Chuyên đề toán học PTNK TPHCM

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:76

Thêm vào BST

Báo xấu

212
lượt xem 77
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đ I H C QU C GIA TP.HCM TRƯ NG PH THÔNG NĂNG KHI U CHUYÊN Đ TOÁN H C S 8 Năm h c 2004-2005 L i ng Các b n thân m n ! Sau nh ng mong mu n và c g ng , cu i cùng chúng tôi - t p th h c sinh l p 12 Toán niên khóa 2002-2005 cùng các em l p 11 - cũng đã có th g i đ n các b n quy n Chuyên đ toán h c s 8 này ! Ti p n i truy n th ng, Chuyên...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chuyên đề toán học PTNK TPHCM

Đ I H C QU C GIA TP.HCM TRƯ NG PH THÔNG NĂNG KHI U CHUYÊN Đ TOÁN H C S 8 Năm h c 2004-2005
L i ng Các b n thân m n ! Sau nh ng mong mu n và c g ng , cu i cùng chúng tôi - t p th h c sinh l p 12 Toán niên khóa 2002-2005 cùng các em l p 11 - cũng đã có th g i đ n các b n quy n Chuyên đ toán h c s 8 này ! Ti p n i truy n th ng, Chuyên đ toán h c s 8 ra đ i như m t k v t mà m i th h h c sinh chuyên Toán nói chung và chúng tôi nói riêng mu n g i g m l i cho th y cô, cho mái trư ng Năng Khi u thân yêu c a mình . Đó cũng là m t l i tri ân dành t ng cho nh ng ngư i th y đã dìu d t chúng tôi trên con đư ng chông gai mà không kém ph n tươi đ p c a Toán h c . Trong quá trình h c toán, t h n ai trong chúng ta cũng có lúc vui m ng làm sao, sung sư ng làm sao khi phát hi n ra m t v n đ nào đó lý thú, m t l i gi i đ p hay m t phương pháp m i … T i sao chúng ta không ghi l i nh ng đi u y ? Chuyên đ toán h c ra đ i v i ý nghĩa trên, đó là nh ng cóp nh t, nh ng suy nghĩ, tìm tòi c a t ng thành viên thu đư c trong su t ba năm h c. Chúng tôi hy v ng r ng quy n chuyên đ này s đem đ n m t ni m vui nho nh nào đ y cho các b n ! Chào thân ái ! Ban biên t p !
M cl c 1)Phương pháp t ng quát gi i b t đ ng th c 1 trong tam giác – Tr n Minh Hoàng 2) Đ nh lý Pick 10 Vũ Đ Uyên Vy - Ph m Khang Hy 3) Phương pháp xây d ng dãy truy h i 14 & các bài toán gi i tích t h p – Lương Minh Th ng 4) Liên h đ nh lý Ceva và đ nh lý Carnot 20 trong ch ng minh đ ng quy - Tr n Ti n Hi u 5) Phương pháp lư ng giác trong ch ng minh 26 b t đ ng th c - Nguy n L Khoa 6) Các s lũy th a mod p – Kha Tu n Minh 31 7) M t vài dãy s đ c bi t 37 Lê Đăng Khoa – Bùi Lê Tr ng Thanh 8) M t s phương pháp gi i các bài toán 44 v dãy s nguyên - Lê Đăng Khoa – Bùi Lê Tr ng Thanh 9) Phương pháp chính phương hóa trong 49 ch ng minh b t đ ng th c - Nguy n Anh Cư ng 10) Phương pháp đ i s ( Phương pháp gien) 57 - Th y Tr n Nam Dũng 11) Đ và l i gi i kỳ thi ch n đ i tuy n toán 62 trư ng PTNK 2003-2004 12) Đ thi vùng Balkan 2004 68 13) Đ thi ch n đ i tuy n toán Trung Qu c tham d IMO 2004 69 14) Đ thi ch n đ i tuy n toán Vi t Nam tham d IMO 2004 70 15) Đ thi APMO 2004 71 16) Đ thi USAMO 2004 72
