2 − 2( 3 − 1)x + 2
√ √
|u| = (1 + 3x)2 + (x + 1)2 = 2x2 + 2( 3 + 1)x + 2
⇒ V T (10.1) = |u| + |v| + |w|.
√ √
Mà u + v + w = (3; 3) ⇒ |u + v + w| = 32 + 32 = 3 2 = V P (10.1). T b t đ ng th c
|u| + |v| + |w| |u + v + w|, (=: u ↑↑ v ↑↑ w).
Ta đư c V T (10.1) V P (10.1). V y ph i x y ra d u b ng, t c là
(10.1) ⇔ u ↑↑ v ↑↑ w
1 − 2x

1

 √ = 0
1 − 3x x +√1


1 1 + 3x
√ = 0


x+1

1 − 3x
1 1 − 2x

 √ = 0
⇔ 1 − 3x x+1

1 − 2x = 1 + 3x


⇔ x = 0.
4.10. Các phương pháp khác 134

V y phương trình đã cho có nghi m duy nh t là x = 0.



4.10.5 S d ng hàm s
B đ 22. B ng cách xét tính đơn đi u ho c l p b ng bi n thiên c a m t hàm s c th
ta có th l p đư c các phương trình có th gi i đư c b ng cách s d ng hàm s đó.
Ví d 4.10.10. Gi i phương trình
2
x2 − x − 1 = x2 ex+1 − (x + 1)ex . (11)

Ta s gi i bài toán t ng quát hơn:
Bài toán: Cho g(x), h(x) là hai hàm s b t kỳ. Khi đó
g(x).h(x) = 0
h(x).eg(x) − g(x).eh(x) = h(x) − g(x) (I) ⇔ .
g(x) = h(x) = 0
et − 1
Ch ng minh: Xét hàm s f (t) := xác đ nh, liên t c v i m i t = 0. Có
t
tet − et + 1 ϕ(t)
f (t) = 2
:= 2 .
t t
Mà ϕ (t) = et + tet − et = tet . ϕ (t) = 0 ⇔ t = 0. L i có
ϕ (t) = et (t + 1) ⇒ ϕ (0) = 1 > 0
nên hàm s ϕ(t) đ t c c ti u và cũng là giá tr nh nh t = 0 t i t = 0. Nói cách khác
ϕ(t) > 0, ∀t = 0. T đó có f (t) > 0, ∀t = 0, t c là hàm s f (t) đ ng bi n trong hai
kho ng (−∞; 0); (0; +∞). Xét phương trình (I). Th y ngay n u g(x).h(x) = 0 thì (I)
đúng. N u g(x).h(x) = 0, khi dó
eg(x) − 1 eh(x) − 1
(I) ⇔ = (I.1).
g(x) h(x)
T nh n xét r ng hàm s f (t) đ ng bi n trong hai kho ng (−∞; 0); (0; +∞) và
cosh x → 0 lim f (t) = 1 ta đư c: Khi t < 0 ta có f (t) < 1, còn khi t > 0 thì f (t) > 1.
B i v y, n u (I.1) có nghi m thì g(x) và h(x) ph i cùng d u vì n u chúng trái d u thì
(I.1) có m t v l n hơn 1 còn v kia nh hơn 1. Th nhưng n u g(x), h(x) cùng dương
thì (I.1) ⇔ g(x) = h(x) (vì f (t) đ ng bi n trong (0; +∞)). Tương t , n u g(x), h(x)
cùng âm thì ta cũng có (I.1) ⇔ g(x) = h(x) (vì f (t) đ ng bi n trong (−∞; 0)). Tóm
l i, trong m i trư ng h p, khi g(x).h(x) = 0 ta luôn có (I.1) ⇔ g(x) = h(x). T các l p
lu n trên ta thu đư c k t qu c a bài toán đã nêu trên.
Tr l i ví d đang xét, áp d ng bài toán v i g(x) = x2 ; h(x) = x + 1 ta đư c
x=0

 x = −1

x2 (x + 1) = 0

(11) ⇔ 2 ⇔ x =
 1+ 5
x =x+1=0  2√
1− 5

x=
2
4.10. Các phương pháp khác 135

V y phương trình đã cho có các nghi m là
√ √
1+ 5 1− 5
x = 0; x = 1; x = ; x= .
2 2
7
Ví d 4.10.11. Cho hàm s f (x) = x2 + bx + 1 v i b ∈ (3; ) (∗). Gi i b t phương
2
trình
f (f (x)) > x. (12)

Ta s d ng nh n xét sau: N u f (x) là đa th c thì

f (f (x)) − x = (f (x) − x).T (x)

trong đó T (x) là m t đa th c nào đó. Ta có

(12) ⇔ f 2 (x) + bf (x) + 1 − x > 0
⇔ f 2 (x) − xf (x) + xf (x) − x2 + bf (x) − bx + x2 + bx + 1 − x > 0
⇔ (f (x) − x)(f (x) + x + b + 1) > 0
⇔ [x2 + (b − 1)x + 1][x2 + (b + 1)x + b + 2] > 0. (12.1)

Xét
∆1 = (b − 1)2 − 4 = (b + 1)(b − 3) ⇒ ∆1 > 0, ∀b ∈ I(a, b).
∆2 = (b + 1)2 − 4(b + 2) = (b − 1)2 − 8 ⇒ ∆2 < 0, ∀b ∈ I(a, b).
V y [x2 + (b + 1)x + b + 2] > 0 v i m i x ∈ R. Do đó

(12.1) ⇔ x2 + (b − 1)x + 1 > 0
1−b− (b + 1)(b − 3) 1−b+ (b + 1)(b − 3)
⇔x< ∨ x> .
2 2
V y b t phương trình đã cho có nghi m là

1−b− (b + 1)(b − 3) 1−b+ (b + 1)(b − 3)
x< ∨ x> .
2 2

Bài t p tương t
1. Gi i và bi n lu n b t phương trình
√ √
a2 − x + b2 − x > a + b.

2. Gi i và bi n lu n phương trình
√ √ √
x2 − 4a + 16 = 2 x2 − 2a + 4 + x.
4.10. Các phương pháp khác 136

3. Ch ng minh r ng phương trình

x3 − 3x = 1 = 0

có ba nghi m phân bi t.

4. Ch ng minh r ng phương trình

m(x − 1)3 (x − 2) + 2x − 3 = 0

luôn có nghi m v i m i giá tr c a tham s m.

5. Ch ng minh r ng n u 2a + 6b + 19c = 0 thì phương trình

ax2 + bx + c = 0 (a = 0)
1
luôn có nghi m x ∈ [0; ].
3
6. Ch ng minh r ng n u
a b c
+ + = 0 (m > 0)
m+2 m+1 m

thì phương trình
ax2 + bx + c = 0 (a = 0)
luôn có nghi m x ∈ (0; 1).

7. Ch ng minh r ng n u 2a + 3b + 6c = 0 thì phương trình

a tan2 x + b tan x + c = 0
π
luôn có nghi m x ∈ (kπ; + kπ).
4
8. Ch ng minh r ng phương trình

x3 + x − 1 = 0

2
luôn có nghi m duy nh t x = x0 tho mãn 0 < x0 < .
2
9. Tìm n ∈ N ∗ sao cho có th ch n đư c các s dương a0 , a1 , · · · , an đ v i m i
k n, phương trình

a0 + a1 x + a2 x 2 + · · · + ak x 2 = 0

luôn có đúng k nghi m th c.

10. Xác đ nh s nghi m dương c a phương trình

12x5 + 6x4 − 4x3 − x − 34 = 0.
4.10. Các phương pháp khác 137

11. Ch ng minh r ng v i m i giá tr c a các h s có m t, phương trình

x2n+1 + ax2n + bx2n−1 + · · · + cx + d = 0

luôn có ít nh t m t nghi m th c.

12. Gi i phương trình
√ √
| x2 − 4x + 5 − x2 − 10x + 50| = 5.

13. Gi i phương trình √ √ √
x 1 + x + 3 − x = 2 x2 + 1.

14. Gi i phương trình √ √
x3 + x2 + 4x + 4 = x x + 2.

15. Gi i h phương trình
x4 + y 4 + z 4 =1
√ .
x2 + y 2 + 2z 2 = 7

16. Gi i h phương trình

4x2 + 4y 2 + 12x = 7
.
x2 + y 2 + z 2 = 2x + 3z − 3

17. Gi i phương trình
4 sin3 x = sin x + cos x.

18. Gi i phương trình

(x2 + 3x − 4)3 + (2x2 − 5x + 3)3 = (3x2 − 2x − 1)3 .

19. Gi i phương trình √
3x3 − 9x + 3 + 3x4 + 3x3 + 3 = 0.

20. Gi i h phương trình
x3 + y 3 =1
.
x5 + y 5 = x2 + y 2

21. Gi i h phương trình
x3 − y 3 =7
.
xy(x − y) = 2

22. Gi i h phương trình  y
x − 3y =4
x.
x
y − 3x = 4
y
4.10. Các phương pháp khác 138

23. Ch ng minh r ng

h(x).g(x) = 0
h(x)eg(x) − g(x)eh(x) = h(x) − g(x) ⇔ .
h(x) = g(x) = 0

24. Gi i phương trình
1 2
e e | sin x|sin x + | cos x|cos x = | sin x| + | cos x| .


25. Gi i và bi n lu n theo tham s a; b phương trình sau

x = a − b(a − bx2 )2 .

26. Tìm m đ phương trình sau có nghi m

x + 3(m − 3x2 )2 = m.
Chương 5

S đ i x ng và m t s quy lu t c a
phép nhân

Các quy lu t c a t nhiên t n t i khách quan v i chúng ta. Các quy lu t này thư ng
th hi n ra tr c m t chúng ta d ng đơn gi n nh t, t nhiên nh t. Chúng làm cho ta
không chú ý và ta thư ng coi đó như là đi u t t y u.
B ng nhân 3 c a b ng c u chương chính là nh ng trư ng h p như v y. B ng nhân
2 có th chia làm 3 nhóm: nhóm 1 g m nh ng tích nh hơn 10, nhóm 2 g m nh ng tích
l n hơn 10 và nh hơn 20, nhóm 3 g m nh ng tích l n hơn 20.
Liên quan đ n nhũng quy lu t này là các tính toán tích g n v i các s đ i x ng.
Bài vi t này 1 nêu m t s nh n xét liên quan đ n các quy lu t này, nó cho ta k t qu
tính toán thông qua quy lu t mà không ph i tr c ti p đ t bút tính toán thông qua các
b ng c u chương ph c t p.


5.1 S đ i x ng và m t s tính ch t liên quan
S đ i x ng là s có các ch s đ i x ng nhau, đ c xuôi và đ c ngư c đ u như nhau. Ví
d : 12321, 14641, 15099051,.. . .
hai s đ i x ng nhau là hai s có các ch s đ i x ng nhau, s này đ c xuôi là s kia và
ngư c l i. Ví d : 123 và 321. S A và s B đ i x ng nhau ta kí hi u là :A B. Ta bi t
r ng, m i b ng nhân trong b ng c u chương đ u có tính ch t riêng. Ví d , b ng 9 có
tính ch t:
9 × 2 = 18 81 = 9 × 9, 9 × 3 = 27 72 = 9 × 8, 9 × 4 = 36 63 = 9 × 7; 9 × 5 =
45 54 = 9 × 6. Ta th y 2+9=3+8=4+7=5+6=11.
N u a là s nguyên l n hơn 1 và nh hơn 10 thì 9a 9(11 − a). Nh ng con s có tính
ch t gi ng s 9 l p thành t p h p E1 .

Quy lu t 1. N u x1 ∈ E1 thì v i s nguyên a, (1 < a < 10), ta có ax1 (11 − a)x1 .
1
Đoàn Nh t Quang, Hà N i




139
5.1. S đ i x ng và m t s tính ch t liên quan 140

Nh ng ph n t đ u thu c E1 là 9, 99, 909, 999. S các ph n t thu c E1 có 2n − 1
và 2n ch s đúng b ng 2n−1 .
Quy lu t 2. N u x2 ∈ E2 thì v i s nguyên dương a, (a < 10) ta có ax2 (10 − a)x2 .

Nh ng ph n t đ u thu c E2 là 1089, 10989, 109989. T p h p các s b p bênh chính
là t p h p E2 . S các ph n t thu c E2 có 2n ho c 2n + 1 ch s đúng b ng s Fibonaxi
th n − 1. Ngoài t p E1 , E2 ta còn có t p h p E3 và E4 . Nh ng ph n t x3 ∈ E3 có
d ng 1109 . . . 9889, k ≥ 0. M i ph n t x3 ∈ E3 có m t s liên k t x3 có d ng 9 . . . 90 .
Ks 9 K+3 s 9

Quy lu t 3. N u x3 ∈ E3 thì v i s nguyên dương a, (a < 10) ta có ax3 −x3 (10−a)x3 .

Ví d : 8 × 1109889 − 99990 2 × 1109889,
7 × 1109889 − 99990 3 × 1109889,
3 × 1109889 − 99990 7 × 1109889,
5 × 1109889 − 99990 5 × 1109889.

Nh ng ph n t x4 ∈ E4 có d ng 1 . . . 1 0 9 . . . 9 8 . . . 8 9, (k1 ≥ 1, k2 ≥ 0). M i
k1 +2 s 1 k2 s 9 k1 +2 s 8
x4 ∈ E4 có m t s liên k t x4 có d ng 1 . . . 1 0 9 . . . 9 8 . . . 8 90, (k1 ≥ 1, k2 ≥ 0).
k1 s 1 k2 +2 s 9 k1 s 8

Quy lu t 4. N u x4 ∈ E4 thì v i s nguyên dương a, a < 10 ta có ax4 − x4 (10 − a)x4 .

Ví d 11108889 × 9 − 1099890 11108889.
11110988889 × 8 − 1109998890 11110988889 × 2.
11110988889 × 2 − 1109998890 11110988889 × 8.

Ta thu đư c k t qu c a phép nhân mà không c n làm các phép nhân.
Ta th y s 1089 có t ng s đ u và s cu i b ng 10, t ng c a hai s gi a b ng 8. Khi
nhân s 1089 v i s nguyên dương a < 10 thì s 1 đ i thành s a, s 0 đ i thành a − 1,
s 8 đ i thành 9 − a và s 9 đ i thành 10 − a. Như v y, sau khi nhân ta đư c m t s
mà t ng s đ u và cu i b ng 10, và t ng hai s gi a b ng 8.
Ví d 1089 × 9 = 9801, 1089 × 8 = 8712, 1089 × 7 = 7623.
Khi nhân s 10989 v i s nguyên dương a < 10 thì s 1 đ i thành a, s 0 đ i thành
a − 1, s 9 gi a v n gi nguyên, s 8 thành 9 − a và s 9 cu i thành 10 − a. Nói chung
các s có d ng 1 . . . 109 . . . 98 . . . 89 khi nhân v i s nguyên dương a < 10 thì nh ng s
1 đ i thành s a, s 0 đ i thành a − 1, nh ng s 9 gi a v n gi nguyên, nh ng s 8
đ i thành 9 − a và s 9 cu i đ i thành 10 − a, và phép nhân đư c tính d dàng.
Ví d 1109889 × 8 = 88791112, 11110998889 × 7 = 77776992223.
V t ta thu đư c k t qu phép tính mà không c n làm các tính toán.
Gi s c n tính S = 8 × 1109889 − 99990. ta có S đ i x ng v i 1109889 × 2,
mà 1109889 × 2 = 2219778. V y s = 8779122. Tương t như v y, ta tính P = 7 ×
5.1. S đ i x ng và m t s tính ch t liên quan 141

1110998889 − 109999890. Do P đ i x ng v i 3 × 1110998889 mà 3 × 1110998889 =
3332996667. V y P = 7666992333.
Ngoài các tính ch t chung c a các ph n t trong cùng m t t p h p, m i ph n t l i
có tính ch t riêng khi nhân ph n t đó v i các s nguyên dương có hai ho c nhi u ch
s .
Ví d : V i các s nguyên dương a, b, c, d < 10 ta có

9(10a + b) 9[10(11 − b) + 11 − a], khi a ≥ b, a > 1.

9(10a + b) 9[10(10 − b) + 10 − a], khi a < b.
99(10a + b) 99[10(10 − b) + 10 − a].
999(100a + 10b + c) 999[100(10 − c) + 10(9 − b) + 10 − a.
N u (a + b) < 9, a ≥ b thì

1089(10a + b) 1089[10(9 − b) + 10 − a] + 990.

1089(10a + b) + 990 1089[10(9 − b) + 10 − a].
N u (a + b) < 9, a < b thì 1089(10a + b) 1089[10(9 − b) + 10 − a].
N u (a + b) ≤ 9 thì 10989(10a + b) 10989[10(9 − b) + 10 − a], a < 9.
N u (a + b) ≥ 10 thì 10989(10a + b) 10989[10(10 − b) + 9 − a.
N u a ≥ b, a + b ≤ 9 thì 110889(10a + b) 110889[10(9 − b) + 10 − a] − 90000.
N u a ≥ b, a + b < 9 thì 110889(10a + b) − 90 110889[10(9 − b) + 10 − a].
N u a ≥ b, a + b = 9 thì 110889(10a + b) + 900 110889[10(9 − b) + 10 − a].

Ta xét trong các h đ m cơ s khác.
Trong h đ m cơ s 2: 110 1 . . . 1 001 − 1 . . . 1 0 110 1 . . . 1 001, k ≥ 0.
ks 1 k+3 s 1 ks 1

1 . . . 1 0 1 . . . 1 0 . . . 0 1 − 1 . . . 1 0 1 . . . 1 0 . . . 0 10 1 . . . 1 0 1 . . . 1 0 . . . 0 1, k1 , k2 ≥ 0.
k1 +2 s 1 k2 s 1 k1 +2 s 0 k1 s 1 k2 +2 s 1 k1 s 0 k1 +2 s 1 k2 s 1 k1 +2 s 0


Trong h đ m cơ s 6: Trong h đ m này, s 6 vi t là 10, s 7 vi t là 11.

Quy lu t 5. N u x1 ∈ E1 thì v i s nguyên 1 < a < 10 ta có ax1 (11 − a)x1 .

Ví d : 3 × 55 4 × 55, 2 × 5 5 × 5.

Quy lu t 6. N u x2 ∈ E2 thì v i s nguyên dương a < 10 ta có ax2 (10 − a)x2 .

Ví d : 3 × 1045 3 × 1045, 2 × 10545 4 × 10545. Nh ng ph n t x3 ∈ E3 có d ng
110 5 . . . 5 45, có m t s liên k t x3 có d ng 5 . . . 5 0.
ks 5 k+3 s 5

Quy lu t 7. N u x3 ∈ E3 thì v i s nguyên dương a < 10 ta có ax3 − x3 (10 − a)x3 .
5.2. Nh n xét v m t s quy lu t trong b n c u chương 142

Ví d : 110445 × 2 110445 × 4 − 5550, 1105445 × 2 − 55550 1105445 × 4.
Nh ng ph n t x4 ∈ E4 có d ng 1 . . . 1 0 5 . . . 5 4 . . . 4 5, k1 , k2 ≥ 0. M i x4 ∈ E4
k1 +2 s 1 k2 s 5 k1 +2 s 4
có m t s liên k t x4 có d ng 1 . . . 1 0 5 . . . 5 4 . . . 4 50.
k1 s 1 k2 +2 s 5 k1 s 4

Quy lu t 8. N u x4 ∈ E4 thì v i s nguyên dương a < 10 ta có ax4 − x4 (10 − a)x4 .

Ví d : 111054445 − 10555450 111054445 × 5.
1111044445 × 2 − 110554450 1111044445 × 4.
11111055444445 × 3 − 110554450 11111055444445 × 3.
33333255222223 − 1110555544450 = 32222255233333.

V y, trong các h đ m cơ s khác, ta cũng có các k t qu tương t .


5.2 Nh n xét v m t s quy lu t trong b n c u
chương
Các quy lu t c a t nhiên t n t i khách quan v i chúng ta. Các quy lu t này thư ng
th hi n ra tr c m t chúng ta d ng đơn gi n nh t, t nhiên nh t. Chúng làm cho ta
không chú ý và coi đó là đi u t t y u.
B ng nhân 3 c a b ng c u chương chính là nh ng trư ng h p như v y. B ng nhân 3 có
th chia làm 3 nhóm: nhóm 1 g m nh ng tích nh thua 10, nhóm 2 g m nh ng tích l n
hơn 10 và nh thua 20, nhóm 3 g m nh ng tích l n hơn 20.
Ta hãy khoan nói t i nhóm 1, ta xét ngay nhóm 2 và nhóm 3. Ta có
3 × 4 = 12; 12 đ i x ng v i 21 = 3 × 7 3 × 7 đ i x ng v i 3 × 4.
3 × 5 = 15; 15 đ i x ng v i 51 = 3 × 17 3 × 8 đ i x ng v i 3 × 14.
3 × 6 = 18; 18 đ i x ng v i 81 = 3 × 27 3 × 9 đ i x ng v i 3 × 24.
3 × 4 đ i x ng v i 3 × 7 là trư ng h p riêng c a
3 . . . 3 × 4 . . . 4 đ i x ng v i 3 . . . 3 × 7 . . . 7 ho c K1 < 4 ho c K2 < 4.
K1 s 3 K2 s 4 K1 s 3 K2 s 7
3 × 5 đ i x ng v i 3 × 17 là trư ng h p riêng c a
3 . . . 3 ×5 đ i x ng v i 3 . . . 3 ×17.
K s 3 K s 3
3 × 6 đ i x ng v i 3 × 27 là trư ng h p riêng c a
3 . . . 3 ×6 đ i x ng v i 3 . . . 3 ×27.
K s 3 K s 3
3 × 8 đ i x ng v i 3 × 14 là trư ng h p riêng c a
3 . . . 3 ×8 đ i x ng v i 3 . . . 3 ×14.
K s 3 K s 3
3 × 9 đ i x ng v i 3 × 24 là trư ng h p riêng c a
3 . . . 3 ×9 đ i x ng v i 3 . . . 3 ×24.
K s 3 K s 3
Bây gi ta quay l i nhóm 1, ph i chăng vì nhóm 1 đơn gi n quá không có gì đáng nói?
5.2. Nh n xét v m t s quy lu t trong b n c u chương 143

Không ph i v y, mà chính cái đơn gi n c a nó đang n d u m t quy lu t khá lý thú.
Ta có 3 × 1 = 3, ta đư c tích là m t s 3 đơn l không có s hàng ch c, hàng trăm đ ng
trư c nên ta có th vi t 3 × 1 = 03 (không có d u ph y gi a s 0 và 3.)
Nhưng 33 × 31 = 1023 và 3 . . . 3 × 3 . . . 3 1 = (1 . . . 1) 10K+2 + 2 . . . 2 3.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 2
V y 3 × 1 = 03 là trư ng h p riêng c a
3 . . . 3 × 3 . . . 3 1 = (1 . . . 1) 10K+2 + 2 . . . 2 3 = 1 . . . 1 0 2 . . . 2 3.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 2 K s 1 K s 2
Tương t ta có
3 × 2 = 06 là trư ng h p riêng c a
(3 . . . 3) (3 . . . 3) 2 = 1 . . . 1 0 5 . . . 5 6.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 5

3 × 3 = 09 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3)2 = 1 . . . 1 0 8 . . . 8 9.
K+1 s 3 K s 1 K s 8

3 × 4 = 12 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3) (3 . . . 3) 4) = 1 . . . 1 2 . . . 2 .
K+1 s 3 K s 3 K+1 s 1 K+1 s 2

3 × 5 = 15 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3) (3 . . . 3) 5) = 1 . . . 1 5 . . . 5 .
K+1 s 3 K s 3 K+1 s 1 K+1 s 5

3 × 6 = 18 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3) (3 . . . 3) 6) = 1 . . . 1 8 . . . 8 .
K+1 s 3 K s 3 K+1 s 1 K+1 s 8

3 × 7 = 21 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3) (3 . . . 3) 7) = 1 . . . 1 2 . . . 2 1.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K+1 s 2

3 × 8 = 24 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3) (3 . . . 3) 8) = 1 . . . 1 2 5 . . . 5 4.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 5

3 × 9 = 27 là trư ng h p riêng c a (3 . . . 3) (3 . . . 3) 9) = 1 . . . 1 2 8 . . . 8 7.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 8

Các trư ng h p l i là trư ng h p riêng c a các quy lu t sau:
Quy lu t 9. N u ta nhân s 3 v i m t s x có m t ch s ta đư c tích s b ng 10a + b
thì

• Khi x = 3t + 1 ta đư c
(3 . . . 3)(3 . . . 3 0 + x) = (1 . . . 1) 10K+2 + 10K+1 a + 2 . . . 2 0 + b.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 2

• Khi x = 3t + 2 ta đư c
(3 . . . 3)(3 . . . 3 0 + x) = (1 . . . 1) 10K+2 + 10K+1 a + 5 . . . 5 0 + b.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 5

• Khi x = 3t ta đư c
(3 . . . 3)(3 . . . 3 0 + x) = (1 . . . 1) 10K+2 + 10K+1 a + 8 . . . 8 0 + b.
K+1 s 3 K s 3 K s 1 K s 8


Quy lu t 1 l i là trư ng h p riêng c a quy lu t sau:
5.2. Nh n xét v m t s quy lu t trong b n c u chương 144

Quy lu t 10. N u ta nhân s 3 v i m t s x có m t ch s ta đư c tích s b ng 10a + b
thì
- Khi x = 3t + 1 ta đư c
(3 . . . 3) (3 . . . 3 0 + x) = (1 . . . 1) 10K1 +K+2 + 10K1 +K+1 a + 3 . . . 3 2 . . . 2 0 + b.
K1 +K+1 s 3 K s 3 K s 1 K1 s 3 K s 2
- Khi x = 3t + 2 ta đư c
(3 . . . 3) (3 . . . 3 0 + x) = (1 . . . 1) 10K1 +K+2 + 10K1 +K+1 a + 6 . . . 6 5 . . . 5 0 + b.
K1 +K+1 s 3 K s 3 K s 1 K1 s 6 K s 5
- Khi x = 3t ta đư c
(3 . . . 3) (3 . . . 3 0 + x) = (1 . . . 1) 10K1 +K+2 + 10K1 +K+1 a + 9 . . . 9 8 . . . 8 0 + b.
K1 +K+1 s 3 K s 3 K s 1 K1 s 9 K s 8


Quy lu t 11. N u ta nhân s 33 v i m t s x có hai ch s b ng 10x + y, ta đư c tích
s b ng 103 a + 102 b + 10c + d thì


• Khi x + y = 3t + 1 ta đư c

(3 . . . 3) (3 . . . 3 00 + 10x + y) = (1 . . . 1) 10K1 +K+4 + 10K1 +K+3 a + 10K1 +K+2 b
K1 +K+2 s 3 K s 3 K s 1

+ 3 . . . 3 2 . . . 2 00 + 10c + d.
K1 s 3 K s 2


• Khi x + y = 3t + 2 ta đư c

(3 . . . 3) (3 . . . 3 00 + 10x + y) = (1 . . . 1) 10K1 +K+4 + 10K1 +K+3 a + 10K1 +K+2 b
K1 +K+2 s 3 K s 3 K s 1

+ 6 . . . 6 5 . . . 5 00 + 10c + d.
K1 s 6 K s 5


• Khi x = 3t ta đư c

(3 . . . 3) (3 . . . 3 00 + 10x + y) = (1 . . . 1) 10K1 +K+4 + 10K1 +K+3 a + 10K1 +K+2 b
K1 +K+2 s 3 K s 3 K s 1

+ 9 . . . 9 8 . . . 8 00 + 10c + d.
K1 s 9 K s 8


T ng quát:

Quy lu t 12. N u ta nhân s có n ch s đ u là 3 v i m t s có n ch s (10n−1 x1 +
10n−2 x2 +· · ·+10xn−1 +xn , ta đư c tích s b ng 102n−1 a1 +102n−2 a2 +· · ·+10a2n−1 +an−2
thì
5.2. Nh n xét v m t s quy lu t trong b n c u chương 145

• Khi x1 + · · · + xn = 3t + 1 ta đư c

(3 . . . 3) (3 . . . 3 0 . . . 0 +10n−1 x1 + 10n−2 x2 + · · · + 10xn−1 + xn )
K1 +K+n s 3 K s 3 n s 0
K1 +K+2n
= (1 . . . 1) 10 + 10K1 +K+2n−1 a1 + · · · + 10K1 +K+n an
K s 1
+ 3 . . . 3 2 . . . 2 0 . . . 0 +10n−1 an+1 + 10n−2 an+2 + · · · + 10a2n−1 + a2n .
K1 s 3 K s 2 n s 0


• Khi x1 + · · · + xn = 3t + 2 ta đư c

(3 . . . 3) (3 . . . 3 0 . . . 0 +10n−1 x1 + 10n−2 x2 + · · · + 10xn−1 + xn )
K1 +K+n s 3 K s 3 n s 0
K1 +K+2n
= (1 . . . 1) 10 + 10K1 +K+2n−1 a1 + · · · + 10K1 +K+n an
K s 1
+ 6 . . . 6 5 . . . 5 0 . . . 0 +10n−1 an+1 + 10n−2 an+2 + · · · + 10a2n−1 + a2n .
K1 s 6 K s 5 n s 0


• Khi x1 + · · · + xn = 3t ta đư c

(3 . . . 3) (3 . . . 3 0 . . . 0 +10n−1 x1 + 10n−2 x2 + · · · + 10xn−1 + xn )
K1 +K+n s 3 K s 3 n s 0
K1 +K+2n
= (1 . . . 1) 10 + 10K1 +K+2n−1 a1 + · · · + 10K1 +K+n an
K s 1
+ 9 . . . 9 8 . . . 8 0 . . . 0 +10n−1 an+1 + 10n−2 an+2 + · · · + 10a2n−1 + a2n .
K1 s 9 K s 8 n s 0


Ví d
3 × 9 = 27 → 3333 × 39 = 129987.
3 × 8 = 24 → 33333 × 338 = 11266554.
3 × 7 = 21 → 3333333 × 3337 = 111223332221.
33 × 79 = 2607 → 33333333 × 333379 = 11112633222207.
33 × 83 = 2739 → 333333333 × 333383 = 111127666555539.
33 × 87 = 2871 → 333333 × 33387 = 11128988871.
333 × 1937 = 6456021 → 3333333333 × 331937 = 1106456666556021.
333 × 1945 = 6482685 → 333333333 × 331945 = 110648333222685.
333 × 1968 = 6559344 → 3333333333 × 331968 = 110655999889344.
Chương 6

M t s phương pháp gi i bài toán
chia h t

Khi có s nguyên a và s t nhiên b m t trong nh ng câu h i hi n nhiên đư c đ t ra là:
Li u a có chia h t cho b không? Có nhi u phương pháp gi i bài toán chia h t. Song vi c
v n d ng phương pháp l i ph i ph thu c vào d ng bài toán. Dư i đây xin trình b y
m t trong các phương pháp đó: phương pháp dùng phép chia có dư, phương pháp đ ng
dư, phương pháp dùng tính tu n hoàn khi nâng lên lũy th a, phương pháp quy n p và
s d ng tiêu chu n chia h t.


6.1 Các s nguyên và các phép tính s nguyên
T p h p các s nguyên g m các s t nhiên 1, 2, 3, s không 0 và các s nguyên âm
−1, −2, −3 Trong t p h p đó luôn luôn th c hi n đư c phép c ng và phép tr . Nói cách
khác, n u m và n là các s nguyên, thì t ng m + n c a chúng cũng là s nguyên. Hơn
n a, v i hai s nguyên m, n tuỳ ý t n t i duy nh t m t s x tho mãn phương trình

n+x=m

S đó đư c g i là hi u c a các s m và n đ ng th i ký hi u b ng m − n. Hi u hai s
nguyên b t kỳ cũng là s nguyên.

Trong t p h p các s nguyên cũng luôn luôn th c hi n đư c phép nhân, nghĩa là,
n u m và n là các s nguyên, thì tích m.n c a chúng cũng là s nguyên. Tuy v y, phép
chia (là phép tính ngư c c a phép nhân) không ph i khi nào cũng th c hi n đư c trong
t p h p các s nguyên. K t qu c a phép chia s a cho s b = 0 là s x đư c ký hi u
b ng a : b ho c a tho mãn phương trình
b

bx = a

S x đó t n t i và duy nh t. Song k t qu c a phép chia m t s nguyên cho
m t s nguyên khác không ph i khi nào cũng là m t s nguyên. Thí d , các thương


146
6.2. Các đ nh lý v chia h t 147

3 : 2, 6 : 5, (−50) : 7, (−60) : (−21) không ph i là các s nguyên. Đi u đó có nghĩa là
phép chia không ph i luôn luôn th c hi n đư c trong t p h p các s nguyên. Thương
c a phép chia s nguyên a cho s nguyên b = 0 có th không thu c t p h p các s
nguyên; còn chính trong t p h p các s nguyên không tìm đư c m t s nào đ ta có th
g i là thương c a phép chia a cho b.

T t nhiên, ta cũng g p các trư ng h p: Thương c a phép chia m t s nguyên cho s
nguyên khác cũng l i là m t s nguyên, ch ng h n
8 : (−2) = −4, 48 : 12 = 4, (−6) : 6 = −1

Đ nh nghĩa. N u a và b (b = 0) là các s nguyên, mà thương a : b cũng là s nguyên,
thì ta nói r ng s a chia h t cho s b và vi t a : b.

Cũng có th nói cách khác: S nguyên a chia h t cho s nguyên b = 0, n u t n t i
m t s nguyên k, sao cho a = kb. Đ nh nghĩa v chia h t trên đây s thư ng dùng sau này.

Vì ch nói đ n các s nguyên, nên đ ng n g n ta s vi t “s ”, nhưng luôn luôn hi u
là s nguyên. Xin nh n m nh r ng, ch có th nói v thương a : b khi b = 0. Trư ng h p
b = 0 thương a : b không xác đ nh, nghĩa là bi u th c a : 0 hay a không có nghĩa. Tóm
0
l i không th chia cho s không.

Ngư c l i, khi a = 0 (và v i m i b = 0) thương a : b xác đ nh (và b ng không)
0
= 0 khi b = 0
b

Vì trong trư ng h p này s không là s nguyên, nên nó chia h t cho m i s nguyên
khác không (ngoài ra thương b ng không).


6.2 Các đ nh lý v chia h t
Đ nh lý 1. N u các s a1 , a2 , ..., an chia h t cho m, thì t ng a1 + a2 + · · · + an chia h t
cho m.

Th t v y, vì ai (1 i n) chia h t cho m, nên t n t i s nguyên ki , đ ai = ki m.
B iv y
a1 + a2 + · · · + ai + · · · + an = k 1 m + k 2 m + · · · + k i m + · · · + k n m
n
=( ki )m.
i=1


Vì t ng các s nguyên là s nguyên, nên t ng a1 +a2 +· · ·+ai +· · ·+an chia h t cho m.
6.2. Các đ nh lý v chia h t 148

Đ nh lý 2. N u c hai s a và b đ u chia h t cho m, thì hi u a − b và b − a đ u chia h t
cho m.

Th t v y, vì a, b đ u chia h t cho m, nên t n t i các s nguyên t, s đ a = t.m và
b = s.m. Do đó,
a − b = tm − sm = (t − s)m
b − a = sm − tm = (s − t)m

. .
Vì hi u hai s nguyên là m t s nguyên nên (a − b). và (b − a).
.m .m.

H qu 1. N u t ng m t s s h ng chia h t cho m và tr m t s h ng, còn t t c các
s khác đ u chia h t cho m, thì s h ng này cũng chia h t cho m.

Th t v y, gi s t ng S = a1 + a2 + · · · + ai−1 + ai + ai+1 + · · · + an chia h t cho
m và ch có ai , còn a1 , a2 , ..., ai−1 , ai+1 , ..., an đ u chia h t cho m. Khi đó t n t i các s
nguyên s, tj (1 j n, j = i) đ S = sm, aj = tj m. Và
ai = S − a1 − as − · · · − ai−1 − ai+1 − · · · − an
ai = sm − t1 m − t2 m − · · · − ti−1 m − ti m − ti+1 m − · · · − tn m
ai = (s − t1 − t2 − · · · − ti−1 − ti − ti+1 − · · · − tn )m
nênai chia h t cho m.

Đ nh lý 3. N u m i s ai chia h t cho mi (1 i n) thì tích a1 a2 ...ai ai+1 ...an chia h t
cho tích m1 m2 ...mi mi+1 ...mn .

Th t v y, vì ai chia h t cho mi (1 i n), nên t n t i s nguyên ki (1 i n) đ
ai = ki mi . Khi đó
a1 .a2 ai .ai+1 ...an−1 an = k1 m1 .k2 m2 ...ki mi ki+1 mi+1 ...kn−1 mn−1 kn mn
= (k1 k2 ki ki+1 ...kn−1 kn )(m1 .m2 ...mi .mi+1 ...mn−1 mn )

Nên tích a1 .a2 an chia h t cho tích m1 m2 ...mn .

H qu 2. N u a chia h t cho m, thì v i s t nhiên n tuỳ ý an chia h t cho mn .

H qu 3. N u ch m t th a s chia h t cho m, thì tích cũng chia h t cho m.

Th t v y, gi s s ai chia h t cho m, còn a1 , a2 , , ai−1 , ai+1 , ..., an là các s tuỳ ý. Do
ai chia h t cho m nên t n t i s nguyên t, đ ai = tm . Khi đó
a1 .a2 ai−1 .ai .ai+1 ...an = a1 .a2 ...ai−1 t.mai+1 ...an = (a1 .a2 ...ai−1 t.ai+1 ...an )m,

nên a1 .a2 ...ai−1 .ai .ai+1 ...an chia h t cho m.
6.3. Phép chia có dư 149


6.3 Phép chia có dư
N u s a chia cho b có thương là q và s dư là r, thì có th vi t

a = bq + r

Tuy v y, không ph i m i cách vi t a = bq + r đ u đư c xem là cách vi t phép chia
có dư. Ch ng h n, đ ng th c 30 = 4.5 + 10 đúng, nhưng không th nói r ng 30 chia cho
5 còn dư 10, vì s dư ph i bé hơn s chia. Tương t như v y, cách vi t 30 = 4.8 + (−2)
cũng không có nghĩa là 30 chia cho 4 còn dư −2,vì s dư không th âm. T nh ng đi u
phân tích trên nh n th y r ng, đ cách vi t

a = bq + r

Bi u th phép chia a cho b v i s dư r, c n đ t đi u ki n cho r không âm và bé hơn
b, nghĩa là 0 r < b. B i v y có đ nh nghĩa



6.3.1 Đ nh nghĩa
Gi s a, b là hai s nguyên và b > 0. Ta nói r ng s a chia cho s b có thương là q và
s dư là r, n u a có th bi u di n b ng đ ng th c a = bq + r, trong đó 0 r < b.



6.3.2 S t n t i và duy nh t c a phép chia có dư
Có hai v n đ đư c đ t ra đ i v i đ nh nghĩa phép chia có dư là

1. Li u có th luôn luôn th c hi n đư c phép chia có dư hay không? Nói cách khác,
n u cho s nguyên a và s t nhiên b, thì luôn luôn có th ch n đư c các s nguyên
q và r, đ 0 r < b và a = bq + r hay không?

2. Phép chia có dư có duy nh t hay không? Nói cách khác, n u s a đư c bi u di n
b ng hai cách khác nhau dư i d ng

a = bq1 + r1 , 0 r1 < b
a = bq2 + r2 , 0 r2 < b

thì hai cách này có nh t thi t ph i trùng nhau hay không, nghĩa là, ph i có q1 = q2 và
r1 = r2 ?

Đ nh lý sau s gi i đáp c hai câu h i trên và kh ng đ nh phép chia có dư luôn luôn
t n t i và duy nh t.
6.3. Phép chia có dư 150

Đ nh lý 4. Gi s a là s nguyên và b là s t nhiên. Khi đó có th ch n đư c các s
nguyên q và r, sao cho 0 r < b và a = bq + r. Các s q, và r xác đ nh theo các đi u
ki n trên là duy nh t.

Ch n s t nhiên c, sao cho |a| < c và xét dãy s

−cb, (−c + 1)b, (−c + 2)b, ..., −2b, −b, 0b, 2b, ..., (c − 1)b, cb (1)

Trong đó k t s th hai đ u l n hơn s ngay trư c nó b đơn v . Nên đây là m t dãy
tăng và có s đ u −cb < a, s cu i cb > a (do |a| c cb vì b 1). Đi u này ch ng t
r ng trong dãy (1) có m t s bé hơn hay b ng a, còn s ti p theo l n hơn a. Ký hi u s
này là qb. Khi đó s ti p theo là (q + 1)b đã l n hơn a.

qb a < (q + 1)b (2)

Như v y là thương q đã ch n đư c. Ký hi u r là s a − qb, nên

a = qb + r

Khi đó b t đ ng th c (2) có d ng

qb qb + r < (q + 1)b

B t c hai v c a b t đ ng th c trên đi qb đơn v ta có

0 r r2 . Khi đó r1 − r2 > 0. M t khác
r1 − r2 r1 < b. Khi đó r1 − r2 là s t nhiên bé hơn b, nên nó không th chia h t cho
b. Ta đã đi t i mâu thu n, nên r1 = r2 . B i v y đ ng th c (3) có d ng

(q1 − q2 )b = 0
6.4. Phương pháp dùng phép chia có dư 151

Vì b = 0 (b là s t nhiên), nên suy ra q1 − q2 = 0. Nghĩa là q1 = q2 và d ng bi u
di n phép chia có dư là duy nh t.

T đ nh lý trên suy ra r ng, m i s nguyên a có th bi u di n b ng m t trong các
d ng sau

a = b.q
a = b.q + 1,
a = b.q + 2,
···············
a = b.q + (b − 1).


6.4 Phương pháp dùng phép chia có dư
Căn c vào s chia b, mà xét m i kh năng phân tích a = b.q + k v i k ∈ {1, 2, ..., q − 1}.
Sau đó, v i m i kh năng phân tích này lý lu n đ suy ra đáp án c a bài toán. Ch ng h n
v i q = 3 m i s nguyên a có th phân tích thành m t trong ba d ng là 3q, 3q + 1, 3q + 2.
Sau đó th m i d ng bi u di n vào các v trí c a a r i lý lu n đ suy ra đáp s .

Ví d 1. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên a, s a3 − a chia h t cho 6.

Gi i. Phân tích bi u th c a3 − a thành tích c a ba th a s

a3 − a = a(a − 1)(a + 1)

S a có th bi u di n b ng m t trong các d ng sau

6q, 6q + 1, 6q + 2, 6q + 3, 6q + 4, 6q + 5

Ta xét t ng kh năng phân tích s a

V i a = 6q s a3 − a = 6q(6q − 1)(6q + 1) chia h t cho 6;

V i a = 6q + 1 s a3 − a = (6q + 1)6q(6q + 2) chia h t cho 6

V i a = 6q + 2 s

a3 − a = (6q + 2)(6q + 1)(6q + 3)
= 2(3q + 1)(6q + 1)3(2q + 1)
= 6(3q + 1)(6q + 1)(2q + 1)

chia h t cho 6
6.4. Phương pháp dùng phép chia có dư 152

V i a = 6q + 3 s
a3 − a = (6q + 3)(6q + 2)(6q + 4)
= 3(2q + 1)2(3q + 1)2(3q + 2)
= 12(2q + 1)(3q + 1)(3q + 2)

chia h t cho 6.
V i a = 6q + 4 s
a3 − a = (6q + 4)(6q + 3)(6q + 5)
= 2(3q + 2)3(2q + 1)(6q + 5)
= 6(3q + 2)(2q + 1)(6q + 5)

chia h t cho 6.
V i a = 6q + 5 s
a3 − a = (6q + 5)(6q + 4)(6q + 6)
= (6q + 5)2(3q + 2)6(q + 1)
= 12(6q + 5)(3q + 2)(q + 1)

chia h t cho 6.

V y v i m i s nguyên a s a3 − a chia h t cho 6.

Nh n xét.

Ngoài cách gi i trên có th lý lu n ng n g n như sau.

S
a3 − a = (a − 1)a(a + 1)
ch a hai s nguyên liên ti p, nên nó chia h t cho 2. Ngoài ra, s này còn ch a ba s
nguyên liên ti p, nên nó chia h t cho 3. B i v y s a3 − a chia h t cho 6.

Ví d 2. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên a, s a(a6 − 1) chia h t cho 7 ?

Gi i.

Phân tích bi u th c a(a6 − 1) thành tích ta đư c
a(a6 − 1) = a(a3 − 1)(a3 + 1) = a(a − 1)(a + 1)(a2 − a + 1)(a2 + a + 1)
S a có th bi u di n b ng m t trong các d ng sau
a = 7q, a = 7q + 1, a = 7q + 2, a = 7q + 3, a = 7q + 4, a = 7q + 5, a = 7q + 6
6.4. Phương pháp dùng phép chia có dư 153

Ta xét t ng kh năng phân tích s a

V ia = 7q s

a(a6 − 1) = 7q(7q − 1)(7q + 1){(7q)2 − 7q + 1)}{(7q)2 + 7q + 1)}

chia h t cho 7.

V i a = 7q + 1 s

a(a6 − 1) = (7q + 1)7q(7q + 2){(7q + 1)2 − 7q}{(7q + 1)2 + 7q + 2}

chia h t cho 7.

V i a = 7q + 2 s

a(a6 − 1) = (7q + 2)(7q + 1)(7q + 3){(7q + 2)2 − 7q − 1}{(7q + 2)2 + 7q + 3)}
= (7q + 2)(7q + 1)(7q + 3){49q 2 + 28q + 4 − 7q − 1}{49q 2 + 28q + 4 + 7q + 3)}
= (7q + 2)(7q + 1)(7q + 3){49q2 + 21q + 3}7{7q 2 + 5q + 1}

chia h t cho 7;

V i a = 7q + 3 s

a(a6 − 1) = (7q + 3)(7q + 2)(7q + 4){(7q + 3)2 − 7q − 2}{(7q + 3)2 + 7q + 4)}
= (7q + 3)(7q + 2)(7q + 4){(49q 2 + 42q + 9 − 7q − 2}{49q 2 + 42q + 9 + 7q + 4)}
= (7q + 3)(7q + 2)(7q + 4)7{7q 2 + 5q + 1}{49q 2 + 7q + 13}

chia h t cho 7.

V i a = 7q + 4 s

a(a6 − 1) = (7q + 4)(7q + 3)(7q + 5){(7q + 4)2 − 7q − 3}{(7q + 4)2 + 7q + 5)}
= (7q + 4)(7q + 3)(7q + 5){49q 2 + 56q + 16 − 7q − 3}{49q 2 + 56q + 16 + 7q + 5}
= (7q + 4)(7q + 3)(7q + 5){49q 2 + 49q + 13}7{7q 2 + 9q + 3}

chia h t cho 7.

V i a = 7q + 5 s

a(a6 − 1) = (7q + 5)(7q + 4)(7q + 6){(7q + 5)2 − 7q − 4}{(7q + 5)2 + 7q + 6}
= (7q + 5)(7q + 4)(7q + 6){49q 2 + 70q + 25 − 7q − 4}{49q 2 + 70q + 25 + 7q + 6}
= (7q + 5)(7q + 4)(7q + 6).7.{7q 2 + 9q + 3}{49q 2 + 77q + 31}
6.4. Phương pháp dùng phép chia có dư 154

chia h t cho 7.

V i a = 7q + 6 s

a(a6 − 1) = (7q + 6)(7q + 5)(7q + 7){(7q + 6)2 − 7q − 5}{(7q + 6)2 + 7q + 7}
= (7q + 6)(7q + 5).7.(q + 1){49q 2 + 84q + 36 − 7q − 5}{49q 2 + 84q + 36 + 7q + 7}
= (7q + 6)(7q + 5).7.(q + 1){49q 2 + 77q + 31}{49q 2 + 91q + 43}

chia h t cho 7.

V y s a(a6 − 1) chia h t cho 7.

Ví d 3. Ch ng minh r ng không có giá tr nào c a a, đ s a2 + 1 chia h t cho 3.

Gi i. S a có th bi u di n b ng m t trong ba cách sau

a = 3q, a = 3q + 1, a = 3q + 2

Xét m i kh năng phân tích s a

V i a = 3q s a2 + 1 = 9q 2 + 1 chia cho 3 còn dư 1, nên a2 + 1 không chia h t cho 3.

V i a = 3q + 1 s

a2 + 1 = (3q + 1)2 + 1
= 9q 2 + 6q + 2
= 3(3q 2 + 2q) + 2

chia cho 3 còn dư 2, nên a2 + 1 không chia h t cho 3.

V i a = 3q+2 s

a2 + 1 = (3q + 2)2 + 1
= 9q 2 + 12q + 4 + 1
= 3(3q 2 + 4q + 1) + 2

chia cho 3 còn dư 2, nên a2 + 1 không chia h t cho 3.