Chuyên đ toán h c s 8 PHƯƠNG PHÁP T NG QUÁT GI I CÁC BÀI TOÁN B T Đ NG TH C LƯ NG GIÁC Đ I X NG TRONG TAM GIÁC Tr n Minh Hoàng – 12 Toán I – Gi i thi u. Bài vi t này s trình bày m t phương pháp chung đ ti p c n các b t đ ng th c đ i x ng trong ∆. D a vào nh n xét: m t ∆ s đư c xác đ nh hoàn toàn qua 3 y u t p, R, r (n a chu vi, bán kính đư ng tròn ngo i ti p và n i ti p), chúng ta đưa b t đ ng th c c n ch ng minh v p, R, r r i b ng các kĩ năng đ i s chúng ta s ch ng minh d dàng hơn b t đ ng th c đó. VD: Cho ∆ ABC có 3 c nh a, b, c. CMR 3(∑ a 3 ) + 9abc ≤ 2(∑ a )(∑ a 2 ) . Chúng ta đưa b t đ ng th c trên v p 2 + 5r 2 ≥ 16 Rr (1) (có l (1) đã quen thu c v i nhi u b n, n u không, trong ph n sau tôi s trình bày cách ch ng minh t ng quát cho các b t đ ng th c d ng (1) ). Như v y là ta đã gi i song ví d trên. II – Các bư c ch ng minh c a phương pháp p, R, r. Chúng ta xem như “ M i b t phương trình đ i s đ u có th gi i đư c” là 1 “tiên đ ” đ th c hi n phương pháp p, R, r. - Bư c 1: Bi n đ i b t đ ng th c đã cho v d ng ch còn p, R, r. chúng ta lưu ý r ng m i bi u th c đ i x ng theo c a ∆ ABC, đ u có th tính đư c theo p, R, r thì đ u là bi u th c đ i x ng c a ∆ABC. Bài vi t này ch xét các bi u th c đ i x ng c a ∆ABC nên bư c 1 dĩ nhiên th c hi n đư c. - Bư c 2: Sau khi th c hi n bư c 1, b t đ ng th c c n ch ng minh tương đương v i 1 h th c f(p, R, r) ≥ 0, bư c 2 có nhi m v đưa b t đ ng th c trên v d ng p>/< g(R, r) (*). Đi u này có th th c hi n đư c do chúng ta đã ch p nh n “tiên đ ” c a phương pháp pRr. - Bư c 3: T đi u ki n c a ∆ABC chúng ta tìm mi n giá tr c a p theo R, r. đi u này t c là chúng ta tìm h th c h(R, r) ≤ p ≤ k(R, r) (*) đ m i p tho mãn (**) chúng ta đ u l p đư c 1 ∆A’B’C’ tho mãn đi u ki n ∆ABC. Đây chính là công đo n khó khăn nh t c a phương pháp và m i b t đ ng th c c a p, R, r tho đi u ki n c a ∆ABC đ u là nh ng h qu c a (**). Tôi không th ch ng minh bư c 3 luôn th c hi n đư c b i có vô s đi u ki n c a ∆ABC và tôi không th nào ki m tra h t đư c. Tuy nhiên trong các ph n dư i đây tôi s tìm mi n giá tr cho m t s ∆ quen thu c. Chính đi n này đã làm tôi t tin r ng bư c 3 luôn có th th c hi n đư c. - Bư c 4: Ki m tra (*) có ph i là h qu c a (**) hay không. Vi c ki m tra này hoàn R toàn có th th c hi n đư c b i ta có th đưa v 1 bi n t = . Vì vi c tìm đi u ki n c a t r ch c ch n làm đư c do đi u ki n c a p theo R, r còn th c hi n đư c thì không có lí do gì đ không tin r ng đi u ki n c a R theo r l i không tìm đư c. Sau đây tôi s ch ng minh 