V y a2 + 1 không chia h t cho 3.



hvua Bài t p
6.5. Phương pháp đ ng dư 155

1. Ch ng minh r ng n u các s a và b không chia h t cho 3. Nhưng có cùng s dư
khi chia cho 3, thì s ab − 1 chia h t cho 3. Ngư c l i n u ab − 1 chia h t cho 3 thì
các s a và b không chia h t cho 3 và có cùng dư s khi chia cho 3.
2. Ch ng minh r ng n u các s a và b không chia h t cho 3 và có s dư khác nhau
khi chia cho 3, thì s ab + 1 chia h t cho 3. Ngư c l i, n u ab + 1 chia h t cho 3,
thì các s a và b không chia h t cho 3 và có s dư khác nhau khi chia cho 3.
3. Ch ng minh r ng v i các s a và b b t kỳ s ab(a2 − b2 )(4a2 − b2 ) luôn luôn chia
h t cho 5.
4. Ch ng minh r ng n u dù ch m t s a hay b không chia h t cho 7 thì a2 + b2 cũng
không chia h t cho 7.
5. Ch ng minh r ng v i các s nguyên a, b, c b t kỳ, s a2 + b2 + c2 + 1 không chia
h t cho 8.
6. Ch ng minh r ng n u t ng c a ba s nguyên chia h t cho 6, thì t ng l p phương
c a chúng cũng chia h t cho 6.
7. Cho hai s g m ba ch s , không có s nào chia h t cho 37, còn t ng c a chúng
chia h t cho 37. Vi t s này k v i s kia, ta nh n đư c m t s g m sáu ch s .
Ch ng minh r ng s này chia h t cho 37.
8. Cho hai s g m ba ch s có cùng s dư khi chia cho 7. Vi t s này k s kia ta
nh n đư c m t s g m sáu ch s . Ch ng minh r ng s đó chia h t cho 7.
9. Cho x, y là các s nguyên. Ch ng minh r ng x2 + y 2 chia h t cho 3 khi và ch khi
c hai s x, y đ ng th i chia h t cho 3.
10. V i a là s nguyên. Ch ng minh r ng a5 − a chia h t cho 3.


6.5 Phương pháp đ ng dư

6.5.1 Phép đ ng dư
Đ nh nghĩa. N u hai s a và b có cùng s dư khi chia cho m, thì ta nói r ng a và b
đ ng dư theo modun m và vi t

a≡b (mod m)

Và đ c là a đ ng dư v i b theo modun m. S d ng cách vi t trên đây thu n ti n cho
vi c phát bi u và tính toán. Sau đây s trình bày m t s đ nh lý đơn gi n v đ ng dư.

Đ nh lý 5. Phép đ ng dư a ≡ b (mod m) có nghĩa khi và ch khi hi u a − b chia h t
cho m. Nói cách khác, các s a và b có cùng s dư khi chia cho m, n u và ch n u hi u
a − b chia h t cho m.
6.5. Phương pháp đ ng dư 156

Ch ng minh. Gi s a ≡ b (mod m). Khi đó các s a và b có cùng s dư (r) khi chia
cho m. B i v y
a = mq + r, b = mq + r,
trong đó q, q là các s nguyên nào đó. Tr v v i v hai đ ng th c trên ta đư c

a − b = mq − mq = m(q − q )

Do đó hi u a − b chia h t cho m.
Ngư c l i, gi s hi u a − b chia h t cho m. Khi đó t n t i s nguyên k, đ

a − b = k.m (1)

Chia (có dư) s b cho m:

b = q.m + r, trong đó 0 r 0.

Khi đó
ak ≡ ak+l (mod m) (1)

V im in k nhân c hai v c a phép đ ng dư (1) v i an−k s đư c
an ≡ an+l (mod m)
6.6. Phương pháp s d ng tính tu n hoàn khi nâng lên lũy th a 163

Đi u này ch ng t r ng b t đ u t v trí tương ng v i ak các s dư l p l i tu n
hoàn, t c b t đ u t s tương ng v i ak có m t s dư l p l i và l p l i v.v...

S l đư c g i là chu kỳ tu n hoàn c a các s dư khi chia lũy th a c a a cho m.

Nh n xét.

T ch ng minh trên nh n th y r ng s tu n hoàn c a các s dư b t đ u t ch ta
phát hi n ra hai s dư trùng nhau. M t khác đ phát hi n ra hai s dư gi ng nhau khi chia
cho m ta không phi qu an tâm đ n c s a mà ch c n l y m+1 lũy th a đ u tiên là đ .

N u t n t i s l, đ al ≡ l (mod m), thì v i m i s t nhiên n an+l ≡ an (mod m),
nên l ch ng nh ng là chu kỳ tu n hoàn c a các s dư, mà còn có th xem là ch s b t
đ u s tu n hoàn c a các s dư.


6.6.2 Thu t toán
Đ gi i bài toán chia h t, c n xác đ nh s dư c a lũy th a an chia cho m, ta c n tìm
các s t nhiên k, l nh nh t, đ

ak ≡ ak+l (mod m)

Sau đó căn c vào s dư r c a n chia cho l, mà xác đ nh s dư tương ng v i ak+r .

Chú ý.

1) Trong trư ng h p t n t i s t nhiên s, đ

as ≡ 1 (mod m)

ta ch vi c tìm các s t nhiên nh nh t k, l sao cho

ak ≡ ak+l ≡ 1 (mod m)

sau đó tìm s dư r c a n chia cho l và xác đ nh s dư c a ar khi chia cho m. Đây chính
là s dư c a an chia cho m.

2) Khi lũy th a có s mũ không ph i là hàm tuy n tính c a n, ch ng h n, ap(n) v i
p(n) là m t hàm mũ, mà ta có th thay đ i cơ s t a sang b, đ có

ap(n) = bq(n) và b ≡ 1 (mod m)

thì
ap(n) ≡ 1q(n) ≡ 1 (mod m)
6.6. Phương pháp s d ng tính tu n hoàn khi nâng lên lũy th a 164

Trư ng h p không bi n đ i đư c cơ s như trên c n tìm cách thay đ i cơ s , đ lũy th a
có s mũ là m t s t nhiên r i tìm s dư như thu t toán đã nêu.

2004
Ví d 7. Ch ng mình r ng s 58 + 5 chia h t cho 6.
n
Gi i. Ta s ch ng minh trư ng h p t ng qu át: V i m i s t nhiên n s 58 + 5 chia
h t cho 6. Do
n n−1 n−1 n−1
58 = 58×8 = 52×4×8 = (25)4×8
Vì 25 ≡ 1 (mod 6), nên
n n−1
58 = (25)4×8 ≡1 (mod 6)
M t khác 5 ≡ 5 (mod 6).
n n
V y 58 + 5 ≡ 6 ≡ 0 (mod ). Do đó 58 + 5 chia h t cho 6. Thay n = 2004 ta đư c
2004
58 + 5 chia h t cho 6.

2004
Ví d 8. Ch ng minh r ng 148 + 10 chia h t cho 11.

2004 2004
Gi i. Tìm s dư c a 148 +8 chia cho 11. Do 14 ≡ 3 (mod 11), nên 148 (mod 11).

2004
Do 38 = 6561 ≡ 5 (mod 11), nên 38 = 65612004 ≡ 52004 (mod 11).

Xét các s dư thu c lũy th a c a 5 khi chia cho 11

5 52 53 54 55 56 57 58
5 4 9 1 5 4 9 1

nên
54×501 = (54 )501 ≡ 1501 ≡ 1 (mod 11) (1)

M t khác,
10 ≡ 10 (mod 11) (2)
C ng v v i v phép đ ng dư (1) và (2) có
2004
148 + 10 ≡ 11 ≡ 0 (mod 11)
2004
Nên 148 + 10 chia h t cho 11.

Ví d 9. Ch ng minh r ng s 222555 + 555222 chia h t cho 7.

Gi i.
1) Do 222 = 7 × 31 + 5, nên 222 ≡ 5 (mod 7). B i v y,
222555 ≡ 5555 (mod 7)

Xét s tu n hoàn c a các s dư khi chia lũy th a c a 5 cho 7 ta đư c
6.6. Phương pháp s d ng tính tu n hoàn khi nâng lên lũy th a 165

5 52 53 54 55 56 57 58 ···
5 4 6 2 3 1 5 4 ···

Như v y
56 ≡ 1 (mod 7) (1)

V i m i s t nhiên t, nâng c hai v c a phép đ ng dư (1) lên lũy th a t ta có

56t ≡ 1 (mod 7)

M t khác 555 = 6.92 + 3, nên 5555 = 56.92+3 = 56.92 .53 ≡ 6 (mod 7). Do đó

222555 ≡ 6 (mod 7) (2)

2) Do 555 = 7.79 + 2, nên 555 ≡ 2 (mod 7). B i v y, 555222 ≡ 2222 (mod 7).

Xét s tu n hoàn c a các s dư khi chia lũy th a c a 2 cho 7 ta đư c

2 22 23 24 25 26 27 28 ···
2 4 1 2 4 2 4 1 ···

Như v y
23 ≡ 1 (mod 7) (3)
V i m i s t nhiên s nâng c hai v c a phép đ ng dư (3) lên lũy s ta có

23s ≡ 1 (mod 7)

M t khác, 222 = 3.74, nên

555222 ≡ 23×74 ≡ 1 (mod 7) (4)

C ng v v i v các phép đ ng dư (2) và (4) có

222555 + 555222 ≡ 6 + 1 ≡ 0 (mod 7)

V y s 222555 + 555222 chia h t cho 7.




Bài t p
15 Ch ng minh r ng s 7100 + 11100 chia h t cho 13.

16 Ch ng minh r ng s 6592 + 8 chia h t cho 11.

17 Ch ng minh r ng s 1110 − 1 chia h t cho 100.
6.7. Phương pháp quy n p 166

18 Ch ng minh r ng 777777 − 7 chia h t cho 10.

19 Hãy tìm ch s t n cùng c a s
77 7
77 − 77

14
20 Ch ng minh r ng s 1414 − 6 chia h t cho 10.
1967
21 Ch ng minh r ng s 1110 − 1 chia h t cho 101968 .

22 Ch ng minh r ng s 222333 + 333222 chia h t cho 13.

23 V i m i s nguyên không âm ch ng minh r ng s

25n+3 + 5n .3n+1

chia h t cho 17.


6.7 Phương pháp quy n p
Phương pháp quy n p có vai trò vô cùng qu an tr ng trong toán h c, khoa h c và cu c
s ng. Đ i v i nhi u bài toán chia h t, phương pháp quy n p cũng cho ta cách gi i h u
hi u.

Suy di n là qu á trình t “tính ch t" c a t p th suy ra “tính ch t" c a cá th , nên
luôn luôn đúng, còn qu á trình ngư c l i, t c qu á trình quy n p: đi t “tính ch t" c a
m t s cá th suy ra “tính ch t" c a t p th , thì không phi lúc nào cũng đúng, mà qu á
trình này ch dùng khi nó tho mãn m t s đi u ki n nào đó, t c tho mãn nguyên lý quy
n p.


6.7.1 Nguyên lý quy n p
N u kh ng đ nh S(n) tho mãn hai đi u ki n sau

a) Đúng v i n = ko (s t nhiên nh nh t mà S(n) xác đ nh).

b) T tính đúng đ n c a S(n) đ i v i n = t (ho c đ i v i m i giá tr c a n, k0 n t)
suy ra tính đúng đ n c a S(n) đ i v i n = t + 1, thì S(n) đúng v i m i n k0 .


6.7.2 Phương pháp ch ng minh b ng quy n p
Gi s kh ng đ nh T (n) xác đ nh v i m i n t0 . Đ ch ng minh T (n) đúng v i m i
n (n t0 ) b ng quy n p, ta c n th c hi n hai bư c.
6.7. Phương pháp quy n p 167

a. Cơ s quy n p.

Th c hi n bư c này t c là ta th xem s đúng đ n c a T (n) v i n = t0 , nghĩa là xét
T (t0 ) có đúng hay không?
b. Quy n p.

Gi s kh ng đ nh T (n) đã đúng đ i v i n = t (ho c đ i v i m i n (t0 n t)
(t t0 ). Trên cơ s gi thi t này mà suy ra tính đúng đ n c a T (n) đ i v i n = t + 1,
t c T (t + 1) đúng. N u c hai bư c trên đ u tho mãn, thì theo nguyên lý quy n p,
T (n) đúng v i m i n t0 .

Chú ý. Trong qu á trình quy n p n u không th c hi n đ y đ c hai bư c cơ s quy
n p và quy n p, thì có th d n đ n k t lu n sai l m, ch ng h n:

- Do b bư c cơ s quy n p, ta đưa ra k t lu n không đúng: M i s t nhiên đ u
b ng nhau! B ng cách quy n p như sau: gi s các s t nhiên không vư t qu á k + 1
đã b ng nhau. Khi đó ta có k = k + 1.

Thêm vào m i v c a đ ng th c trên m t đơn v s có

k+1=k+1+1=k+2

C như v y suy ra m i s t nhiên không nh hơn k đ u b ng nhau. K t h p v i gi
thi t quy n p: m i s t nhiên không vư t qu á k đ u b ng nhau, đi đ n k t lu n sai
l m: T t c các s t nhiên đ u b ng nhau!

- Do b qua khâu quy n p, nên nhà Toán h c Pháp P. Fermat (1601 - 1665) đã cho
n
r ng các s d ng 22 + 1 đ u là s nguyên t . P. Fermat xét 5 s đ u tiên
n
V i n = 0 cho 22 + 1 = 21 + 1 = 3 là s nguyên t .
1
V i n = 1 cho 22 + 1 = 22 + 1 = 5 là s nguyên t .
2
V i n = 2 cho 22 + 1 = 24 + 1 = 17 là s nguyên t .
3
V i n = 3 cho 22 + 1 = 28 + 1 = 257 là s nguyên t .
4
V i n = 4 cho 22 + 1 = 216 + 1 = 65537 là s nguyên t .

Nhưng vào th k 18 Euler đã phát hi n v i n = 5 kh ng đ nh trên không đúng b i

5
22 + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417
là h p s .
6.7. Phương pháp quy n p 168

6.7.3 V n d ng phương pháp quy n p đ gi i các bài toán chia
h t
Phương pháp quy n p đư c s d ng trong tính toán, trong ch ng minh và suy lu n dư i
nhi u d ng khác nhau, nhưng trong ph n này ch trình bày vi c v n d ng phương pháp
quy n p đ gi i các bài toán chia h t.

Ví d 11. V i n là s t nhiên, đ t
7
..
7. nl n
An = 7

Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n 2 s An + 17 chia h t cho 20?

Gi i.

Đ có kh ng đ nh phát bi u trong bài toán trư c h t ta ch ng minh: V i m i s t
nhiên n 2 đ u có
An = 20tn + 3 (1)
Kh ng đ nh (1) đư c ch ng minh b ng quy n p theo n.

1. Cơ s quy n p.

V i n = 2 có A2 = 77 = 74 .73 , mà

73 = 343 = 20.17 + 3 = 20.p + 3 (2)
74 = 2401 = 20.120 + 1 = 20.q + 1, (3)

Nên

A2 = (20.17 + 3)(20.120 + 1)
= 20.20.17.120 + 20.17 + 20.120.3 + 3
= 20.41177 + 3

2. Quy n p

Gi s đ ng th c (1) đã đúng v i n = k 2, t c đã có

Ak = 20tk + 3 (4)

C n ch ng minh đ ng th c (1) đúng v i n = k + 1.
6.7. Phương pháp quy n p 169

Th t v y, theo đ nh nghĩa, và (2), (3), (4) có

Ak+1 7Ak = 720tk +3 = 74.5tk +3 = (74 )5tk .73 = (20q + 1)5tk (20p + 3)
= {(20q)5tk + C5tk (20q)5tk −1 + · · · + C5tk −1 .20q + 1}(20p + 3)
1 5tk


= 20p{(20)5tk + C5tk (20q)5tk −1 + · · · + C5tk −1 .20q + 1}+
1 5tk


20q{(20q)5tk −1 + C5tk (20q)5tk −2 + · · · + C5tk −1 }3 + 3 = 20tk+1 + 3
1 5tk



T (1) có:
An + 17 = 20tn + 3 + 17 = 20tn + 20 = 20(tn + 1)
nên An + 17 chia h t cho 20.

Ví d 12. Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n 2s
n
22 + 4

chia h t cho 10 (hay t n cùng b ng s 0)?

Gi i. Ch ng minh b ng quy n p theo n.

1. Cơ s quy n p.

2
V i n = 2 có 22 = 24 + 4 = 16 + 4 = 20 chia h t cho 10.

2. Quy n p.

Gi s kh ng đ nh đã đúng v i n = k 2, nghĩa là
k
22 + 4 = 10tk (1)

C n ch ng minh kh ng đ nh đúng v i n = k + 1.

Th t v y, t (1) có
k+1 k
22 + 4 = (32 )2 + 4
= (10tk − 4)2 + 4
= (10tk )2 − 8.10tk + 16 + 4
= 10(10t2 − 8tk + 2)
k

k+1
nên s 22 + 4 chia h t cho 10.

Ví d 12. Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n

A(n) = 4n + 15n − 1
6.7. Phương pháp quy n p 170

chia h t cho 9.

Gi i. Ch ng minh b ng quy n p theo n.

1. Cơ s quy n p.

V i n = 1, A(1) = 41 + 15.1 − 1 = 18 chia h t cho 9.

2. Quy n p.

Gi s kh ng đ nh đã đúng v i s t nhiên n = k 1, nghĩa là,

A(k) = 4k + 15k − 1

đã chia h t cho 9.

C n ch ng minh kh ng đ nh cũng đúng v i n = k + 1.

Th t v y,

A(k + 1) = 4k+1 + 15(k + 1) − 1
= 4.4k + 15k + 14
4.4k + 4.15k + 14 + 3.15k − 4 + 4 − 3.15k
= 4.4k + 4.15k − 4 + 3.15k + 18
= 4(4k + 15k − 1) + 9(5k + 2)

Theo gi thi t quy n p 4k + 15k − 1 chia h t cho 9, nên 4(4k + 15k − 1) chia h t cho
9 và 9(5k + 2) chia h t cho 9. B i v y A(k + 1) chia h t cho 9.

Ví d 13. Ch ng minh r ng t ng l p phương c a ba s t nhiên liên ti p bao gi cũng
chia h t cho 9.

Gi i. Ch ng minh b ng quy n p theo th t s t nhiên.

1. Cơ s quy n p.

V i ba s t nhiên đ u tiên 1, 2, 3 ta có

13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36

chia h t cho 9.
6.7. Phương pháp quy n p 171

2. Quy n p.

Gi s kh ng đ nh đã đúng v i ba s t nhiên liên ti p tùy ý nào đó k(k 1), k +
1, k + 2, nghĩa là s
A(k) = k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3
đã chia h t cho 9. Khi đó

(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = k 3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 − k 3

Do

(k + 3)3 − k 3 = (k + 3 − k){(k + 3)2 + k(k + 3) + k 2 }
= 3{k 2 + 6k + 9 + k 2 + 3k + k 2 }
= 3{3k 2 + 9k + 9}
= 9(k 2 + 3k + 3)

.
chia h t cho 9, và theo gi thi t quy n p A(k). nên (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 chia
.9,
h t cho 9. Kh ng đ nh đư c ch ng minh.

n
Ví d 14. Ch ng minh r ng v i m i s nguyên n 0 s 23 + 1 chia h t cho 3n+1 và
không chia h t cho 3n+2 .

Gi i. Kh ng đ nh đư c ch ng minh b ng quy n p theo n.

1. Cơ s quy n p

0
V i n = 0 s 23 + 1 = 21 + 1 = 2 + 1 = 3 chia h t cho 3 (3 = 30+1 ) và không chia
h t cho 9 (9 = 32 = 30+2 ).

1
V i n = 1 s 23 + 1 = 23 + 1 = 8 + 1 = 9 chia h t cho 9.

2. Quy n p

Gi s kh ng đ nh đã đúng v i n = k 2, nghĩa là
k
Ak = 23 + 1

đã chia h t cho 3k+1 và không chia h t cho 3k+2 . Khi đó t n t i s nguyên M , đ

Ak = M.3k+1

và do Ak không chia h t cho 3k+2 , nên M không chia h t cho 3.
6.7. Phương pháp quy n p 172

k+1
C n ch ng minh Ak+1 = 23 + 1 chia h t cho 3k+2 và không chia h t cho 3k+3 .

Th t v y, do
k+1 k.2 k
Ak+1 = 23 + 1 = 23 + 1 = (23 )2 + 1
k k k
= (23 + 1){(23 )2 − 23 + 1}
k k k
= 3k+1 .M {(23 )2 + 2.23 + 1 − 3.23 }
k k
= 3k+1 .M.{(23 + 1)2 − 3.23 }
k k
= 3k+1 .M.{(23 .M )2 − 3.23 }
k
= 3k+1 M {32k+2 M 2 − 3.23 }
k
= 3k+2 .M.{32k+1 .M 2 − 23 }

nên Ak+1 chia h t cho 3k+2 .

Vì M không chia h t cho 3, nên 3k+2 .M không chia h t cho 3k+3 .

Do k 2, nên k − 2 0, và có

32k+1 .M = 3k+3+k−2 .M = 3k+3 .3k−2 .M

chia h t cho 3k+3 .

k k
M t khác 23 = (23 )k = 8k ≡ ±1 (mod 9) và 3k+3 = 9.3k+1 , nên 23 không chia h t
cho 3k+3 .

k
Do 32k+1 .M 2 − 23 không chia h t cho 3k+3 . B i v y Ak+1 không chia h t cho 3k+2 .
Kh ng đ nh đư c ch ng minh.



Bài t p
23 Ch ng minh r ng v i m i s nguyên n 0
a) (25n+3 + 5n .3n+2 ) chia h t cho 17
b) (2n+5 .34n + 53n+1 ) chia h t cho 37
c) (52n+1 + 2n+4 + 2n+1 ) chia h t cho 23
d) (7n+2 + 82n+1 ) chia h t cho 57

24 Ch ng minh r ng v i m i s t nhiên n t ng

20 + 21 + 22 + · · · + 25n−3 + 25n−2 + 25n−1

chia h t cho 31?
6.8. Tiêu chu n chia h t 173

25 Gi s a là s t nhiên nào đó, mà 2a − 2 chia h t cho a, ch ng h n a = 3 có
23 − 2 = 8 − 2 = 6 chia h t cho 3. Xác đ nh dãy s (xn ) nh các đi u ki n sau
x1 = a, xk+1 = 2xk − 1
Ch ng minh r ng v i m i só t nhiên k s 2xk − 2 chia h t cho xk ?


6.8 Tiêu chu n chia h t
Đ i v i s nguyên tuỳ ý a và s t nhiên b t kỳ m đ tr l i câu h i: a có chia h t cho
m không? Trong r t nhi u trư ng h p có th d a vào tiêu chu n chia h t. B i v y vi c
tìm ra các tiêu chu n chia h t d v n d ng là h t s c c n thi t. Căn c vào tính ch t
c a dãy s dư nh n đư c khi chia lũy th a cơ s 10 cho m, mà có th xác đ nh các tiêu
chu n chia h t ti n ích khác nhau. Trong ph n này trình bày m t s cách xác đ nh tiêu
chu n chia h t, như

Phương pháp s d ng tính đ ng dư v i 1 c a lũy th a cơ s 10, mà g i t t là
"phương pháp đ ng dư v i 1".
Phương pháp d a vào dãy s dư c a lũy th a cơ s 10, mà g i t t là "phương
pháp dãy s dư".
Phương pháp chia các ch s thành các nhóm, mà g i t t là "phương pháp nhóm
ch s ".


6.8.1 Phương pháp đ ng dư v i 1
V i s t nhiên tuỳ ý m 2 c n tìm tiêu chu n, đ s nguyên b t kỳ
a = an an−1 ...ai ai−1 ....a1 a0
= an 10n + an−1 10n−1 + · · · + ai 10i + ai−1 10i−1 + · · · + ai 10 + a0

chia h t cho m.

N u t n t i s t nhiên k, đ 10k ≡ 1 (mod m) thì v i m i s t nhiên t đ u có
kt
10 ≡ 1 (mod m). Ta th c hi n thu t toán sau

Thu t toán.

1. Tìm s t nhiên l nh nh t, đ 10l ≡ 1 (mod m).
2. Chia dãy ch s c a a t phi sang trái theo các nhóm liên ti p đ dài l. Khi đó
v i s t nhiên s, mà sl < n (s + 1)l có
a = an asl+1 asl 10sl + · · · + a2l−1 ...al+1 al 10l + al−1 ...a1 a0
≡ an asl+1 asl + · · · + a2l−1 ...al+1 al + al−1 ...a1 a0 (mod m)
6.8. Tiêu chu n chia h t 174

B i v y ta có tiêu chu n chia h t sau đây.

Tiêu chu n chia h t 1

N u l là s t nhiên nh nh t đ al ≡ 1 (mod m) và s là s t nhiên đ sl < n
(s + 1)l, thì a chia h t cho m khi và ch khi t ng
an asl+1 asl + · · · + a2l−1 ...al+1 al + al−1 ...a1 a0
chia h t cho m.

V n d ng tiêu chu n chia h t 1 cho các trư ng h p m = 3, 9, 11, 111 ta đư c các tiêu
chu n chia h t tưng ng sau đây.

1. V i m = 3, ta có 10 ≡ 1 (mod 3), nên l = 1 và dãy ch s a đư c chia thành các
nhóm g m m t ch s và ta có tiêu chu n chia h t cho 3 như sau

S nguyên a = an an−1 a1 a0 chia h t cho 3 khi và ch khi t ng các ch s an + an−1 +
· · · + a1 + a0 chia h t cho 3.

Tương t ta cũng có tiêu chu n chia h t cho 9 như sau:

S nguyên a = an an−1 ...a1 a0 chia h t cho 9 khi và ch khi t ng
an + an−1 + · · · +a 1 + a0
chia h t cho 9.
Ví d .
.
23456781 ≡ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 1 ≡ 0 (mod 3) nên 23456781.
.3.
.
54326781 ≡ 5 + 4 + 3 + 2 + 6 + 7 + 8 + 1 ≡ 0 (mod 9), nên 54326781..9
4354063 = 4 + 3 + 5 + 4 + 0 + 6 + 3 = 25 ≡ 1 (mod 3)

nên 4354063 không chia h t cho 3.
1997199819991 = 1 + 9 + 9 + 7 + 1 + 9 + 9 + 8 + 1 + 9 + 9 + 9 + 1 = 82 ≡ 1 (mod 9)
nên 1997199819991 không chia h t cho 9.

2. V i m = 11 ta có 102 ≡ 1 (mod 1)1, nên l = 2 và dãy ch s c a a đư c phân
thành các nhóm đ dài 2 t ph i sang trái và ta có tiêu chu n chia h t cho 11 như sau

V i n l s nguyên a = an an−1 ...a1 a0 chia h t cho 11 khi và ch khi t ng
an an−1 + an−2 an−3 + · · · + a1 a0
6.8. Tiêu chu n chia h t 175

chia h t cho 11.

V i n ch n s nguyên a = an an−1 ...a1 a0 chia h t cho 11 khi và ch khi t ng
an + an−1 an−2 + · · · + a1 a0
chia h t cho 11.

Ví d .
719981999 ≡ 7 + 19 + 98 + 19 + 99 = 242 ≡ 0 (mod 1)1
nên 719981999 chia h t cho 11.
53467874 ≡ 53 + 46 + 78 + 74 = 251 ≡ 8 (mod 1)1
nên 53467874 không chia h t cho 11.

3. V i m = 111 ta có 103 ≡ 1 (mod 1)11, nên l = 3 và dãy ch s c a a đư c phân
thành các nhóm đ dài 3 t phi sang trái và ta có tiêu chu n chia h t cho 11 như sau

- V i n = 3t (t là s t nhiên) s nguyên a = an an−1 ...a1 a0 chia h t cho 11 khi và ch
khi t ng
an an−1 an−2 + an−3 an−4 an−5 + · · · + a2 a1 a0
chia h t cho 111.

- V i n = 3t + 1 s nguyên a = an an−1 ...a1 a0 chia h t cho 111 khi và ch khi t ng
an + an−1 an−2 an−3 + · · · + a2 a1 a0
chia h t cho 111.

- V i n = 3t + 2 s nguyên a = an an−1 ...a1 a0 chia h t cho 111 khi và ch khi t ng
an an−1 + an−2 an−3 an−4 + · · · + a2 a1 a0
chia h t cho 111.

Ví d .
582004080 = 582 + 004 + 080 = 582 + 4 + 80 = 666 ≡ 0 (mod 111)
nên 582004080 chia h t cho 111.
6573864 = 6 + 573 + 864 = 1443 ≡ 0 (mod 111)
nên 6573864 chia h t cho 111.
13661325 ≡ 13 + 661 + 325 = 999 ≡ 0 (mod 111)
nên 13661325 chia h t cho 111.
154635811 ≡ 154 + 63 = 1600 ≡ 35 (mod 111)
nên 15463811 chia h t cho 111.
6.8. Tiêu chu n chia h t 176

6.8.2 Phương pháp dãy s dư
Gi s

a = an an−1 ...ai .a1 a0 = an 10n + an−1 10n−1 + · · · + ai 10i + · · · a1 10 + a0

là s nguyên tùy ý và m là s t nhiên b t kỳ không nh hơn 2. Khi đó, theo các tính
ch t c a phép đ ng dư, ta có h qu : N u di (i = 0, 1, 2) là s nguyên tùy ý đ ng dư v i
10i theo modun m, thì

a ≡ an dn + an−1 dn−1 + · · · + ai di + · · · + a1 d1 + a0 (mod m)

T h qu trên suy ra thu t toán xây d ng tiêu chu n chia h t cho m.

Thu t toán.

Đ có m t tiêu chu n chia h t cho m ta th c hi n các bư c sau

1. Đ i v i m i i = 1, 2 ch n s nguyên di đ ng dư v i 10i theo modun m và có tr
tuy t đ i (|di |) nh nh t;

2. Vi t dãy s đ ng dư di (i = 1, 2.) m t cách tương ng dư i dãy ch s c a a;

an an−1 ...ai+1 ai ... a1 a0
dn dn−1 ... di+1 di ... di 1

3. Tìm t ng

d = an dn + an−1 dn−1 + ai+1 di+1 + ai di + · · · + a1 d1 + a0

4. Xét t ng d

- N u d ≡ 0 (mod m), thì a chia h t cho m

- N u d ≡ 0 (mod m), thì a không chia h t cho m.

Khi đó tiêu chu n chia h t cho m đư c phát bi u như sau: S a chia h t m khi và
ch khi d chia h t cho m.

D a vào thu t toán trên ta có th xây d ng tiêu chu n chia h t cho b t kỳ s t
nhiên m 2, ch ng h n, m = 4, 7, 11, 13.

1. Tiêu chu n chia h t cho 4
6.8. Tiêu chu n chia h t 177

Xét tính đ ng dư c a lũy th a cơ s 10 theo modun 4 ta có

10 ≡ 2 (mod 4), 102 ≡ 20 ≡ 0 (mod 4), 10i ≡ 0 (mod 4) (i = 3, 4...)

T ng d tưng ng v i s a = an an−1 ...ai+1 ai ...a2 a1 a0 có d ng

d = an 0 + an−1 0 + · · · + ai+1 0 + ai 0 + · · · + a2 0 + a1 2 + a0 = 2a1 + a0

V y tiêu chu n chia h t cho 4 là: S a chia h t cho 4 khi và ch khi t ng d = 2a1 + a0
chia h t cho 4.

Ví d .

.
453452 có d = 2 × 5 + 2 = 12 chia h t cho 4, nên 453452.
.4,

582422 có d = 2 × 2 + 2 = 6 không chia h t cho 4, nên 582422 không chia h t cho 4.

2. Tiêu chu n chia h t cho 7

Xét tính đ ng dư c a lũy th a cơ s 10 theo modun 7 ta có

10 ≡ 3 (mod 7), 102 ≡ 30 ≡ 2 (mod 7), 103 ≡ 20 ≡ −1 (mod 7)
104 ≡ −10 ≡ −3 (mod 7), 105 ≡ −30 ≡ −2 (mod 7), 106 ≡ −20 ≡ 1 (mod 7)...

Gi s n = 6t + 1 v i t 2. Khi đó dãy s đ ng dư tương ng v i dãy ch s c a a
s là

an an−1 an−2 an−3 ... a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0
1 − 2 − 3 − 1...1 − 2 − 3 − 1 2 3 1

Và t ng d tương ng v i a có d ng

d = an − 2an−1 − 3an−2 − an−3 + · · · + a6 − 2a5 − 3a4 − a3 + 2a2 + 3a1 + a0

.
V y tiêu chu n chia h t cho 7 là: S a. khi và ch khi t ng
.7

d = an − 2an−1 − 3an−2 − an−3 + · · · + a6 − 2a5 − 3a4 − a3 + 2a2 + 3a1 + a0

chia h t cho 7,

.
7546357 có d = 7−2×5−3×4−6+2×3+3×5+7 = 7 chia h t cho 7, nên 7546357.
.7.

863425 có

d = −2 × 8 − 3 × 6 − 3 + 2 × 4 + 2 × 3 + 5 = −16 − 18 − 3 + 8 + 6 + 5 = −8
6.8. Tiêu chu n chia h t 178

không chia h t cho 7, nên 863425 không chia h t cho 7.

3. Tiêu chu n chia h t cho 11

Xét tính đ ng dư c a lũy th a cơ s 10 theo mod 11, ta có


10 ≡ −1 (mod 11), 102 ≡ −10 ≡ 1 (mod 11),
102k+1 ≡ −1 (mod 11), 102k ≡ 1 (mod 11)

V i k = 0, 1, 2, ... khi đó dãy đ ng dư tương ng v i dãy ch s c a a s là
an , an−1 , an−2 , a2 a1 a0
(−1)n (−1)n−1 (−1)n−2 ...1 − 1 1
Và t ng d tương ng v i a có d ng
d(−1)n an + (−1)n−1 an−1 + (−1)n−2 an−2 + · · · + a2 − a1 + a0
.
V y tiêu chu n chia h t cho 11 là: S a. khi và ch khi
.11
d = (−1)n an + (−1)n−1 an−1 + (−1)n−2 an−2 + · · · + a2 − a1 + a0
chia h t cho 11.

Ví d .
.
3811581939 có d = −3+8−1−5+8−1+9−3+9 = 22 chia h t cho 11, nên 3811581939 .
.11

256743258 có d = 2 − 5 + 6 − 7 + 4 − 3 + 2 − 5 + 8 = 2 không chia h t cho 11, nên
256743258 không chia h t cho 11.

4. Tiêu chu n chia h t cho 13

Xét tính đ ng dư c a lũy th a cơ s 10 theo modun 13 ta có
10 ≡ −3 (mod 13), 102 ≡ −4 (mod 13), 103 ≡ −40 ≡ −1 (mod 13), 104 ≡ −10 ≡ 3
(mod 13), 105 ≡ 30 ≡ 4 (mod 13), 106 ≡ 40 ≡ 1 (mod 13), 107 ≡ 10 ≡ −3 (mod 13)

Gi s n = 6t v i t 2. Khi đó dãy s đ ng dư tương ng v i dãy ch s c a a là

an an−1 an−2 an−3 an−4 an−5 ... a6 a5 a4 a3 a2 a1 a0
1 4 3 −1 −4 −3 1 4 3 −1 −4 −3 1

và t ng d tương ng v i a có d ng

d = an + 4an−1 + 3an−2 − an−3 − 4an−4 − 3an−5 + · · ·
+ a6 + 4a5 + 3a4 − a3 − 4a2 − 3a1 + a0
6.8. Tiêu chu n chia h t 179

V y tiêu chu n chia h t cho 13 là: S a chia h t cho 13 khi và ch khi t ng

d = an + 4an−1 + 3an−2 − an−3 − 4an−4 − 3an−5 + · · ·
+ a6 + 4a5 + 3a4 − a3 − 4a2 − 3a1 + a0

chia h t cho 13.

Ví d .

8588112 có d = 8 + 20 + 24 − 8 − 4 − 3 + 2 = 39 chia h t cho 13, nên 8588112 chia
h t cho 13.

1111111 có d = 1 + 4 + 3 − 1 − 4 − 3 + 1 = 1 không chia h t cho 13, nên 1111111
không chia h t cho 13.



6.8.3 Phương pháp nhóm ch s
Gi s a = an an−1 ...ai ...a1 a0 là s nguyên tùy ý, còn m là s t nhiên b t kỳ không nh
hơn 2. V i s t nhiên l tuỳ ý không nh hơn 2. Gi s di là s nguyên đ ng dư v i
10il (i = 0, 1, 2, ) theo modun m và có tr tuy t đ i nh nh t. Khi đó nh các tính ch t
c a phép đ ng dư ta có h qu sau:
S


a = an an−1 ...atl atl−1 atl−2 ...a(t−1)l ...al al−1 ...a1 a0
= an an−1 ...atl dt .10tl + atl−1 atl−2 ...a(t−1)l 10(t−1)l +
· · · + a2l−1 a2l−2 ...al 10l + al−1 al−2 ...a1 a0
≡ an an−1 ...atl dt + atl−1 atl−2 ...a(t−1)l dt−l + · · ·
+ a2l−1 a2l−2 ...al d1 + al−1 al−2 ...al a0 (mod m)

D a vào h qu trên có thu t toán xây d ng tiêu chu n chia h t cho m như sau

Thu t toán.

1. Ch n s t nhiên bé nh t có th l 2 thích h p v i m theo nghĩa: S di đ ng dư
v i 10il theo modun m có tr tuy t đ i bé nh t.

2. Li t kê dãy các s đ ng dư tương ng v i dãy 10il (i = 1, 2, )

10tl 10(t−1)l ... 10il ... 102l 10l 100
d0 dt−1 ... di ... d2 d1 1
6.8. Tiêu chu n chia h t 180

3. L p t ng

d = an an−1 ...atl dt + atl−1 atl−2 ...a(t−1)l dt−1 + · · ·
+ a2l−1 a2l−2 ...al+1 a1 d1 + al−1 al−2 ...a1 a0 .

4. N u d chia h t cho m, thì a chia h t cho m. N u d không chia h t cho m, thì a
không chia h t cho m. B ng thu t toán trên ta có tiêu chu n chia h t cho m b ng
phương pháp nhóm ch s như sau: S a chia h t cho m khi và ch khi t ng

d = an an−1 ...atl dt + atl−1 atl−2 ...a(t−1)l dt−1 + · · ·
+ a2l−1 a2l−2 ...al+1 a1 d1 + al−1 al−2 ...a1 a0 .

chia h t cho m.

D a vào thu t toán trên ta có th xây d ng tiêu chu n chia h t cho b t kỳ s t
nhiên m nào không nh hơn 2, ch ng h n m = 7, 33.

Tiêu chu n chia h t cho 7

Đ có tiêu chu n chia h t cho 7 ta th c hi n các bư c c a thu t toán trên như sau

1. Do 1000 ≡ −1 (mod 7), 10002 ≡ 1 (mod 7), 10002i ≡ 1 (mod 7), 10002i+l ≡ −1
(mod 7) i = 0, 1, 2, nên ch n l = 3.
2. Dãy s đ ng dư tưng ng v i 1000k , k = 0, 1, 2,

1000t 1000t−1 ... 10002 1000 1
(−1)t (−1)t−1 ... 1 −1 1

3. T ng d tương ng v i s a có d ng

d = (−1)t an an−1 a3t + (−1)t−1 a3t−1 a3t−2 a3(t−1) + · · · − a5 a4 a3 + a2 a1 a0

Khi đó tiêu chu n chia h t cho 7 đư c phát bi u như sau: S a chia h t cho 7 khi và
ch khi t ng d chia h t cho 7.

Ví d .

5781139 có d = 5 − 781 + 139 = 637 chia h t cho 7, nên 5781139 chia h t cho 7
811582 có d = −811 + 582 = 229 không chia h t cho 7, nên 811582 không chia h t cho
7.

Tiêu chu n chia h t cho 33

Đ có tiêu chu n chia h t cho 33 ta th c hi n các bư c c a thu t toán trên như sau
6.8. Tiêu chu n chia h t 181

1. Do 100 ≡ 1 (mod 33), nên v i m i s = 0, 1, 2... đ u có 100s ≡ 1 (mod 33) nên
ch n l = 2.

2. Dãy s đ ng dư tương ng v i 100k , k = 0, 1, 2

100t 100t−1 ... 1002 100 1
1 1 ... 1 1 1

3. T ng d tương ng v i s a có d ng

d = an an−1 + an−2 an−3 + · · · + a3 a2 + a1 a0 , n u n l
d = an + an−1 an−2 + · · · + a3 a2 + a1 a0 , n u n ch n.

Khi đó tiêu chu n chia h t cho 33 đư c phát bi u như sau: S a chia h t cho 33 khi và
ch khi d chia h t cho 33.

Ví d .

6021939 có d = 6 + 02 + 19 + 39 = 66 chia h t cho 33, nên 6021939 chia h t cho 33.
524631 có d = 52 + 46 + 31 = 129 không chia h t cho 33, nên 524531 không chia h t cho
33.
Chương 7

Bi u di n to đ c a các phép bi n
hình ph ng

L im đ u
Trong chương trình ph thông, theo truy n th ng, các phép bi n hình đư c trình bày
theo ngôn ng hình h c ho c vectơ. Cách ti p c n v n đ như v y tuy ng n g n nhưng
không cho h c sinh th y rõ m i liên h gi a hình h c và gi i tích, không áp d ng đư c
các phép bi n hình gi i các bài toán gi i tích và không th y rõ đư c m i liên h chung
c a nh ng phép bi n hình đư c h c. Hơn th n a, nhi u tính ch t c a các phép bi n
hình mà trong SGK b qua ho c không ch ng minh l i có th đư c ch ng minh d dàng
b ng cách s d ng bi u di n to đ c a phép bi n hình. Vì v y, trong tài li u này đưa
ra m t cách trình bày lý thuy t các phép bi n hình theo ngôn ng to đ 1 .


7.1 Các khái ni m

7.1.1 Các khái ni m đã bi t
Nh ng khái ni m sau đư c coi là đã bi t và không đư c trình bày đây:

1. M t ph ng to đ , to đ c a vectơ và to đ c a đi m. Các phép toán đ i v i
vectơ thông qua to đ . Tích vô hư ng c a hai vectơ. Đ dài vectơ và kho ng cách
gi a hai đi m . Góc lư ng giác gi a hai vectơ ( ta l y góc ∈ (−π; π] ). Đi u ki n
c ng tuy n, vuông góc gi a hai vectơ.
2. Đư ng và phương trình c a đư ng trên m t ph ng to đ . Các lo i phương trình
đư ng th ng trên m t ph ng to đ . Đi u ki n song song, vuông góc gi a hai
đư ng th ng. Các công th c tính kho ng cách, góc. Chùm đư ng th ng.
3. Phương trình đư ng tròn. Đi u ki n đ đư ng tròn ti p xúc v i đư ng th ng, v i
đư ng tròn. Tr c đ ng phương và phương trình c a nó. Chùm đư ng tròn.
1
Ths. Nguy n văn Ti n, THPT Chuyên B c Giang



182
7.1. Các khái ni m 183

4. Phương trình chính t c c a Elip, Hyperbol và Parabol.

5. H phương trình hai n (h tuy n tính và h phương trình b c hai hai n). Đ nh
th c c p hai và c p ba.


7.1.2 Các khái ni m b sung
1.
Đ nh nghĩa 1. 1 Cho hai vectơ u(x; y) ; v(x ; y ). Tích ngoài c a chúng là m t s th c
đư c ký hi u là < u, v > ho c u ∧ v và đư c xác đ nh như sau:

< u, v >= u ∧ v := xy − x y.

2. M t s tính ch t Tích ngoài c a hai vectơ có m t s tính ch t quan tr ng sau:

1. ∀u, ∀v : u ∧ v = −v ∧ u.

2. ∀u, ∀v : (u ∧ v)2 + (u.v)2 = |u|2 .|v|2 . H th c trên còn đư c g i là h th c Jacobi.

3. +) N u u = 0 ho c v = 0 thì u ∧ v = 0. +) N u u = 0 & v = 0 thì

u ∧ v = |u|.|v|.sin(u, v).

Trong công th c trên (u, v) là s đo góc lư ng giác (góc đ nh hư ng) gi a hai vectơ
u, v. Nh r ng (u, v) = −(v, u).

4. ∀u, ∀v, ∀w : u ∧ (v ± w) = u ∧ v ± u ∧ w.

5. V i m i vectơ u, v, w và v i m i s k, l ∈ R, ta luôn có: i) < ku, v >= k
=< u, kv >. ii) < −u, v >= − < u, v >=< u, −v > . iii) < ku, lv >= kl
. iiii) < u ± v, w >=< u, w > ± < v, w >.

6. +) u v ⇔< u, v >= 0. +) u⊥v ⇔ | < u, v > | = |u|.|v|. +) Đ c bi t. < u, u >=
0.

7. G i [u] là vectơ tho mãn (u, [u]) = 90o . khi đó, < u, v >= [u].v.

8. G i [ABC] là di n tích đ nh hư ng c a tam giác ABC. ([ABC] là m t s th c có tr
tuy t đ i b ng di n tích tam giác ABC và mang d u dương khi (−→
−→AB, −→
− −
−→AC) >
1
0; mang d u âm khi (−→−→AB, −→
− −→AC) < 0). Khi đó: [ABC] = < −→
− −→AB, −→
− −
−→AC >
2
.

9. Di n tích đ nh hư ng c a hình bình hành d ng trên hai vectơ u, v là < u, v >.

10. Cho tam giác ABC v i A(xA ; yA ) ; B(xB ; yB ) ; C(xC ; yC ). Ta có

x y 1
1 1 A A
[ABC] = ((xB − xA )(yC − yA ) − (xC − xA )(yB − yA )) = xB yB 1 .
2 2
xC yC 1
7.1. Các khái ni m 184

Các lo i h to đ trên m t ph ng

1. H to đ affin.

Đ nh nghĩa 2. 1 Hai vectơ a, b không c ng tuy n (thư ng đư c đ t chung g c O) l p
thành m t h cơ s affin trên m t ph ng ch a hai vectơ đó. M t ph ng đư c trang b h
cơ s affin {O, a, b} như v y đư c g i là m t ph ng affin {O, a, b}.

Đ nh nghĩa 3. 2 H cơ s affin {O, a, b} đư c g i là tr c giao n u a⊥b, đư c g i là
chu n n u |a| = |b| = 1 và đư c g i là tr c chu n n u nó v a tr c giao v a chu n.

Đ nh lí 5. Cho h to đ tr c chu n Oxy. Hai vectơ a(x; y) và b(x ; y ) l p thành h cơ
s affin trên m t ph ng đó khi và ch khi xy − yx = 0.

Đ nh lí 6. Trên m t ph ng affin {O, a, b} (∗) cho vectơ u b t kỳ, khi đó t n t i duy
nh t c p s (x; y) ∈ R2 sao cho
u = xa + y b.

C p s (x; y) như v y đư c g i là to đ c a vectơ u trong h cơ s đã cho và ta vi t
u(x; y) / (∗) ho c u = (x; y) / (∗) hay đơn gi n là u(x; y) ho c u = (x; y) n u không gây
hi u l m.

Đ nh nghĩa 4. 3 Trên m t ph ng affin {O, a, b} (∗) cho đi m M b t kỳ. Khi đó, n u
vectơ OM có t a đ (x; y) thì c p s (x; y) như v y đư c g i là to đ c a đi m M trong
h cơ s đã cho và ta vi t M (x; y) / (∗) ho c M = (x; y) / (∗) hay đơn gi n là M (x; y)
ho c M = (x; y) n u không gây hi u l m.

Đ nh lí 7. Trên m t ph ng affin {O, a, b} cho hai vectơ u(x; y) và v(x ; y ). Khi đó:

x=x
1. u = v ⇔ .
y=y

2. u + v = (x + x ; y + y ).

3. u − v = (x − x ; y − y ).

4. ku = (kx; ky) (k ∈ R).
x y
5. u v (v = 0) ⇔ = .
x y

Đ nh lí 8. Trên m t ph ng affin {O, a, b} cho các đi m

A(xA ; yA ) ; B(xB ; yB ) ; C(xC ; yC ).

Khi đó

1. −→

−→AB(xB − xA ; yB − yA ).
7.1. Các khái ni m 185

xA − kxB

x
 M =
2. (A, B, M ) = k (A = B, k = 1) ⇔ 1−k
y yA − kyB .
 M =
1−k
xA + xB yA + yB
3. Trung đi m M c a đo n AB có t a đ : M ; .
2 2

4. Tr ng tâm G c a tam giác ABC có t a đ

x A + xB + xC yA + yB + yC
G ; .
3 3

xB − xA xC − xA
5. A, B, C ⇔ = .
yB − yA yC − yA
6. Phương trình đư ng th ng đi qua hai đi m A, B (A = B) là
x − xA y − yA
= .
xB − xA yB − yA

Chú ý: 1) Các khái ni m: t ng, hi u c a hai vectơ, tích c a m t vectơ v i m t s
th c, song song, th ng hàng, đ ng quy, chia t s , trung đi m, tr ng tâm, t s đơn, t
s kép, ... có các đi u ki n ( vectơ và t a đ ) không thay đ i trong các h cơ s affin
khác nhau nên còn đư c g i là các khái ni m affin. Còn các khái ni m: tích vô hư ng,
tích ngoài, đ dài, góc, vuông góc, chu vi, di n tích, ... ch có các đi u ki n t a đ trong
h cơ s tr c chu n nên còn đư c g i là các khái ni m tr c chu n. 2) Trong các h cơ
s affin chúng ta không xây d ng các khái ni m tr c chu n.
2. T a đ c c.

Đ nh nghĩa 5. 4 Trên m t ph ng ¶ cho tia Ot v i vectơ đơn v e g c O. M t đi m M
trên m t ph ng có th đư c xác đ nh d a vào hai thông s :

r = OM và ϕ = (e, OM )( v i r 0, −π < ϕ π (∗).

C p (ϕ; r) như v y đư c g i là t a đ c c c a đi m M trong h t a đ c c {O; e}.
Đi m O đư c g i là đi m c c ho c đi m g c, tia Ot đư c g i là tr c c c và ta vi t:
M (ϕ; r) / {O; Ot} ho c đơn gi n là M (ϕ; r) n u không gây hi u l m.

Đ nh lí 9. N u M (ϕ; r) trong h t a đ c c {O; i} (1) (h {O; i; j} (2) là h t a đ
tr c chu n cho trư c) thì M (r cos ϕ; r sin ϕ) trong h t a đ tr c chu n (2).

Đ nh lí 10. N u M (x; y) trong (2) và đ ng th i M (ϕ; r) trong (1) thì: r = x2 + y 2 ,
 x
cos ϕ =
x2 + y 2 .

còn ϕ là góc ∈ (∗) có
sin ϕ =
x2 + y 2

7.1. Các khái ni m 186

Ví d 1) Trong h t a đ tr c chu n {O; i; j} cho các đi m

O(0; 0) ; A(1; 0) ; B(0; 1) ; C(−1; 0) ; D(0; −1) ; E(1; 1) ; F (1; 2).

Hãy tìm t a đ c c c a các đi m đó trong các h t a đ c c sau:
a) {O; i}.
b) {O; j}.
c) {O; Ot} trong đó Ot là tia phân giác c a góc ph n tư I.
d) {O; Oz} trong đó Oz là tia phân giác c a góc ph n tư II. 2) Ch ng minh r ng đư ng
th ng đi qua c c O và t o v i tr c c Ot góc α = Const cho trư c có phương trình:
ϕ = α. 3) Ch ng minh r ng đư ng tròn tâm O, bán kính R = a > 0 cho trư c có phương
trình là: r = a.

2. T a đ t c (to đ tr ng tâm).

Đ nh lí 11. Trên m t ph ng ¶ cho ba đi m A, B, C không th ng hàng. Khi đó, v i m i
đi m M trên m t ph ng, t n t i duy nh t c p ba s (x; y; z) ∈ R3 , tho mãn x+y+z = 1,
sao cho
x−→ A + y −→ B + z −→ C = 0.

−→M −
−→M −
−→M

Đ nh nghĩa 6. 5 C p ba s (x; y; z) nói trong đ nh lý trên đư c g i là t a đ t c c a
đi m M đ i v i h ba đi m cơ s {A, B, C} và ta cĩng vi t: M (x; y; z) / {A, B, C}
ho c đơn gi n là M (x; y; z) n u không gây hi u l m.

Đ nh lí 12. N u M (α; β) trong h cơ s affin {A; AB; AC} thì trong h cơ s {A, B, C}
đi m M có t a đ t c là: M (1 − α − β; α; β).


M t s khái ni m khác.

Trong ph n này chúng ta đưa ra m t s khái ni m khác nh m gi i thích và th ng nh t
nh ng thu t ng đư c s d ng trong tài li u này. Trư c h t ta ký hi u ¶ là t p t t c
các đi m trên m t ph ng.

1. T p U (I; ε) := {M | IM < ε} đư c g i là ε− lân c n c a đi m I.

T p U (I; ε) := U (I; ε) \ {I} đư c g i là ε - lân c n khuy t c a đi m I.

2. T p G ⊆ ¶ đư c g i là t p m khi và ch khi

∀M ∈ G, ∃ ε > 0 : U (M ; ε) ⊆ G.

3. T p G đư c g i là đư ng khi và ch khi

U (M ; ε) ∩ G = ∅
∀M ∈ G, ∀ε > 0 : →
− U (M ; ε) ∩ G = ∅ .


T p G ⊆ ¶ mà không là đư ng thì đư c g i là mi n.
7.2. Bi u di n to đ c a phép bi n hình 187

4. T p G đư c g i là liên t c n u ∀M ∈ G, ∀ε > 0 : − U (M ; ε) ∩ G = ∅.
→◦
Khi đó, đi m M cũng đư c g i là đi m liên t c c a t p G. Đi m N ∈ G đư c g i
là đi m r i r c c a t p G n u t n t i ε > 0 sao cho − U (M ; ε) ∩ G = ∅.
→◦

5. T p G đư c g i là liên thông khi và ch khi v i m i hai đi m A, B ∈ G, t n t i
m t đư ng liên t c n i A v i B và n m tr n trong G. Đ c bi t, t p h p (∗) ⊆ R
đư c g i là liên thông khi và ch khi ∀x, y ∈ (∗) : (x; y) ⊆ (∗).

6. T p G đư c g i là l i khi và ch khi v i m i hai đi m A, B ∈ G thì đo n th ng
AB n m tr n trong G. T p không l i (t n t i hai đi m A, B ∈ G sao cho đo n
th ng AB không n m tr n trong G ) đư c g i là t p lõm.

7. Cho t p G. Khi đó, d(G) := Sup{XY | X, Y ∈ G} đư c g i là đư ng kính c a G.

8. Đi m M đư c g i là đi m biên c a t p G n u v i m i ε > 0, bé tuỳ ý, ta luôn có:

U (M ; ε) ∩ G = ∅
.
U (M ; ε) ∩ G = ∅

(Ta ký hi u G := {M ∈ ¶ | M ∈ G} và G đư c g i là ph n bù c a G. ) T p các
/
đi m biên c a G đư c ký hi u là B(G).

9. Đi m biên c a m t t p G có th ∈ G ho c không thu c G. T p G đư c g i là t p
đóng khi và ch khi B(G) ⊆ G.

10. T p G đư c g i là gi i n i ( h u h n, b ch n ) n u

∃ M ∈ G, ∃ K > 0 : G ⊆ U (M ; K).

11. V y t p G không gi i n i (vô h n, không b ch n) khi và ch khi

∀M ∈ G, ∀K > 0, l n tuỳ ý, ta luôn có: G \ U (M ; K) = ∅.

12. Đư ng G đư c g i là đư ng cong kín khi nó là biên c a m t mi n h u h n, liên
thông. Khi đó: +) G chia m t ph ng thành hai ph n, m t trong hai ph n ch a
tr n m t đư ng th ng đư c g i là mi n ngoài c a G, mi n còn l i đư c g i là mi n
trong c a G. +) M i đư ng cong liên t c n i hai đi m thu c hai ph n khác nha
(n m khác phía đ i v i G) luôn có đi m chung v i G. M t s đư ng cong tuy không
kín nhưng cũng có các tính ch t trên, khi đó ta cũng có các khái ni m mi n trong
và mi n ngoài c a đư ng ( ch ng h n Parabol: y = x2 là đư ng cong có các tính
ch t trên.)


7.2 Bi u di n to đ c a phép bi n hình

7.2.1 Các đ nh nghĩa
Đ nh nghĩa 7. 1 Ta ký hi u ¶ là t p t t c các đi m trên m t m t ph ng cho trư c.
7.2. Bi u di n to đ c a phép bi n hình 188

1. M t song ánh f : ¶ −→ ¶ còn đư c g i là m t phép bi n hình trên m t ph ng ¶.
N u phép bi n hình f bi n đi m M thành đi m M thì đi m M còn đư c g i là
nh c a đi m M qua phép bi n hình f , còn đi m M còn đư c g i là t o nh c a
đi m M qua phép bi n hình f . Ta còn vi t


f : M →M ho c M = f (M ) ho c M f −→M .

2. Cho phép bi n hình f và cho t p G trên m t ph ng ¶. T p

G := {M ∈ ¶ | M = f (M ), M ∈ G}

còn đư c g i là nh c a t p G qua phép bi n hình f và còn đư c ký hi u là G =
f (G).


3. Cho phép bi n hình f và cho đi m M ∈ ¶, M f −→M . Khi đó, do f là song ánh
nên t n t i m t phép bi n hình bi n đi m M thành đi m M , phép bi n hình đó
đư c g i là phép bi n hình ngư c c a f và đư c ký hi u là f −1 . Như v y

f −1 (M ) = N ⇔ M = f (N ).

4. Cho hai phép bi n hình f và g trên m t ph ng ¶. Chúng đư c g i là b ng nhau
( ho c đ ng nh t v i nhau ) và đư c ký hi u là f ≡ g ho c f = g n u

∀M ∈ ¶ : f (M ) ≡ g(M ).

5. Trên m t ph ng ¶ cho hai phép bi n hình f và g. Gi s

f : M →N ; g: N →M.

Khi đó, t n t i phép bi n hình : M → M . Phép bi n hình như v y đư c g i là tích
c a hai phép bi n hình g và f và đư c ký hi u là g ◦ f . Như v y:

g◦f : M →M ⇔f : M →N ; g : N →M .

Nói cách khác g ◦ f (M ) = g(f (M )). Nói chung, tích c a hai phép bi n hình không
có tính giao hoán, t c là g ◦ f = f ◦ g, b i v y, khi vi t tích c a hai phép bi n hình
thì th t trư c sau c a m i phép bi n hình trong cách vi t tích là r t quan tr ng.

6. Tương t , ta đ nh nghĩa tích c a nhi u phép bi n hình hơn. Tích c a 3 phép
bi n hình có tính k t h p, có nghĩa là

f ◦ (g ◦ h) ≡ (f ◦ g) ◦ h := f ◦ g ◦ h.

7. Phép bi n hình bi n m i đi m thu c m t ph ng thành chính nó đư c g i là phép
đ ng nh t và đư c ký hi u là e ho c E ho c Id. Hi n nhiên, v i m i phép bi n
hình f ta luôn có
f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = Id.
7.2. Bi u di n to đ c a phép bi n hình 189

8. Xét phép bi n hình f . Ta có:
a) N u f (M ) = M thì M đư c g i là m t đi m b t đ ng c a f . T p các đi m b t
đ ng c a phép bi n hình f đư c ký hi u là E(f ).
b) N u f (G) = G trong đó G ⊆ ¶ (G còn đư c g i là m t hình) thì G đư c g i là
m t hình b t đ ng (hình kép) c a f
c) M t tính ch t hình h c γ nào đó mà không đ i qua phép bi n hình f còn đư c
g i là m t b t bi n c a f hay ta còn nói r ng f b o toàn tính ch t γ.

Đ nh nghĩa 8. 2 Trên m t ph ng ¶ l p h tr c t a đ Oxy. Khi đó, m i đi m M ∈ ¶
s đư c g n v i m t c p s (x; y) ∈ R2 là t a đ c a nó và ngư c l i ( m t ph ng t a đ
Oxy ∼ R2 ). Cho phép bi n hình f : ¶ −→ ¶, f : M (x; y) → M (x ; y ). N u gi a các
t a đ (x ; y ) c a đi m nh M v i các t a đ (x; y) c a t o nh M có m i liên h :

x = f1 (x; y)
(1)
y = f2 (x; y)

trong đó f1 (x; y) ; f2 (x; y) là các song ánh : R2 −→ R thì (1) đư c g i là bi u di n t a
đ c a phép bi n hình f .

Đ nh lí 13. Trên m t ph ng ¶ xác đ nh h tr c t a đ tr c chu n Oxy. khi đó: 1. M i
phép bi n hình f : ¶ −→ ¶ đ u có bi u di n t a đ (1). 2. Ngư c l i, m i c p song ánh
hai bi n: f1 (x; y) ; f2 (x; y) : R2 −→ R xác đ nh m t phép bi n hình f trên m t ph ng
t a đ ¶ có bi u di n t a đ (1).


7.2.2 Ví d
Ví d 7.2.1. 1 Xác đ nh bi u di n t a đ c a phép t nh ti n song song Tu v i u(a; b).
L i gi i . Ta có:

Tu : M (x; y) → M (x ; y ) ⇔ −→ M = u ( mà −→ M (x − x; y − y))

−→M −
−→M
x −x =a

y −y =b
x =x+a
⇔ (1.1).
y =y+a

V y Tu có bi u di n t a đ : (1.1).

Ví d 7.2.2. 2 Ch ng minh r ng n u

x = f1 (x ; y )
(1) ⇔ (1 )
y = f2 (x ; y )

thì (1’) là bi u di n t a đ c a phép bi n hình f −1 .
7.3. Phép bi n hình tuy n tính (affin) và các tính ch t 190

Ví d 7.2.3. 3 Cho phép bi n hình f có bi u di n t a đ

x = f1 (x; y)
(i)
y = f2 (x; y)

và phép bi n hình g có bi u di n t a đ

x = g1 (x; y)
(i)
y = g2 (x; y)

Ch ng minh r ng n u (i) ⇔ (ii) thì f ≡ g.

Ví d 7.2.4. 4 Hãy tìm bi u di n t a đ c a Id. T đó hãy suy ra T0 ≡ Id.


7.3 Phép bi n hình tuy n tính (affin) và các tính
ch t
Do ph n l n nh ng phép bi n hình đư c h c trong chương trình ph thông đ u là phép
bi n hình affin nên trong m c này ta s xét k m t s tính ch t quan tr ng c a chúng.


7.3.1 Các đ nh nghĩa
Đ nh nghĩa 9. 1 Phép bi n hình trên m t ph ng t a đ Oxy có bi u di n t a đ

x = a1 x + b 1 y + c 1
(1)
y = a2 x + b 2 y + c 2

trong đó a1 ; a2 ; b1 ; b2 ; c1 ; c2 ∈ R, cho trư c, và

a1 b 1
det(f ) := a1 b2 − a2 b1 = =0
a2 b 2

đư c g i là phép bi n hình tuy n tính ho c phép bi n hình affin. Bi u th c det(f ) đư c
g i là đ nh th c c a phép bi n hình affin (1). Ch ng h n, các phép bi n hình Tu , Id là
các phép bi n hình affin v i det(f ) = 1.


7.3.2 Các đ nh lý
Đ nh lí 14. Phép bi n hình affin (1) bi n vectơ u(x; y) thành vectơ u (x ; y ) đư c xác
đ nh theo công th c
x = a1 x + b 1 y
(2)
y = a2 x + b 2 y
7.3. Phép bi n hình tuy n tính (affin) và các tính ch t 191

Ch ng minh.

Gi s u = −→ −
−→AB v i A(x0 ; y0 ) ⇒ B(x0 + x; y0 + y). G i f là phép bi n hình affin đang
xét và f : A → A ; f : B → B . Khi đó các t a đ c a A , B đư c xác đ nh theo công
th c (1) và f : u → u = −→ B . D th y n u đ t A (x1 ; y1 ) ; B (x2 ; y2 ) ; u (x ; y ) thì

−→A

 x 1 = a1 x 0 + b 1 y 0 + c 1



 y =a x +b y +c
1 2 0 2 0 2

 x2 = a1 (x0 + x) + b1 (y0 + y) + c1



 y = a (x + x) + b (y + y) + c
1 2 0 2 0 2


⇒ u (x ; y ) = −→ B (x2 − x1 ; y2 − y1 ) = (a1 x + b1 y; a2 x + b2 y).

−→A
x = a1 x + b 1 y
⇒ (đpcm.)
y = a2 x + b 2 y

Đ nh lí 15. Phép bi n hình affin b o toàn tính c ng tuy n (cùng phương) c a hai vectơ.
Nói cách khác, n u u v thì u v trong đó ta ký hi u x là nh c a x qua phép bi n
hình affin đang xét.

Ch ng minh: Đ nh lý này d dàng thu đư c t đ nh lý trên.


Các h qu

Các h qu sau thu đư c tr c ti p t các đ nh lý trên và thu đư c t nhau:
H qu 1: Phép bi n hình affin bi n ba đi m th ng hàng thành ba đi m th ng hàng.
Nói cách khác, phép bi n hình affin b o toàn quan h th ng hàng gi a các đi m, hay
quan h th ng hàng gi a các đi m là m t b t bi n c a phép bi n hình affin. H qu
2: Phép bi n hình affin b o toàn quan h thu c gi a đi m và đư ng th ng. H qu
3: Phép bi n hình affin bi n m t đư ng th ng thành m t đư ng th ng. Chú ý: Phép
bi n hình bi n m t đư ng th ng thành m t đư ng th ng còn đư c g i là phép bi n hình
x nh. V y phép bi n hình affin là phép bi n hình x nh. H qu 4: Phép bi n hình
affin b o toàn quan h cùng phương gi a các đư ng th ng. (Hai đư ng th ng đư c g i là
cùng phương n u chúng song song ho c trùng nhau.) H qu 5: Phép bi n hình affin
bi n hai đư ng th ng c t nhau thành hai đư ng th ng c t nhau và do đó b o toàn quan
h đ ng quy gi a các đư ng th ng. H qu 6: Phép bi n hình affin b o toàn các phép
toán c ng, tr hai vectơ, phép nhân m t vectơ v i m t s th c, quan h b ng nhau gi a
các vectơ và t s đơn, t s kép gi a các đi m th ng hàng. H qu 7: N u phép bi n
hình affin f : (1) bi n vectơ u thành vectơ u , bi n vectơ v thành vectơ v thì:

< u ; v >=< u; v > .det(f ).

H qu 8: N u phép bi n hình affin f : (1) bi n các đi m A, B, C l n lư t thành
các đi m A , B , C thì
[A B C ] = [ABC].det(f ).
7.4. Phép d i hình 192

H qu 9: Phép bi n hình affin bi n tia thành tia, đo n th ng thành đo n th ng (đ
dài đo n th ng có th không đư c b o toàn), góc thành góc (s đo c a góc có th không
đư c b o toàn), tam giác thành tam giác (di n tích và chu vi c a tam giác có th không
đư c b o toàn).
Đ nh nghĩa 10. 2 +) Phép bi n hình b o toàn chi u đi trên tam giác nh và tam giác
t o nh đư c g i là phép bi n hình thu n. +) Phép bi n hình đ o ngư c chi u đi trên
tam giác nh và tam giác t o nh đư c g i là phép bi n hình ngh ch. H qu 10: Phép
bi n hình affin: +) Là phép bi n hình thu n khi và ch khi det(f ) > 0. +) Là phép bi n
hình ng ch khi và ch khi det(f ) < 0.

Bài t p

Bài toán 1. 1 Ch ng minh r ng n u f, g là hai phép bi n hình affin thì f ◦ g cũng là
phép bi n hình affin và det(f ◦ g) = det(f ).det(g).
Bài toán 2. 2 Ch ng minh r ng n u f là phép bi n hình affin thì f −1 cũng là phép bi n
hình affin và
1
det(f −1 ) = .
det(f )
Bài toán 3. 3 Ch ng minh r ng phép bi n hình affin b o toàn b c c a m t đư ng cong.
Bài toán 4. 4 Ch ng minh r ng phép bi n hình affin: +) Bi n m t n - giác thành m t
n - giác. +) Bi n m t đư ng tròn thành m t đư ng tròn.


7.4 Phép d i hình
Đ nh nghĩa 11. 3 Phép bi n hình b o toàn kho ng cách gi a hai đi m đư c g i là phép
d i hình ( ho c phép bi n hình đ ng c .) T đ nh nghĩa c a phép d i hình ta có ngay
ngh ch đ o c a m t phép d i hình là m t phép d i hình ; tích c a hai ho c nhi u phép
d i hình là m t phép d i hình.
Đ nh lí 16. Cho phép bi n hình affin có bi u di n t a đ (1). Khi đó:

a2 + a2
 1 2 =1
N u b2 + b2 =1 (α) thì f là phép d i hình.
 1 2
a1 b1 + a2 b2 = 0 (i)


Chú ý . 1) Có th thay đi u ki n (i) b i đi u ki n
a1 b2 − a2 b1 = ±1 (ii) ⇔ det(f ) = ±1.
2) Các vectơ e1 (a1 ; a2 ) ; e2 (b1 ; b2 ) còn đư c g i là các vectơ cơ s c a phép bi n hình
affin: (1). Ta có: 
|e1 | = 1

(α) ⇔ |e2 | = 1 .

e1 ⊥e2

7.4. Phép d i hình 193

3) Có th ch ng minh kh ng đ nh ngư c l i: N u phép bi n hình affin f có bi u di n t a
đ (1) là phép d i hình thì các h s c a nó tho mãn đi u ki n (α).

H qu 1. 11 M i phép d i hình f trên m t ph ng t a đ đ u có bi u di n t a đ :

x = x cos α − y sin α + x0
(3)
y = x sin α + y cos α + y0

n u f là phép d i hình thu n (là phép d i hình b o toàn di n tích đ nh hư ng c a tam
giác nh và tam giác t o nh.) Ho c

x = x cos α + y sin α + x0
(4)
y = x sin α − y cos α + y0

n u f là phép d i hình ngh ch (là phép d i hình đ i d u di n tích đ nh hư ng c a tam
giác nh và tam giác t o nh.) Trong đó α là góc ∈ (−π; π].

Đ nh nghĩa 12. 4 1) T p các phép d i hình có bi u di n t a đ (3) đư c ký hi u là
Dt(α). 2) T p các phép d i hình có bi u di n t a đ (4) đư c ký hi u là Dn(α).

H qu 2. 12 Phép d i hình f :

1. Bi n ba đi m th ng hàng thành ba đi m th ng hàng và không làm thay đ i th t
c a ba đi m đó.

2. Bi n m t đư ng th ng thành m t đư ng th ng.

3. Bi n m t tia thành m t tia.

4. Bi n m t đo n th ng thành m t đo n th ng có cùng đ dài.

5. Bi n m t tam giác thành m t tam giác b ng nó.

6. Bi n m t đư ng tròn thành m t đư ng tròn b ng nó.

7. B o toàn tích vô hư ng c a hai vectơ.

8. B o toàn đ dài c a vectơ.

9. B o toàn góc hình h c gi a hai vectơ.

10. B o toàn góc hình h c gi a hai đư ng th ng.

11. B o toàn quan h vuông góc gi a hai đư ng th ng.

12. B o toàn di n tích hình h c c a các hình.

H qu 3. 13 Phép d i hình thu n f :

1. B o toàn tích ngoài c a hai vectơ.
7.4. Phép d i hình 194

2. B o toàn góc lư ng giác (góc đ nh hư ng) gi a hai vectơ.

3. B o toàn góc đ nh hư ng gi a hai đư ng th ng.

4. B o toàn di n tích đ nh hư ng c a tam giác.

H qu 4. 14 Phép d i hình ngh ch f :

1. Đ i d u tích ngoài c a hai vectơ.

2. Đ i d u góc lư ng giác (góc đ nh hư ng) gi a hai vectơ.

3. Đ i d u góc đ nh hư ng gi a hai đư ng th ng.

4. Đ i d u di n tích đ nh hư ng c a tam giác.

Đ nh lí 17. Trên m t ph ng t a đ Oxy cho t p G : F (x; y) Re 0 (5).
M t phép bi n hình affin f : G −→ G : F (x ; y ) Re 0 (5 ).
Khi đó:

1. B c c a F (x; y) và b c c a F (x ; y ) là như nhau.

2. Re ≡ Re . Nói cách khác: +) f bi n đư ng thành đư ng ( phương trình thành
phương trình) +) f bi n mi n thành mi n ( b t phương trình thành b t phương
trình)

3. Do f b o toàn quan h thu c gi a đi m v i đư ng, mi n nên f b o toàn quan h
bao hàm gi a các hình và quan h tương giao gi a các hình.

Chú ý quan tr ng: 1) Gi s phép d i hình f trên m t ph ng t a đ Oxy bi n đi m
M (x; y) thành đi m M (X; Y ) = f (M ). Khi đó, n u ta áp d ng phép d i hình ngư c f −1
bi n h tr c t a đ Oxy thành h tr c t a đ O1 XY thì trong h tr c t a đ m i O1 XY ,
đi m M đã cho s có t a đ m i: M (X; Y ). 2) Gi s đư ng cong G trên m t ph ng t a
đ Oxy có phương trình F (x; y) = 0 và phép d i hình f bi n G → G có phương trình
F (X; Y ) = 0. Khi đó, n u ta áp d ng phép d i hình ngư c f −1 bi n h tr c t a đ Oxy
thành h tr c t a đ O1 XY thì trong h tr c t a đ m i O1 XY , đư ng cong G đã cho
s có phương trình m i F (X; Y ) = 0.

Đ nh lí 18 (V đi m b t đ ng c a phép bi n hình affin). Phép bi n hình affin khác
phép đ ng nh t Id: +) Ho c không có đi m b t đ ng. +) Ho c có đúng m t đi m b t
đ ng. +) Ho c có vô s đi m b t đ ng th ng hàng.

T ch ng minh c a đ nh lý này ta có k t qu c th hơn:

Xét D := 1 + det(f ) − (a1 + b2 ) ; Dx = c1 + b1 c2 − b2 c1 ; Dy = c2 + c1 a2 − c2 a1 .

+) N u D = 0 thì f có m t đi m b t đ ng duy nh t. +) N u D = 0 và ho c Dx = 0
ho c Dy = 0 thì f không có đi m baats đ ng. +) N u D = Dx = Dy = 0 thì f có vô s
đi m b t đ ng th ng hàng.
7.4. Phép d i hình 195

H qu 5. 15 1) Phép d i hình thu n khác phép đ ng nh t Id; +) Ho c không có đi m
b t đ ng
α=0
(khi )
x2 + y0 = 0
0
2


+) Ho c có đúng m t đi m b t đ ng (khi α = 0). Hi n nhiên, Id là phép d i hình thu n
và Id nh n m i đi m ∈ ¶ là đi m b t đ ng. 2) Phép d i hình ngh ch: +) Ho c không có
đi m b t đ ng. +) Ho c có vô s đi m b t đ ng th ng hàng.

H qu 6. 16 N u phép d i hình có ba đi m b t đ ng không th ng hàng thì đó là phép
đ ng nh t.

H qu 7. 17 Cho hai phép d i hình thu n f và g. Khi đó:

f (A) ≡ g(A)
N u ∀A, B ∈ ¶, A = B : thì f ≡ g( t c là f (M ) ≡ g(M ), ∀M ∈ ¶.)
f (B) ≡ g(B)

Đ nh lí 19 (S xác đ nh m t phép d i hình). Cho tam giác ABC b ng tam giác A B C .
Khi đó, t n t i duy nh t m t phép d i hình f bi n tam giác ABC thành tam giác A B C .

H qu 8. 18

1. Tích c a hai phép bi n hình affin cùng tính thu n, ngh ch là m t phép bi n hình
affin thu n.

2. Tích c a hai phép bi n hình affin khác tính thu n, ngh ch là m t phép bi n hình
affin ngh ch.

3. Tích c a hai phép d i hình là m t phép d i hình.


Bài t p

Hãy ch ng minh t t c nh ng k t qu trên d a vào bi u di n t a đ c a phép bi n hình
affin cũng như bi u di n t a đ c a phép d i hình.
Chương 8

M t s phép bi n hình ph ng
thư ng g p

2.1. Các phép d i hình
2.2. Phép v t và phép đ ng d ng
2.3. M t s phép bi n hình khác
2.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình


Trong chương này ta xét đ nh nghĩa hình h c và xây d ng bi u di n t a đ c a m t s
phép bi n hình thư ng g p trong chương trình ph thông, đ ng th i nêu ra m t s tính
ch t quan tr ng c a chúng d a vào bi u di n t a đ . Chú ý r ng ta đã xét các tính ch t
t ng quát c a phép bi n hình affin và phép d i hình cũng như c a các phép bi n hình
thu n, ngh ch. B i v y, n u m t phép bi n hình c th nào đó mà là phép bi n hình
affin, ho c là phép d i hình, ho c là phép bi n hình thu n, ngh ch thì nó ph i có t t
c nh ng tính ch t t ng quát c a phép bi n hình chung đã nêu và ta s không nh c l i
nh ng tính ch t chung đó n a. Nói chung, trong ph n này ta quy đ nh vi c nghiên c u
m t phép bi n hình c th bao g m nh ng bư c sau: 1) Đ nh nghĩa (b ng hình h c, vectơ
ho c t a đ ). 2) Xác đ nh công th c bi u di n t a đ . 3) Ch ra cách d ng nh và tính
ch t c a các nh c a m t s hình ph ng quan tr ng ( đi m, đư ng th ng, đo n th ng,
tam giác, đư ng tròn, đa giác, v.v.... 4) Phân lo i phép bi n hình đang xét (affin, phép
d i hình, thu n, ngh ch, ...). 5) Ch ra m i liên h gi a phép bi n hình đang xét v i
nh ng phép bi n hình đã xét trư c đó. 6) Xác đ nh nh ng tính ch t quan tr ng, nh ng
đi m b t đ ng, các b t bi n. 7) Gi i các bài toán ng d ng phép bi n hình đang xét. Các
bài t p đư c chia thành hai lo i: +) Bài t p lý thuy t nh m hi u sâu hơn v phép bi n
hình đang xét. +) S d ng phép bi n hình đang xét đ gi i các bài t p hình h c. Các bài
t p lý thuy t thư ng đư c đưa ra ngay sau khi trình bày lý thuy t c a phép bi n hình c
th . Các bài t p ng d ng đư c đưa ra trong m c 2.4.2.




196
8.1. Các phép d i hình 197


8.1 Các phép d i hình

8.1.1 Phép t nh ti n song song
Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 13. 1 Cho vectơ u(a; b). Phép t nh ti n song song theo vectơ u là m t phép
bi n hình đư c ký hi u là Tu và đư c xác đ nh như sau:

∀M ∈ ¶, Tu (M ) = M ⇔ −→ M = u. (1)

−→M


Bi u di n t a đ

Đ nh lí 20. N u u(a; b) thì Tu có bi u di n t a đ :

x =x+a
(1.1)
y =y+b


Các tính ch t

1. Tu là phép bi n hình affin v i det(Tu ) = 1.

2. Tu là phép d i hình thu n v i α = 0.
−1
3. Tu = T−u ; T0 = Id ; Tu ◦ Tv = Tv ◦ Tu = Tu+v .

4. N u u = 0 thì Tu không có đi m b t đ ng.

5. Xét đư ng th ng ∆ và g i ∆ = Tu (∆). Khi đó:
+) N u u ∆ thì ∆ ≡ ∆.
+) N u u không ∆ thì ∆ ∆.

6. Tu nh n m i đư ng th ng u làm hình kép.


Bài t p áp d ng

Bài toán 5. 1 Ch ng minh r ng t đ th hàm s G : y = f (x) có th thu đư c đ th
hàm s G : y = f (x + a) + b b ng phép t nh ti n song song theo vectơ u(a; −b). Nói
cách khác, G = Tu (G).

Bài toán 6. 2 T Parabol: y = ax2 hãy suy ra Parabol: y = ax2 + bx + c.

Bài toán 7. 3 Ch ng minh r ng Tu không th có m t hình kép h u h n.
8.1. Các phép d i hình 198

Bài toán 8. 4 Cho hình thang ABCD (BC AD) tho mãn BC + AD > AB + CD.
M là giao đi m các đư ng phân giác trong c a các góc A và B, N là giao đi m các đư ng
phân giác trong c a các góc C và D. Ch ng minh r ng

2M N = BC + AD − (AB + CD).

HDG: Xét T−→ N

−→M

Bài toán 9. 5 Trên m t ph ng cho đo n AD c đ nh. D ng hình bình hành ABCD sao
AC BD
cho = . Tìm qu tích đ nh C c a hình bình hành.
AD BA
Bài toán 10. 6 Cho tam giác ABC và đi m M n m trong tam giác. Đi m M chuy n
đ ng song song v i c nh BC cho đ n khi c t c nh CA, sau đó chuy n đ ng song song
v i c nh AB cho đ n khi g p c nh BC r i l i chuy n đ ng song song v i c nh CA cho
đ n khi g p c nh AB... . Ch ng minh r ng sau m t s h u h n bư c, qu đ o c a đi m
M là m t đư ng g p khúc khép kín.

Bài toán 11. 7 Cho đư ng tròn tâm O, bán kính R c đ nh. AB là m t đư ng kính c
đ nh c a đư ng tròn, M N là m t đư ng kính thay đ i c a đư ng tròn. Ti p tuy n c a
đư ng tròn t i B c t AM, AN t i P và Q. Tìm qu tích tr c tâm c a tam giác M P Q.
HDG: Xét T−→ .−
−→BA Đs: (E; R) b đi hai đi m.

Bài toán 12. 8 Trên đư ng tròn tâm O bán kính R cho hai đi m c đ nh A, B và m t
đi m M di đ ng. G i H là tr c tâm tam giác M AB, d ng tam giác đ u M HP . Tìm
qu tích c a các đi m H, P khi M di đ ng trên đư ng tròn đã cho .


8.1.2 Phép quay
Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 14. 2 Phép quay tâm I, góc α, ký hi u là Qα v i α ∈ (π; π] là m t phép
I
bi n hình đư c xác đ nh như sau:

1) QI (I) = I
IM = IM
2) ∀M = I : QI (M ) = M ⇔ −→
− −→
− .
(−→IM ; −→IM ) = α

Ta ký hi u (u; v) là góc đ nh hư ng gi a hai vectơ u và v.


Bi u di n t a đ

Đ nh lí 21. N u I(x0 ; y0 ) và α ∈ (−π; π] thì Qα có bi u di n t a đ
I


x = (x − x0 ) cos α − (y − y0 ) sin α + x0
.
y = (x − x0 ) sin α + (y − y0 ) cos α + y0
8.1. Các phép d i hình 199

Các tính ch t

1. Qα v i O(0; 0) có bi u di n t a đ :
O

x = x cos α − y sin α
.
y = x sin α + y cos α

2. Qα bi n vectơ u(x; y) thành vectơ u (x y ) có t a đ tho mãn:
I

x = x cos α − y sin α
.
y = x sin α + y cos α

3. Qα là phép bi n hình affin v i det = 1 và Qα cũng là phép d i hình thu n.
I I

4. V i α = 0 thì Qα ch có m t đi m b t đ ng duy nh t là đi m I.
I

5. Qα = T−→ ◦ Qα ◦ T−→ .
I

−→OI O

−→IO

6. V i m i c p hai đi m A, B ∈ ¶ ta luôn có:
Qα = T−→ ◦ Qα ◦ T−→ .
A

−→BA B

−→AB

7. N u Qα : u → u thì (u; u ) = α.
I

8. N u Qα bi n đư ng th ng ∆ thành đư ng th ng ∆ thì (∆; ∆ ) = |α|, trong đó ta
I
ký hi u (∆; ∆ ) là s đo góc hình h c gi a hai đư ng th ng ∆ và ∆ .
9. Qα nh n m i đư ng tròn, hình tròn tâm I làm hình kép
I



Bài t p áp d ng

Bài toán 13. 1 Hãy ch ng minh các tính ch t đã nêu trên.
Bài toán 14. 2 Hãy xác đ nh bi u di n t a đ c a (Qα )−1 .
I

Bài toán 15. 3 T đó hãy ch ng minh r ng (Qα )−1 = Q−α .
I I

Bài toán 16. 4 Ch ng minh r ng
Qα ◦ Qβ = Qβ ◦ Qα = Qα+β .
I I I I I

Bài toán 17. 5 Hãy tìm nh ng hình kép khác (n u có) c a Qα .
I

Bài toán 18. 6 Hãy tìm m t phép quay v i α = 0 bi n m t n - giác đ u tâm E thành
chính nó ( nói cách khác, phép quay đó nh n n - giác đã cho làm hình b t đ ng ).
Bài toán 19. 7 Ch ng minh r ng t n t i m t h tr c t a đ mà trong đó m t Hyperbol
vuông đã cho có phương trình xy = k (k = 0).
Bài toán 20. 8 Ch ng minh r ng n u đư ng th ng ∆ I thì QI (∆) I, còn n u đư ng
th ng ∆ không I thì QI (∆) không I.
Bài toán 21. 9 Ch ng minh r ng Q0 ≡ Id.
I

Bài toán 22. 10 Hãy nêu m t s tính ch t khác c a Qα .
I
8.1. Các phép d i hình 200

8.1.3 Phép đ i x ng tâm
Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 15. 3 Phép đ i x ng tâm I là m t phép bi n hình đư c ký hi u là DI và
đư c xác đ nh như sau: 1) DI (I) = I. 2) V i ∀M ∈ ¶, M = I ta có

DI (M ) = M ⇔ −→
−→IM = −−→
− −
−→IM ⇔ I là trung đi m c a M M .

Hai đi m M và M khi đó đư c g i là đ i x ng v i nhau qua đi m (tâm) I.

Đ nh nghĩa 16. 4 T p G ⊆ ¶ (G còn đư c g i là m t hình ph ng) đư c g i là có tâm
đ i x ng là đi m I khi và ch khi ∀M ∈ G, DI (M ) ∈ G. Khi đó G còn đư c g i là hình
đ i x ng tâm. I còn đư c g i là tâm đ i x ng c a G.


Bi u di n t a đ

Đ nh lí 22. N u I(a; b) thì DI có bi u di n t a đ :

x = 2a − x
y = 2b − y


Các tính ch t

1. DI là phép bi n hình affin v i det = 1 và DI cũng là phép d i hình thu n v i
α = π.

2. V i hai đi m A, B b t kỳ, ∈ ¶, ta có:

DA ◦ DB = T2−→ .

−→BA


3. DA ◦ DB = Id ⇔ A ≡ B.

4. Đư ng cong G có phương trình f (x; y) = 0 nh n đi m I(a; b) làm tâm đ i x ng
khi và ch khi v i m i (x; y) ∈ Df mà f (x; y) = 0 ta có f (2a − x; 2b − y) = 0.

5. D−1 = DI . Phép bi n hình f mà tho mãn f −1 ≡ f còn đư c g i là phép bi n hình
I
t ngư c hay là phép bi n hình đ i h p. Như v y, DI là phép bi n hình đ i h p.


Bài t p áp d ng

Bài toán 23. 1 Hãy ch ng minh các tính ch t đã nêu trên.

Bài toán 24. 2 Hãy xác đ nh bi u di n t a đ c a D−1 v i I(a; b).
I

Bài toán 25. 3 Hãy ch ra nh ng hình ph ng là hình đ i x ng tâm và ch rõ tâm đ i
x ng c a m i hình.
8.1. Các phép d i hình 201

Bài toán 26. 4 Ch ng minh r ng m t hình h u h n không th có hai tâm đ i x ng
phân bi t.

Bài toán 27. 5 Cho đi m I(a; b) và đư ng cong G có phương trình f (x; y) = 0. Ch ng
minh r ng đư ng cong G đ i x ng v i G qua I có phương trình f (2a − x; 2b − y) = 0.

Bài toán 28. 6 Ch ng minh r ng m i đư ng th ng I đ u là hình kép c a DI . Hãy
xác đ nh các hình kép khác ( n u có ) c a DI .

Bài toán 29. 7 Hãy nêu nh ng b t bi n c a DI , nh ng đi m b t đ ng c a DI .

Bài toán 30. 8 Ch ng minh r ng t a đ c p đi m thu c đư ng cong G có phương trình
f (x; y) = 0 và đ i x ng v i nhau qua đi m I(a; b) cho trư c là nghi m c a h :

f (x; y) =0
.
f (2a − x; 2b − y) =0

Bài toán 31. 9 Ch ng minh r ng đ th hàm s y = f (x) có tâm đ i x ng là đi m
I(a; b) khi và ch khi
2a − x ∈ Df
∀x ∈ Df :
f (2a − x) = 2b − f (x)

Bài toán 32. 10 Ch ng minh r ng đ th hàm s l nh n g c t a đ O(0; 0) làm tâm
đ i x ng.

Bài toán 33. 11 Ch ng minh r ng đ th hàm s y = f (x) có tâm đ i x ng là đi m
x =X +a
I(a; b) khi và ch khi qua phép đ i bi n
y =Y +b
(h tr c t a đ Oxy đư c t nh ti n song song theo vectơ u(a; b) đ n v trí IXY ),
đ th hàm s Y = F (X) thu đư c là hàm s l .

Bài toán 34. 12 Ch ng minh r ng:

1. Đư ng th ng có vô s tâm đ i x ng.

2. Đ th hàm s y = ax2 + bx + c (a = 0) không có tâm đ i x ng.

3. Đ th hàm s y = ax3 + bx3 + cx + d (a = 0) có tâm đ i x ng là đi m I(x0 ; y0 )
b
v i x0 = − ; y0 = y(x0 ).
3a
ax + b q a
4. Đ th hàm s y = (p = 0 ; aq − bp = 0) nh n đi m I(− ; ) làm tâm
px + q p p
đ i x ng.

Bài toán 35. 13 Ch ng minh r ng DI ≡ Qπ . Chính vì v y và do Q0 ≡ Id nên khi nói
I I
đ n phép quay góc α thư ng ngư i ta ch xét α ∈ (−π; π) \ {0}.
8.1. Các phép d i hình 202

Bài toán 36. 14 Cho ba đư ng tròn b ng nhau: (O1 ; R) ; (O2 ; R) ; (O3 ; R) và đôi m t
ti p xúc ngoài v i nhau t i A, B, C. Gi s M là đi m ∈ (O1 ; R) và

N = DA (M ) ; P = DB (N ) ; Q = DC (P ).

Ch ng minh r ng Q = DO1 (M ).

Bài toán 37. 15 Hai ngư i l n lư t đ t nh ng đ ng xu tròn trên m t m t bàn hình ch
nh t. Ngư i th hai đ t k ti p ngư i th nh t cho đ n khi m t bàn đư c ph đ y các
đ ng xu đó. M i ngư i có th d t đ ng xu m t cách tuỳ ý lên ch nào còn tr ng trên
m t bàn. Ngư i nào không th đ t ti p đ ng xu lên m t bàn s đư c coi là thua cu c.
Ch ng minh r ng có m t cách chơi đ i v i ngư i đ t đ ng xu đ u tiên sao cho v i cách
chơi đó, ngư i y là ngư i th ng cu c.

Bài toán 38. 16 Cho góc xOy và đi m A n m mi n trong c a góc. Hãy d ng đư ng
th ng d đi qua đi m A sao cho đo n th ng c a d n m trong mi n góc đã cho b chia đôi
b i đi m A.

Bài toán 39. 17 Hãy n i ti p trong m t t giác l i m t hình bình hành bi t tâm c a
nó là đi m O thu c mi n trong c a t giác l i đã cho.

Bài toán 40. 17 Cho tam giác ABC. G i A1 = DA (C), B1 = DB (A), C1 = DC (B).
G i M là giao đi m c a AB v i A1 C1 , N là giao đi m c a A1 B1 v i BC. K M P song
song v i B1 C1 (P ∈ A1 B1 ). Ch ng minh r ng

A1 P = P N = B1 N.

Bài toán 41. 19 Hãy chia m t t giác l i ABCD thành 4 ph n sao cho có th ghép 4
phaanf đó l i đ đư c m t hình bình hành.

Bài toán 42. 20 Cho t giác l i ABCD có đư ng chéo AC đi qua trung đi m O c a
ˆ ˆ
đư ng chéo BD. Ch ng minh r ng n u OA > OC thì A < D.


8.1.4 Phép đ i x ng tr c
Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 17. 5 Trên m t ph ng ¶ cho đư ng th ng ∆. Phép đ i x ng tr c ∆ là m t
phép bi n hình, ký hi u là D∆ và đư c xác đ nh như sau: +) V i M ∈ ∆ : D∆ (M ) = M.
+) V i M ∈ ∆ : D∆ (M ) = M ⇔ ∆ là trung tr c c a đo n M M . Khi đó hai đi m M
/
và M còn đư c g i là đ i x ng v i nhau qua đư ng th ng ∆.

Đ nh nghĩa 18. 6 T p G ⊆ ¶ đư c g i là có tr c đ i x ng là đư ng th ng ∆ hay là
hình đ i x ng tr c ( v i tr c đ i x ng: ∆ ) khi và ch khi

∀M ∈ G : D∆ (M ) ∈ G.
8.1. Các phép d i hình 203

Bi u di n t a đ

Đ nh lí 23. N u đư ng th ng ∆ có phương trình
Ax + By + C = 0 (5) (A2 + B 2 = 0)
thì D∆ có bi u di n t a đ

2A(Ax + By + C)
x
 =x−
A2 + B 2 (6)
2B(Ax + By + C)
y =y−

A2 + B 2

Các tính ch t

1. D∆ là phép bi n hình affin v i det = −1 và là phép d i hình ngh ch.
2. (6) cũng là công th c xác đ nh t a đ c a đi m M (x ; y ) đ i x ng v i đi m M (x; y)
qua đư ng th ng ∆ có phương trình (5).
3. M i đi m ∈ ∆ đ u là đi m b t đ ng c a D∆ . Ngoài ra, không còn các đi m b t
đ ng khác.
4. B n thân ∆ là hình kép c a D∆ . Ngoài ra, m i đư ng th ng vuông góc v i ∆ cũng
là hình kép c a D∆ .
5. Cho hai đư ng th ng d1 và d2 . Khi đó: +) N u d1 d2 thì Dd1 ◦ Dd2 là m t phép
t nh ti n song song Tu . +) N u d1 d2 thì Dd1 ◦ Dd2 là m t phép quay Qα .
I

6. D∆ là m t phép bi n hình đ i h p.

Bài t p áp d ng

Bài toán 43. 1 Ch ng minh r ng

1. N u ∆ : x = a thì (6) có d ng:

x = 2a − x
. (6.1)
y =y

2. N u ∆ : y = b thì (6) có d ng:

x =x
. (6.2)
y = 2b − y

3. N u ∆ : y = x thì (6) có d ng:

x =y
. (6.3)
y =x
8.1. Các phép d i hình 204

4. N u ∆ : y = −x thì (6) có d ng:

x = −y
. (6.4)
y = −x

Bài toán 44. 2 Cho đư ng cong G : f (x; y) = 0. Ch ng minh r ng:

1. G có tr c đ i x ng ∆ : x = a khi và ch khi

∀(x; y) ∈ Df mà f (x; y) = 0 : f (2a − x; y) = 0.

2. G có tr c đ i x ng ∆ : y = b khi và ch khi

∀(x; y) ∈ Df mà f (x; y) = 0 : f (x; 2b − y) = 0.

3. G có tr c đ i x ng ∆ : y = x khi và ch khi

∀(x; y) ∈ Df mà f (x; y) = 0 : f (y; x) = 0.

4. G có tr c đ i x ng ∆ : y = −x khi và ch khi

∀(x; y) ∈ Df mà f (x; y) = 0 : f (−y; −x) = 0.

Bài toán 45. 3 Hãy xác đ nh vectơ u trong phép t nh ti n song song Tu ; tâm I và góc
quay α trong phép Qα tính ch t 5. nói trên.
I

Bài toán 46. 4 Ch ng minh r ng m t hình h u h n không th có hai tr c đ i x ng
song song.

Bài toán 47. 5 Ch ng minh r ng n u m t hình có hai tr c đ i x ng vuông góc thì nó
có tâm đ i x ng. Hãy xác đ nh tâm đ i x ng c a hình.

Bài toán 48. 6 Hãy ch ra m t s hình đ i x ng tr c và ch ra các tr c đ i x ng c a
m i hình.

Bài toán 49. 7 Cho đi m M (x; y). Hãy ch ra t a đ c a các đi m:

M1 , M 2 , M 3 , M 4 , M 5 , M 6 , M 7 , M 8

l n lư t đ i x ng v i đi m M qua: tr c hoành ; tr c tung ; g c t a đ ; đư ng th ng
x = a ; đư ng th ng y = b ; đi m I(a; b) ; đư ng th ng y = x ; đư ng th ng y = −x ;
đư ng th ng y = ax + b (a = 0).

Bài toán 50. 8 Ch ng minh r ng đ th hàm s ch n có tr c đ i x ng là tr c tung.

Bài toán 51. 9 Ch ng minh r ng: 1) Đư ng th ng có vô s tr c đ i x ng. 2) Parabol:
b
y = ax2 + bx + c (a = 0) có tr c đ i x ng là đư ng th ng x = − .
2a
8.2. Phép v t và phép đ ng d ng 205

Bài toán 52. 10 Ch ng minh r ng đ th hàm s đa th c không có tr c đ i x ng xiên
góc v i tr c hoành.
Bài toán 53. 11 Cho tam giác ABC. Tìm đư ng th ng ∆ đi qua đ nh A c a tam giác
sao cho v i m i đi m M ∈ ∆ ta đ u có chu vi tam giác M BC không nh hơn chu vi
tam giác ABC. Đs: ∆ là đư ng phân giác ngoài c a góc A.
Bài toán 54. 12 Hai đư ng th ng d và d đ i x ng v i nhau qua m t đư ng th ng ∆.
Ch ng minh r ng ho c d và d c t nhau t i m t đi m ∈ ∆, ho c d và d song song, cách
đ u ∆.
Bài toán 55. 13 Cho hình ch nh t ABCD, M là trung đi m c a AB, K là giao đi m
c a hai đư ng chéo. Tìm các v trí c a N ∈ BC, E ∈ CD, G ∈ DA sao cho

KN + N E + EG + GM

là nh nh t.
Bài toán 56. 14 Cho đư ng th ng d và hai đi m A, B n m c cùng phía đ i v i đư ng
th ng d. Hãy tìm đi m M ∈ d sao cho t ng AM + M B là nh nh t.
Bài toán 57. 15 Cho ba đư ng th ng a, b, c đ ng quy t i O và m t đi m A ∈ a, A = O.
Hãy d ng tam giác ABC nh n a, b, c làm các đư ng phân giác trong.
Bài toán 58. 16 Ch ng minh r ng trong t t c nh ng tam giác có chung s đo góc
đ nh và có t ng đ dài hai c nh bên cho trư c thì tam giác cân có đ dài c nh đáy là
nh nh t.
Bài toán 59. 17 Cho tam giác ABC và m t đi m P n m trong tam giác. Ch ng minh
r ng các đư ng th ng đ i x ng v i P A, P A, P B th t qua các đư ng phân giác trong
c a các góc A, B, C thì đ ng quy.


8.2 Phép v t và phép đ ng d ng

8.2.1 Phép v t
Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 19. 7 Phép v t tâm I, t s k (k = 0) là m t phép bi n hình ký hi u là
V [I; k] và đư c xác đ nh như sau: V i m i đi m M ∈ ¶ : V [I; k](M ) = M ⇔ −→

−→IM =
−→

−→IM .

Bi u di n t a đ

Đ nh lí 24. N u I(a; b) thì V [I; k] có bi u di n t a đ

x = k(x − a) + a
(7)
y = k(y − b) + b
8.2. Phép v t và phép đ ng d ng 206

Đ c bi t, V [O; k] v i O(0; 0) có bi u di n t a đ

x = kx
(7.1)
y = ky


Các tính ch t

1. V [I; k] là phép bi n hình affin v i det = k 2 . V [I; k] là phép d i hình khi và ch khi
k = ±1.
2. V [I; 1] = Id ; V [I; −1] = DI ; V [I; −k] = V [I; k] ◦ DI . B i v y, t đây ta ch xét
V [I; k] v i k > 0, k = 1.
1
3. V −1 [I; k] = V [I; ].
k
4. V [I; k] bi n vectơ u thành vectơ ku.
5. N u V [I; k] bi n các đi m A, B, C l n lư t thành các đi m A , B , C thì

A B = |k|AB ; −→ B = k −→

−→A −
−→AB ; [A B C ] = k[ABC] ; ∆A B C ∼ ∆ABC.

6. V [I; k]: +) Bi n đư ng tròn C(I; R) thành đư ng tròn C(I; kR). +) Bi n đư ng
th ng ∆ I thành chính nó. ( M i đư ng th ng ∆ I đ u là hình kép c a V [I; k]
) +) M i mi n góc đ nh I cũng là hình kép c a V [I; k] )

Bài t p áp d ng

Bài toán 60. 1 Hãy ch ng minh các tính ch t trên và tìm các tính ch t khác n a c a
V [I; k].
Bài toán 61. 2 Hãy tìm t t c nh ng đi m b t đ ng và các hình kép c a V [I; k].
Bài toán 62. 3 Hãy xét trư ng h p k < 0, k = −1.
Bài toán 63. 4 Hãy xét tính thu n, ngh ch c a V [I; k] tuỳ theo các giá tr c a k.
Bài toán 64. 5 Hãy ch ra nh ng b t bi n c a V [I; k].
Bài toán 65. 6 Hãy d ng nh c a m t s hình ph ng thư ng g p: đo n th ng, tia,
đư ng th ng, góc, tam giác, t giác, đa giác, đư ng tròn, v.v.... qua V [I; k]. Hãy xét các
v trí c a đi m I và các giá tr c a k.
Bài toán 66. 7 N u G = V [I; k](G) thì hai hình G và G đư c g i là đ ng d ng ph i
c nh v i nhau qua tâm I, t s đ ng d ng k. Hãy ch ra cách d ng hình đ ng d ng ph i
c nh tâm I, t s đ ng d ng k c a m t s hình ph ng quen thu c.
Bài toán 67. 8 Cho hai đư ng tròn C1 (I1 ; R1 ) và C2 (I2 ; R2 ). Ch ng minh r ng luôn t n
t i phép v t V [I; k] bi n đư ng tròn này thành đư ng tròn kia. Có bao nhiêu phép v
t như v y?. Hãy xác đ nh tâm và t s c a m i phép v t đó.
8.2. Phép v t và phép đ ng d ng 207

8.2.2 Phép đ ng d ng
Đ nh nghĩa

Đ nh nghĩa 20. 11 Tích c a m t phép v t t s = 0 v i m t phép d i hình D còn
đư c g i là m t phép đ ng d ng t s k = | | (> 0) và đư c ký hi u là Hk . Phép đ ng
d ng không ph thu c vào th t th c hi n phép v t và phép d i hình đã nêu trên. N u
k = 1 thì phép đ ng d ng là m t phép d i hình.

Đ nh nghĩa 21. 12 Hai hình G và G đư c g i là đ ng d ng v i nhau v i t s đ ng
d ng k n u t n t i m t phép đ ng d ng Hk bi n hình này thành hình kia. Chú ý r ng:
+) Phép v t t s k = 0 cũng là m t phép đ ng d ng t s |k| (ch n D = Id ). +)
Phép d i hình cũng là m t phép đ ng d ng t s 1 (ch n V [I; k] = V [I; 1] = Id ). +)
T s c a phép v t là m t s th c khác 0 còn t s c a phép đ ng d ng là m t s th c
dương.


M t s tính ch t

1. Cho phép bi n hình f : a −→ A ; A −→ B . Khi đó:

f ≡ Hk ⇔ A B = k.AB.

2. Hk bi n ba đi m th ng hàng thành ba đi m th ng hàng và không làm thay đ i th
t c a ba đi m đó.

3. Hk bi n m t đư ng th ng thành m t đư ng th ng, bi n đo n th ng thành đo n
th ng có đ dài g p k l n đ dài đo n th ng t o nh, bi n góc thành góc có s đo
hình h c b ng nó, bi n tam giác thành tam giác đ ng d ng v i nó, bi n đư ng tròn
C(E; R) thành đư ng tròn C(E ; kR) trong đó E = Hk (E).

4. Có th phân tích Hk (k = 1) thành tích c a VIk v i Qα ho c v i Dd , trong đó d
I
là đư ng th ng đi qua I. Hai d ng VIk ◦ Qα ; VIk ◦ Dd (d I) còn đư c g i là hai
I
d ng chính t c c a phép đ ng d ng


Bài t p áp d ng

Bài toán 68. 1 Hãy vi t bi u di n t a đ c a hai phép đ ng d ng chính t c bi t t a đ
c a tâm I , góc quay α và phương trình đư ng th ng d I.

Bài toán 69. 2 Hãy tìm t s di n tích, t s di n tích đ nh hư ng c a hai hình đ ng
d ng v i nhau v i t s k.

Bài toán 70. 3 Hãy nêu t t c nh ng tính ch t, các đi m b t đ ng, các b t bi n c a
Hk .

Bài toán 71. 4 Hãy ch ra nh và nêu cách d ng nh c a m t s hình hình h c quen
thu c.
8.3. M t s phép bi n hình khác 208

Bài toán 72. 5 Ch ng minh r ng Hk = H 1 .
−1
k


Bài toán 73. 6 Tích c a hai phép đ ng d ng là phép bi n hình có nh ng tính ch t như
th nào?.
Bài toán 74. 7 Ch ng minh răng phép đ ng d ng cũng là phép bi n hình affin.
Bài toán 75. 8 Cho hai đư ng tròn (O), (O ) c t nhau t i hai đi m A, B. M t cát
tuy n di đ ng M AN (M ∈ (O), N ∈ (O ) ). Tìm t p h p tr c tâm H c a tam giác
M BN .
Bài toán 76. 9 Cho tam giác ABC v i đư ng tròn n i ti p (O). Các ti p đi m M, N
tương ng trên các c nh AB, BC. G i P là chân đư ng vuông góc h t C xu ng (AO).
Ch ng minh r ng M, N, P .
Bài toán 77. 10 Cho hình bình hành ABCD tâm I có ∠ABC = ∠BID = α. D ng
hình bình hành BICE. Hãy tìm m t phép bi n hình bi n BICE thành ABCD. Đáp
CD
s : VC ◦ Qβ ◦ D(CE) trong đó k =
k
C ; β = ∠DCE.
CE
Bài toán 78. 11 Cho hai đư ng tròn (O), (O ). L y A ∈ (O), A ∈ (O ). Hãy d ng
đư ng tròn qua A, A và c t các đư ng tròn (O), (O ) t i các đi m th hai M, M tương
ng sao cho các tam giác AOM, A O M đ ng d ng và cùng hư ng.
Bài toán 79. 12 Cho đư ng tròn (O), đư ng th ng (d) và đi m A không thu c (O), (d).
ˆ
D ng tam giác vuông cân ABC (B = 900 ) sao cho B ∈ (d), C ∈ (O). Ch d n: Xét

0
Q45 ◦ VA 2 .
A

Bài toán 80. 13 Cho phép đ i x ng tr c Dl và phép quay Qα v i α = 00 , 1800 , O ∈ l.
O /
D ng đư ng th ng d sao cho nó song song v i nh c a nó qua phép đ ng d ng
H = Dl ◦ Qα .
O




8.3 M t s phép bi n hình khác

8.3.1 Phép co tr c
Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 22. 8 Phép bi n hình trên m t ph ng t a đ Oxy có bi u di n t a đ

x = kx
(k ∈ R∗ ) (8)
y =y

đư c g i là phép co tr c Ox t s k và đư c ký hi u là C[x; k]. Tương t ta cũng có phép
co tr c Oy t s l, ký hi u là C[y; l], là phép bi n hình có bi u di n t a đ

x =x
(l ∈ R∗ ) (8.1)
y = ly
8.3. M t s phép bi n hình khác 209

Phép bi n hình trên m t ph ng t a đ Oxy có bi u di n t a đ
x = kx
(k, l ∈ R∗ ) (8.2)
y = ly
đư c g i là phép co m t ph ng t a đ Oxy theo các t s (k; l) (nh th t ) và đư c ký
hi u là C[k; l]

Các tính ch t

1. Các phép co đư c đ nh nghĩa như trên đ u là nh ng phép bi n hình affin. Trong
đó:
det(C[x; k]) = k ; det(C[y; l]) = l ; det(C[k; l]) = kl.
2. C[x; 1] ≡ C[y; 1] ≡ C[1; 1] ≡ Id ; C[k; k] ≡ V [O; k].
3. +) M i đi m thu c tr c tung đ u là đi m b t đ ng c a C[x; k]. +) M i đư ng
th ng cùng phương v i x Ox đ u là hình kép c a C[x; k]. +) M i đi m thu c tr c
hoành đ u là đi m b t đ ng c a C[y; l]. +) M i đư ng th ng cùng phương v i y Oy
đ u là hình kép c a C[y; l]. +) G c t a đ O(0; 0) là đi m b t đ ng duy nh t c a
C[k; l].
1 1
4. C[k; l] = C[x; k] ◦ C[y; l] ; C −1 [x; k] = C[x; ] ; C −1 [y; l] = C[y; ].
k l
5. C[x; −k] = Dy Oy ◦ C[x; k] ; C[y; −l] = Dx Ox ◦ C[y; l]. B i v y, t đây ta ch xét
các phép co tr c v i các t s k, l > 0 ; = 1. N u 0 < k < 1 thì C[x; k] còn đư c
g i là phép co tr c hoành, n u k > 1 thì C[x; k] còn đư c g i là phép dãn tr c
hoành. Tương t đ i v i C[y; l].

Bài t p áp d ng

Bài toán 81. 1 Hãy ch ng minh t t c các tính ch t trên.
Bài toán 82. 2 Ch ng minh r ng b ng m t phép co tr c t đ th hàm s y = f (x) (G)
ta có th thu đư c đ th các hàm s y = f (kx) ; y = lf (x).
Bài toán 83. 3 Ch ng minh r ng Elip là nh c a m t đư ng tròn qua m t phép co tr c
tương ng.
Bài toán 84. 4 Hãy ch ra cách d ng đ th hàm s y = af (kx + m) + b bi t đ th hàm
s y = f (x).
Bài toán 85. 5 Tìm giá tr l n nh t c a tam giác n i ti p trong Elip:
x2 y 2
+ 2 = 1.
a2 b
Bài toán 86. 6 Hãy ch ra cách d ng nh c a các hình ph ng quen thu c: đi m, đư ng
th ng, đo n th ng, tam giác, đư ng tròn, mi n góc, đa giác, ... qua các phép co tr c
trên.
Bài toán 87. 7 Hãy tìm m t s b t bi n c a các phép co tr c nói trên.
8.3. M t s phép bi n hình khác 210

8.3.2 Phép ngh ch đ o
Các phép bi n hình đã đư c xét trên đây đ u là nh ng phép bi n hình tuy n tính. Ta có
th xây d ng các phép bi n hình khác n a và xét các tính ch t và nh ng ng d ng c a
chúng. Bây gi ta s xét m t phép bi n hình phi tuy n. M t trong nh ng phép bi n hình
phi tuy n có nhi u ng d ng trong hình h c là phép ngh ch đ o.

Đ nh nghĩa.

Đ nh nghĩa 23. 9 Ta ký hi u [¶] là m t ph ng suy r ng hay là m t ph ng đ . Đó là
m t ph ng thông thư ng đư c b sung thêm m t đi m m i, đ c bi t, g i là đi m vô c c
và ký hi u là đi m ∞ mà có tính ch t sau: M i đư ng th ng trên m t ph ng [¶] đ u đi
qua đi m ∞.
Đ nh nghĩa 24. 10 Phép ngh ch đ o c c I t s k (k = 0), ký hi u là N[I; k] là m t
phép bi n hình : [¶] −→ [¶] đư c xác đ nh như sau:
I, M, M
N[I; k](M ) = M ⇔ −→ .
−→IM .−→
− −
−→IM = k


Bi u di n t a đ

Đ nh lí 25. N u O(0; 0) thì N[O; k] có bi u di n t a đ :
x = kx

x2 + y 2 (9)

y = ky

x2 + y 2

Các tính ch t

H qu 9. 1N[O; −k] = DO ◦ N[O; k]. B i v y, t đây ta ch xét trư ng h p k > 0.
H qu 10. 2 N−1 [I; k] = N[I; k]. Hay là N[I; k] là phép bi n hình đ i h p.
H qu 11. 3 N[I; k] (k > 0) bi n:

1. Đư ng tròn C(I; k) thành chính nó.
2. Đư ng th ng đi qua I thành chính nó.
3. Đư ng th ng không đi qua I thành đư ng tròn đi qua I.
4. Đư ng tròn không đi qua I thành đư ng tròn không đi qua I.
5. Đư ng tròn C(E; R) đi qua I thành đư ng th ng ∆ không đi qua I và ∆⊥(EI).
6. Đi m I thành đi m ∞ và đi m ∞ thành đi m I.
H qu 12. 4 N[I; k] b o toàn s ti p xúc c a hai đư ng tròn và b o toàn góc gi a hai
đư ng tròn c t nhau.
8.3. M t s phép bi n hình khác 211

Ví d minh ho

Ví d 8.3.1. 1 Cho m t đi m O c đ nh n m ngoài m t đư ng th ng ∆ c đ nh. V i m i
đi m m ch y trên ∆ ta l y đi m N trên n a đư ng th ng [OM ) sao cho OM .ON = 1.
1) Tìm qu tích G c a đi m N khi M ch y trên đư ng th ng ∆. 2) Cho A là đi m c
đ nh trên đư ng th ng ∆. V vòng tròn C b t kỳ đi qua O và A. C c t G t i đi m th
hai P = O và c t ∆ t i đi m th hai Q = a. Ch ng minh r ng đư ng th ng (P Q) luôn
đi qua m t đi m c đ nh trên G.
L i gi i .
1) Do OM .ON = 1 và O, M, N nên N = N[O; 1](M ). V y qu tích đi m N là nh c a
đư ng th ng ∆ qua N[O; 1]. Đó chính là đư ng tròn đi qua c c O.
2) G i B, R là các giao đi m c a các đư ng th ng (OA), (OQ) v i đư ng tròn G,
S là giao đi m c a đư ng th ng P O v i ∆, còn F là giao đi m c a đư ng th ng P Q
v i đư ng tròn G. Ta có B, R, P l n lư t là nh c a A, Q, S qua N[O; 1]. Ngoài
ra, N[O; 1] : C −→ đư ng th ng BRS. D th y t giác RQSP n i ti p (phương tích)
ˆ ˆ
⇒ P = R ⇒ OF = OB. Do B là đi m c đ nh nên F cũng là đi m c đ nh.
Ví d 8.3.2. 2 Cho ba đi m A, B, C n m trên m t đư ng th ng. Qua A, B và m t
đi m E bi n thiên trên đư ng trung tr c ∆ c a đo n AB ta d ng m t đư ng tròn. Đư ng
th ng CE c t đư ng tròn đó t i M . Tìm qu tích G c a đi m M khi E ch y trên ∆.
HDG: Do CM .CE = CA.CB ⇒ G = N[C; k](∆), trong đó k = CA.CB.
Ví d 8.3.3. Cho ba đi m c đ nh A, B, C trên m t đư ng th ng. M t đư ng tròn C
bi n thiên ti p xúc v i đư ng th ng đó t i C. Ti p tuy n th hai xu t phát t A ti p xúc
v i đư ng tròn t i T . Đư ng th ng BT c t đư ng tròn đó t i M . Tìm qu tích G c a
đi m M .
2
HDG: Do BM .BT = BC , AT = AC ⇒ qu tích c a đi m T là đư ng tròn A tâm A,
bán kính AC và G = N[B; BC 2 ](A). Đó là đư ng tròn đư ng kính CD v i đi m D đư c
xác đ nh t công th c BD.BC = BC 2 , trong đó C = DA (C).
Ví d 8.3.4. 3Cho m t đư ng tròn (O) c đ nh, tâm O và m t đư ng kính AB bi n
thiên c a đư ng tròn đó. P là m t đi m c đ nh c a m t ph ng. G i A , B là giao đi m
c a các đư ng th ng P A, P B v i đư ng ròn (O). Ch ng minh r ng: 1) Đư ng th ng
A B đi qua m t đi m c đ nh. 2) Đư ng tròn (P A B ) cũng đi qua m t đi m c đ nh
th hai.
HDG: G i Q là giao đi m c a P O v i đư ng tròn (P AB), ta có
OP .OQ = OA.OB = −R2
suy ra đư ng tròn (P AB) đi qua m t đi m c đ nh th hai là Q. Xét N[P ; k] v i k là
phương tích c a đi m P đ i v i đư ng tròn (O). Ta có nh c a đư ng tròn (P AB) là
đư ng th ng A B và nh c a đư ng tròn (P A B ) là đư ng th ng AB. T đó suy ra
1) A B đi qua đi m c đ nh H = N[P ; k](Q).
2) (P A B ) đi qua đi m c đ nh J = N[P ; k](O).

Bài t p áp d ng

Bài toán 88. 1 Hãy ch ng minh các h qu trên.
8.3. M t s phép bi n hình khác 212

Bài toán 89. 2 L p bi u di n t a đ c a N[I; k] v i I(a; b).

Bài toán 90. 3 Trong h qu 1 có th thay O b i đi m I b t kỳ đư c không?.

Bài toán 91. 4 Hãy so sánh N[O; k] ◦ DO v i DO ◦ N[O; k].

Bài toán 92. 5 Cho N[I; k] bi n các đi m A, B ∈ {I; ∞} l n lư t thành các đi m
/
A , B . Ch ng minh r ng
AB
A B = |k| .
IA.IB
Bài toán 93. 6 Ch ng minh đ nh lý Ptôlêmê: T giác l i ABCD n i ti p ⇔ AC.BD =
AB.CD + AD.BC. Ch d n: Xét N[A; 1].

Bài toán 94. 7 Cho t di n ABCD.

1. Ch ng minh r ng t các đo n có đ dài b ng AB.CD, BC.AD, CA.DB có th
d ng đư c m t tam giác. Ch d n: Xét N[D; k] (k > 0).

2. Ch ng minh r ng n u AB.CD = BC.AD = CA.DB thì chúng b ng nhau.

3. Ch ng minh r ng n u góc gi a các c p c nh đ i b ng nhau thì chúng cùng b ng
90o .

4. Trên các c nh DA, DB, DC l y các đi m A1 , B1 , C1 sao cho các t giác
AA1 B1 B, BB1 C1 C n i ti p. Ch ng minh r ng t giác AA1 C1 C cũng n i ti p
và t n t i m t hình c u đi qua 6 đi m A, B, C, A1 , B1 , C1 .

Bài toán 95. 8 Cho tam giác đ u ABC n i ti p trong đư ng tròn C(O). 1) Ch ng minh
r ng v i đi m M b t kỳ thu c C(O), trong ba đo n M A, M B, M C có m t đo n có đ
dài b ng t ng đ dài hai đo n kia. 2) Tìm t p h p các đi m M (trên m t ph ng r i sau
đó trong không gian) sao cho t ba đo n M A, M B, M C có th d ng đư c m t tam
giác.

Bài toán 96. 9 Cho hai đư ng tròn C(O; R) và C (O ; R ) ti p xúc ngoài v i nhau. M t
đư ng th ng ∆ ti p xúc v i C, C l n lư t t i hai đi m A, B khác nhau. Hãy d ng
đư ng tròn ti p xúc v i C, C và ∆. Ch d n: Xét N[A; AB 2 ].

Bài toán 97. 10 Cho hai đư ng tròn C < C c t nhau t i hai đi m A, B phân bi t.
Trên đư ng th ng (AB) l y đi m P = A, B và n m ngoài C, C . Hãy d ng đư ng tròn
đi qua P , ti p xúc v i C và C . Ch d n: Xét N[P ; P A.P B].

Bài toán 98. 11 Ch ng minh h th c Euler trong tam giác: OI 2 = R2 − 2Rr, trong
đó O, I l n lư t là tâm các đư ng tròn ngo i ti p và n i ti p tam giác. Ch d n: Xét
N[I; r2 ].

Bài toán 99. 12 Cho đư ng tròn C đư ng kính N S. ∆ là ti p tuy n v i C t i S. Đi m O
n m ngoài hình tròn C nhưng không n m trên ti p tuy n t i N c a C. K hai ti p tuy n
OA, OB t i C. Các đư ng th ng (N A), (N O), (N B) l n lư t c t ∆ t i A , O , B .
Ch ng minh r ng O là trung đi m c a A B . Ch d n: Xét N[N ; N S 2 ].
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 213


8.4 Bài t p áp d ng phép bi n hình
Trong ph n này ta s đưa ra m t s bài t p nh m m r ng, nghiên c u sâu hơn lý thuy t
v các phép bi n hình b ng phương pháp gi i tích d a vào bi u di n t a đ c a nó.


8.4.1 Bài t p lý thuy t
Bài toán 100. 1 Hãy vi t phương trình ( t ng quát, tham s , chính t c ) c a đư ng
th ng trong các h tr c t a đ : affin, c c và t c .

Bài toán 101. 2 Tùy theo các giá tr c a các h s , hãy kh o sát hình d ng c a đư ng
cong G đư c cho b i phương trình b c hai t ng quát trên m t ph ng t a đ Oxy:

ax2 + by 2 + cxy + dx + ey + f = 0 (v i |a| + |b| + |c| = 0).

Bài toán 102. 3 Nghiên c u m t s phép bi n hình trên m t ph ng t a đ có các bi u
di n t a đ khác.

Bài toán 103. 4 Xây d ng các phép bi n hình trong không gian tương t v i nh ng
phép bi n hình ph ng đã h c và nghiên c u các phép bi n hình trong không gian đó g m:
+) Đ nh nghĩa (hình h c và vectơ). +) Bi u di n t a đ . +) Phương pháp d ng nh. +)
Các tính ch t, các b t bi n, hình kép, ... +) S d ng phép bi n hình trong không gian
gi i bài toán hình h c không gian.

Bài toán 104. 5 N u quy t c f áp d ng trên toàn b m t ph ng ¶ không là song ánh
thì f không là phép bi n hình trên ¶. Khi đó, n u t n t i t p D ⊆ ¶ sao cho quy t c f
đó : D −→ f (D) là song ánh thì ta cũng g i quy t c f : D −→ f (D) là m t phép bi n
hình trên mi n D. Hãy xây d ng m t s phép bi n hình như v y.

Bài toán 105. 6 Hãy nghiên c u phép bi n hình đư c xác đ nh b i bi u di n t a đ :

x = 1


x.
y = 1

y

Bài toán 106. 7 Cho hai phép bi n hình f, g có các bi u di n t a đ :

x = f1 (x; y) x = g1 (x; y)
f: và g : .
y = f2 (x; y) y = g2 (x; y)

Hãy vi t bi u di n t a đ c a f ◦ g và g ◦ f .

Bài toán 107. 8 Cho phép bi n hình f . Cho đi m M bi n thiên trong mi n G. Đi m
M bi n thiên tho mãn M = f (M ). Ch ng minh r ng qu tích c a đi m M là f (G).
Bài t p này là cơ s cho phương pháp tìm qu tích ( t p h p đi m ) b ng cách s d ng
phép bi n hình.
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 214

Bài toán 108. 9 Cho a, b, c, d, p, q, r, s là các s th c sao cho h phương trình:

x = ax + by


px + qy (i)
y = cx + dy

rx + sy

có nghi m duy nh t (x; y) ∈ D v i m i (x ; y ) ∈ D1 . 1) Hãy xác đ nh các t p D, D1 .
2) Hãy nghiên c u phép bi n hình có bi u di n t a đ trên t D lên D1 .
Bài toán 109. 10 Cho m t đư ng th ng d và m t vectơ u d. Phép bi n hình f = Dd ◦Tu
đư c g i là phép đ i x ng trư t tr c d, vectơ trư t u, ký hi u là D[d; u]. Hãy ch ng minh:

1. Dd ◦ Tu = Tu ◦ Dd .

2. Phép đ i x ng trư t là m t phép d i hình ngh ch.

3. D[d; 0] = Dd .

4. Cho d : Ax + By + C = 0 (A2 + B 2 = 0) và u(a; b). Hãy vi t bi u di n t a đ c a
D[d; u].
Bài toán 110. 11 Ch ng minh r ng m i phép d i hình đ u: +) Ho c là m t phép t nh
ti n (k c phép đ ng nh t). +) Ho c là m t phép quay (k c trư ng h p đ c bi t là
phép đ i x ng tâm). +) Ho c là m t phép đ i x ng tr c. +) Ho c là tích c a h u h n
các phép bi n hình nói trên.
B i v y, ba phép d i hình: Tu ; Qα ; D∆ còn đư c g i là ba phép d i hình cơ b n.
I

Bài toán 111. 12 Ch ng minh r ng:

1. Tu = Dd ◦ D∆ v i ∆ d.

2. Qα = Dd ◦ D∆ v i ∆ c t d.
I

3. DI = Dd1 ◦ Dd2 v i d1 ⊥d2 t i I.

4. D[d; u] = Dd1 ◦ Dd2 ◦ Dd3 .

5. M i phép d i hình đ u có th đư c phân tích thành tích c a k phép đ i x ng tr c.
N u k ch n thì ta có phép d i hình thu n, còn n u k l thì ta đư c phép d i hình
ngh ch. (B i v y, th c ch t ch có m t phép d i hình cơ b n là phép đ i x ng tr c.)
Bài toán 112. 13 Ta bi t r ng n u phép d i hình f bi n tam giác ABC thành tam giác
A B C thì ∆ABC = ∆A B C (cùng chi u ho c ngư c chi u). Hãy ch ng minh r ng
n u ∆ABC = ∆A B C (cùng chi u ho c ngư c chi u) thì t n t i m t phép d i hình
bi n tam giác ABC thành tam giác A B C .
Bài toán 113. 15 1) Hãy ch ng minh đ nh lý sau:
Đ nh lí 26. Cho phép d i hình f = Id. Ch ng minh r ng:

f là m t phép quay ⇔ f ch có đúng m t đi m b t đ ng duy nh t.
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 215

Bài toán 114. 16 Trên m t ph ng ¶ cho hai h t a đ affin: {O; i; j} (∗) và {O ; i ; j } (∗ ).
Bi t t a đ c a đi m O và c a các vectơ i , j đ i v i h t a đ (∗) là:
i = (a; a ) ; j = (b; b ) ; O (c; c ).
Gi s đi m M b t kỳ c a m t ph ng ¶ có các t a đ M (x; y) / (∗) và M (x ; y ) / (∗ ).
Ch ng minh r ng
x = ax + by + c
(I)
y =ax +by +c
(I) còn đư c g i là công th c đ i t a đ affin t h cơ s (∗ ) sang h cơ s (∗). Bi u
th c det = ab − a b (= 0) còn đư c g i là đ nh th c c a công th c (I).
Bài toán 115. 17 Ch ng minh r ng: 1) M i phép d i hình thu n đ u là m t phép t nh
ti n ho c m t phép quay (k c hai trư ng h p đ c bi t c a phép quay là DI và Id ). 2)
M i phép d i hình thu n đ u là m t phép đ i x ng trư t (k c trư ng h p đ c bi t c a
nó là D∆ ).
Bài toán 116. 18 Cho hai đo n th ng b ng nhau AB và A B . G i M, M l n lư t là
hai đi m chia AB và A B theo t s k (k = 1). Tìm qu tích trung đi m c a các đo n
th ng M M khi AB c đ nh, còn A B bi n thiên nhưng luôn tho mãn A B = AB.
Bài toán 117. 19 Trên m t ph ng ph c C v i các phép toán đ i v i s ph c, hãy ch ng
minh các phép bi n hình sau có bi u di n t a đ tương ng:

1. DO : z = −z trong đó O(0) là g c t a đ .
2. Dx Ox : z = z. (z là s ph c liên h p c a s ph c z).
3. Qα : z = qz (q = cos α + i. sin α ).
O

k
4. VO (k ∈ R ) : z = kz.
5. Qα ◦ VO : z = pz (p = k(cos α + i sin α ).
O
k


6. Cho A(a), khi đó DA : z = 2a − z.
7. Cho A(a), khi đó Qα : z = q(z − a) + a trong đó q đư c xác đ nh như trên.
A

k
8. Cho A(a), khi đó VA : z = k(z − a) + a.
9. Cho A(a), khi đó Qα ◦ VA : z = p(z − a) + a trong đó p đư c xác đ nh như trên.
A
k


k
10. N[O; k] : z = .
z

8.4.2 S d ng phép bi n hình gi i bài t p hình h c
Trong m c này ta xét nh ng bài t p hình h c thu n tuý đư c gi i b ng cách s d ng
phép bi n hình. Ngoài nh ng bài t p đã đư c nêu trong SGK ho c trong các tài li u
tham kh o, ta đưa ra thêm m t s bài t p sau. Nh ng bài t p đư c đưa ra thư ng không
có l i gi i ho c ch có hư ng d n gi i (HDG: ).
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 216

Bài t p v phép t nh ti n song song

Bài toán 118. 1 Cho hai dây cung không c t nhau AB, CD c a đư ng tròn tâm O.
Tìm trên đư ng tròn m t đi m X sao cho các dây cung AX, BX đ nh ra trên dây cung
CD m t đo n EF có đ dài b ng a cho trư c.
Bài toán 119. 2 Cho hai đư ng tròn C1 , C2 c t nhau t i hai đi m phân bi t A và B.
Hãy d ng qua A đư ng th ng ∆ sao cho đo n th ng c a đư ng th ng đó nămg trong hai
đư ng tròn đã cho có đ dài 2l cho trư c.
Bài toán 120. 3 Cho hai đư ng th ng d1 , d2 song song v i nhau và hai đi m A, B
n m ngoài d i m t ph ng gi i h n b i hai đư ng th ng đó (A v phía d1 , còn B v phía
d2 ). Tìm M ∈ d1 , N ∈ d2 sao cho M N ⊥d1 và AM + M N + N B là ng n nh t.
ˆ ˆ
Bài toán 121. 4 Cho hình thang ABCD có A < D. Ch ng minh r ng BD < AC.



Bài t p v phép đ i x ng

Bài toán 122. 1 Cho đi m A n m trong mi n góc nh n xOy cho trư c. Hãy d ng tam
giác ABC có chu vi nh nh t sao cho các đ nh B, C n m trên hai c nh (m i đ nh thu c
m t c nh) c a góc đã cho.
Bài toán 123. 2 Cho tam giác thư ng A1 A2 A3 . G i A1 C1 , A2 C2 , A3 C3 là các đư ng
phân giác trong c a tam giác. Ký hi u Bij là các đi m đ i x ng v i đ nh Ai qua đư ng
th ng Aj Cj . Ch ng minh r ng các đư ng th ng B12 B21 , B13 B31 , B32 B23 đôi m t song
song.
Bài toán 124. 3 Cho tam giác nh n ABC. Hãy n i ti p trong tam giác đó m t tam
giác có chu vi nh nh t.
Bài toán 125. 4 Ch ng minh r ng n u m t hình ph ng có h u h n tr c đ i x ng thì
các tr c đ i x ng đó c t nhau t i m t đi m và t ng c p tr c k nhau t o v i nhau nh ng
góc b ng nhau.
Bài toán 126. 5 Ch ng minh r ng m t đa giác có tâm đ i x ng khi và ch khi s c nh
c a đa giác là ch n và hai c p c nh đ i b t kỳ luôn song song và b ng nhau.
Bài toán 127. 6 Trong đư ng tròn C cho hai dây cung AB và CD. Q là đi m b t
kỳ, c đ nh trên dây cung CD. Tìm trên đư ng tròn đi m M sao cho các đư ng th ng
AM, BM ch n trên dây CD m t đo n th ng KL b chia đôi b i đi m Q.
Bài toán 128. 7 Cho đư ng tròn C và ba đư ng th ng a, b, c đi qua tâm O c a C. Hãy
d ng tam giác ABC nh n C làm đư ng tròn n i ti p và có các d nh n m trên các đư ng
th ng đã cho (m i đ nh thu c m t đư ng).
Bài toán 129. 8 Hãy d ng t giác ABCD bi t đ dài các c nh c a t giác và đư ng
ˆ
chéo AC là phân giác c a góc trong A.
Bài toán 130. 9 Trên m t ph ng cho ba đư ng th ng d1 , d2 , d3 . Bi t r ng d1 c t d2 t i
P . Hãy d ng m t hình vuông có m t đư ng chéo n m trên đư ng th ng d3 và hai đ nh
không thu c đư ng chéo đó l n lư t n m trên các đư ng th ng d1 và d2 .
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 217

Bài t p v phép quay.

Bài toán 131. 1 1) Hãy ch ng minh đ nh lý sau:

Đ nh lí 27. Cho hai đi m O1 , O2 phân bi t, hai góc α1 , α2 cùng d u, tho mãn
|α1 + α2 | < 2π. Ch ng minh r ng:

Qα2 ◦ Qα1 = Qα1 +α2 .
O2 O1 O


Trong đó O là giao c a hai đư ng th ng d1 , d2 v i d1 là t o nh c a đư ng th ng (O1 O2 )
α1
qua phép quay tâm O1 , góc còn d2 là nh c a đư ng th ng (O1 O2 ) qua phép quay
2
α2
tâm O2 , góc
2

2) V i các đi u ki n c a đ nh lý trên, hãy xác đ nh Qα1 ◦Qα2 và ch ng t r ng tích c a
O1 O2
hai phép quay khác tâm không có tính giao hoán. 3) Hãy xét trư ng h p |α1 + α2 | = 2π.
S d ng k t qu này ta có th gi i đư c b n bài t p ti p theo sau đây.

Bài toán 132. 2 Trên m t ph ng cho hai hình vuông A1 B1 A2 C1 và A2 B2 A3 C2 v i
đ nh chung A2 . G i )1 , O2 là tâm c a các hình vuông đó, B, C l n lư t là trung đi m
c a các c nh B1 B2 , C1 C2 . Ch ng minh r ng O1 BO2 C là m t hình vuông. HDG: Xét
0 0
f := Q902 ◦ Q901 : B1 −→ B2 .
O O


⇒ f = DB ⇒ ∆O1 BO2 vuông cân. Tương t , ∆O1 CO2 vuông cân.

Bài toán 133. 3 Trên các c nh A2 A3 , A3 A1 , A1 A2 c a tam giác A1 A2 A3 d ng các
hình vuông v i các tâm O1 , O2 , O3 n m v phía ngoài c a tam giác. Ch ng minh r ng:
1) Các đo n O1 O2 và O3 A3 b ng nhau và vuông góc v i nhau. 2) Các trung đi m c a
các c nh A3 A1 , O1 O2 , A3 A2 , A3 O3 là các đ nh c a m t hình vuông. 3) Di n tích c a
hình vuông tâm O3 g p tám l n di n tích c a hình vuông nói trong ph n 2). HDG: 1)
0
G i B1 là trung đi m c a A2 A3 , có Q901 : A3 O3 −→ O1 O2 ⇒
B . 2) G i B2 là trung
900 900
đi m c a A1 A3 . Xét QB2 ◦ QB1 và làm tương t bài t p trên. 3) B2 B1 là đư ng trung
bình c a tam giác A1 A2 A3 .

Bài toán 134. 4 Trên m t ph ng cho 12 đi m là các đ nh c a 4 hình vuông:

A1 B1 A2 C1 , A2 C2 A3 B2 , A3 B3 A4 C3 , A4 C4 A1 B4

( các đ nh c a các hình vuông đư c x p theo chi u kim đ ng h ). Ch ng minh r ng
B1 B2 B3 B4 và C1 C2 C3 C4 là các hình bình hành (có th suy bi n) thu đư c t nhau qua
m t phép quay góc 900 . HDG: Xét các tích c a hai phép quay v i góc quay 900 và tâm
quay l n lư t là các đ nh tương ng c a các hình vuông đã cho.

Bài toán 135. 5 Hai đi m A, B chuy n đ ng đ u v i cùng v n t c góc trên hai đư ng
tròn C(O1 ), C(O2 ) ngư c chi u kim đ ng h . Ch ng minh r ng đ nh C c a tam giác đ u
ABC cũng chuy n đ ng đ u trên m t đư ng tròn nào đó.
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 218

Bài toán 136. 6 Trong tam giác đ u ABC cho đi m M sao cho

AM = 1 ; BM = 3 ; CM = 2.
Hãy tính BC, ∠AM B ; ∠AM C.
HDG: Xét phép quay tâm (C) góc 600 sao cho A −→ B.

Đáp s :BC = 7, ∠AM B = 1500 ; ∠AM C = 1200 .
Bài toán 137. 7 Trong tam giác đ u ABC cho đi m M sao cho

AM = 1 ; BM = 2 ; ∠AM B = 1050 .
Hãy tính CM, ∠BM C.
Đáp s :CM = 1, ∠BM C = 1050 .
ˆ
Bài toán 138. 8 Cho hình thoi ABCD có A = 1200 . Trong hình thoi l y đi m M sao
cho AM = 1, CM = 2, BM = 3. Hãy tính DM, AB. √ √
0
HDG: Xét phép quay Q60 sao cho C −→ B. Đáp s :AB = 7, DM = 3.
A

Bài toán 139. 9 Cho tam giác đ u ABC. Trong góc ∠ACB l y đi m M sao cho

AM = 2, BM = 2, ∠AM C = 150 .
Hãy tính CM và ∠BM C. √
0
HDG: Xét phép quay Q60 sao cho A −→ B. Đáp s :CM = 1 + 3, ∠BM C = 300 .
C
Chú ý . Trong các bài t p 6 −→ 9 trên đây ta s d ng m t k t qu quan tr ng c a
hình h c tam giác là:
Đ nh lí 28 (Pompei). Trên m t ph ng ch a tam giác đ u ABC l y đi m M b t kỳ.
Khi đó: 1) T ba đo n AM, BM, CM có th d ng đư c m t tam giác khi và ch khi M
không thu c đư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC. 2) Trong ba đo n trên có m t đo n
có đ dài b ng t ng đ dài hai đo n còn l i khi và ch khi M thu c đư ng tròn ngo i ti p
tam giác ABC.
Bài toán 140. 10 Hãy tìm t p nh ng đi m mà t ba đo n th ng nói trong chú ý trên
có th d ng đư c: a) M t tam giác vuông. b) M t tam giác nh n. c) M t tam giác tù.
d) M t tam giác cân. d ) M t tam giác đ u.
Bài toán 141. 11 Cho tam √ vuông cân ABC, C = 900 . Trong tam giác l y đi m
giác
M sao cho AM = 2, BM = 2, CM = 1. Hãy tính AC, ∠BM C, ∠CM A.
0
HDG: Xét phép quay Q90 sao cho A −→ B.
√ C
Đáp s :AC = 5, ∠BM C = 1350 , ∠CM A = 900 .
Bài toán 142. 12 Cho tam giác vuông cân ABC, C = 900 . Trong tam giác l y đi m
M sao cho AM = 2, ∠AM B = 1200 , ∠AM C = 1050 . Tính BM, CM.

√ 2
Đáp s :BM = 3, CM = .
2
Bài toán 143. 13 Cho tam giác vuông cân ABC, C = 900 . Trong góc ACB l y đi m
M sao cho BM = CM, ∠AM C = 750 . Ch ng minh r ng AC = CM, ∠BM C = 600 .
Bài toán 144. 14 Cho tam √ vuông cân ABC, C = 900 . Trong góc ACB l y đi m
giác
M sao cho BM √ 1, CM = 2, ∠BM C = 1050 . Hãy tính AM, AB, ∠AM C.
= √
Đáp s :AM = 3 ; AB = 1 + 3 ; ∠AM C = 750 .
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 219

Các bài t p v phép bi n hình ngh ch đ o.

Xem thêm trong [3].

Bài toán 145. 1 Ta có th coi đư ng th ng trên [¶] là đư ng tròn đi qua đi m ∞. Khi
đó, hãy ch ng minh r ng N[I; k] bi n t p các đư ng tròn vào chính nó. Ngoài ra đư ng
tròn đi qua c c I s bi n thành đư ng tròn đi qua đi m ∞ (là nh c a c c I ), đư ng
tròn đi qua đi m ∞ bi n thành đư ng tròn đi qua c c I ( là nh c a đi m ∞ ), đư ng
tròn đi qua I và ∞ là hình kép c a N[I; k].

Bài toán 146. 2 Xét phép ngh ch đ o N[I; k] (k > 0). Ta bi t r ng đư ng tròn C(I; k)
là t p các đi m b t đ ng c a N[I; k]. N u M = N[I; k](M ) thì hai đi m M, M còn

đư c g i là đ i x ng v i nhau qua đư ng tròn ngh ch đ o C(I; k). Ch ng minh r ng:

1) V i đi m M ∈ C := C(I; k), ta có N[I; k](m) = M . 2) V i đi m M n m ngoài hình
tròn C, k hai ti p tuy n M A, M B t i C. Đư ng th ng (IM ) c t đư ng th ng (AB) t i
M (M là trung đi m c a AB ). Khi đó hai đi m M, M đ i x ng v i nhau qua đư ng
tròn C. 3) V i đi m M n m trong hình tròn C, k đư ng th ng vuông góc v i (IM ) t i
M . Đư ng th ng đó c t C t i hai đi m A, B. D ng các ti p tuy n v i C t i A, B. Chúng
c t nhau t i M . Khi đó hai đi m M, M đ i x ng v i nhau qua đư ng tròn C.

Bài toán 147. 3 Ch ng minh r ng nh c a mi n trong c a hình tròn C := C(I; k)
qua N[I; k] là mi n ngoài c a hình tròn C và ngư c l i.

Bài toán 148. 4 Ch ng minh r ng qua N[I; k] nh c a hai đư ng tròn ti p xúc ngoài
v i nhau ho c là hai đư ng tròn ti p xúc ngoài v i nhau, ho c là m t đư ng tròn và m t
ti p tuy n c a nó, ho c là hai đư ng th ng song song. Khi nào thì x y ra m i trư ng
h p c th ?. Hãy xét trư ng h p hai đư ng tròn ti p xúc trong v i nhau.

Bài toán 149. 5 Trên đư ng tròn C cho hai đi m A, B. xét t t c các c p đư ng tròn
T1 , T2 n m trong C sao cho T1 ti p xúc trong v i C t i A, T2 ti p xúc trong v i C t i B
và T1 ti p xúc ngoài v i T2 t i D. Hãy tìm t p h p t t c các đi m D.
HDG: Xét phép ngh ch đ o c c A v i đư ng tròn ngh ch đ o T1 .
Ta ký hi u X là nh c a X qua phép ngh ch đ o này. Khi đó: C và T1 là hai đư ng th ng
song song, ti p xúc v i đư ng tròn T2 t i B và D . G i là t p h p đi m c n tìm. Do C
và các đi m A, B là c đ nh nên C , B là c đ nh. Ngoài ra, tia ∆ = [B D )⊥C ⇒ ∆
là c đ nh. V y D ∈ ∆ c đ nh. Khi T1 , T2 thay đ i thì T1 , T2 thay đ i nhưng đư ng
th ng ∆ không đ i và D ∈ ∆. M t khác, m i đi m D ∈ ∆ có th là đi m ti p xúc c a
m t đư ng th ng T1 v i m t đư ng tròn T2 ti p xúc v i C t i B . V y tia ∆ là nh c a
, do đó là nh c a tia ∆ qua phép ngh ch đ o trên. Đó là ph n n m trong hình tròn C
c a đư ng tròn Ω vuông góc v i C t i A và B.

Bài toán 150. 6 B n đư ng tròn l n lư t ti p xúc ngoài v i nhau t i các đi m A, B, C, D.
Ch ng minh r ng b n đi m A, B, C, D đ ng viên.

Bài toán 151. 7 Trên đo n AB l y đi m M và d ng các n a đư ng tròn C1 , C2 v i
các đư ng kính AB, AM.. Đư ng tròn C3 ti p xúc v i các n a đư ng tròn trên và ti p
xúc v i đư ng th ng vuông góc v i (AB) t i M . Ch ng minh r ng ti p tuy n chung c a
C2 và C3 đi qua B (Hình 2).
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 220

Bài toán 152. 8 Trên đo n AB l y đi m M và d ng các n a đư ng tròn C1 , C2 , C2
v i các đư ng kính AB, AM, BM.. Đư ng tròn C(O; r) ti p xúc v i các n a đư ng tròn
trên. Tính kho ng cách t O đ n đư ng th ng (AB) (Hình 3).

Bài toán 153. 9 Hãy d ng đư ng tròn T đi qua hai đi m A, B cho trư c và ti p xúc
v i m t đư ng th ng d cho trư c.
L i gi i .
Phân tích: Gi s đã d ng đư c T. Xét N[A; 1] : T −→ T ; B −→ B ; d −→ d .
Trong đó, T là đư ng th ng ch a B , còn d là đư ng tròn ch a A. Đư ng th ng T ti p
xúc v i đư ng tròn d . T đó suy ra cách d ng T:
Cách d ng: D ng B , d là nh c a B, d qua N[A; 1]. T B k ti p tuy n T t i d .
Khi đó, T = N[A; 1](T ). Nói chung, bài toán s có hai nghi m hình.

Bài toán 154. 10 D ng đư ng tròn đi qua hai đi m cho trư c và ti p xúc v i m t đư ng
tròn cho trư c.

Bài toán 155. 11 D ng đư ng tròn ti p xúc v i m t đư ng tròn C cho trư c t i m t
đi m A cho trư c và: a) v i m t đư ng th ng d cho trư c. b) v i m t đư ng tròn T cho
trư c.

Bài toán 156. 12(Bài toán Apollonia) D ng đư ng tròn ti p xúc v i ba đư ng tròn cho
trư c.

Bài toán 157. 13 Trên m t ph ng cho ba đi m A, B, D. D ng hai đư ng tròn C1
A, C2 B sao cho C1 , C2 ti p xúc v i nhau t i D.
8.4. Bài t p áp d ng phép bi n hình 221




Tài li u tham kh o
1. Nguy n Đăng Ph t
Các phép bi n hình trong m t ph ng và ng d ng gi i toán hình h c. NXB Giáo
d c 2005.

2. Hàn Liên H i, Phan Huy Kh i và các tác gi khác.
Toán b i dư ng Hình h c 10. NXB Hà N i 1998.

3. Ph san t p chí KBANT 5/97.

4. Lê H i Châu.
Các bài thi ch n h c sinh gi i Toán PTTH toàn qu c. NXB GD 1995.

5. H i Toán h c Vi t Nam.
T p chí Toán h c và tu i tr .

6. Tuy n các đ đ ngh IMO các năm t 1984 đ n 2000.

7. Đ thi vô đ ch 19 nư c. NXB H i Phòng.

8. KBAHT. T p chí (ti ng Nga) các năm 1980 - 1985.

9. Toán h c trong nhà trư ng. T p chí (ti ng Nga) các năm 1980 - 1985.

10. Đ. O. Scliarxki ; N. N. Trenxop và I. M. Iaglom.
Tuy n t p các bài t p và Đ nh lý c a Toán sơ c p. NXB Hayka 1976.

11. Selected Problems from IMO XXX - XXXVI. NXB ĐHQG Hà N i 1995.

12. J. Kurshac và các tác gi khác.
Tuy n các đ thi vô đ ch Hungary (B n ti ng Nga). NXB Mir 1976.

13. Th c hành gi i toán sơ c p . NXB Giáo d c 1987.
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản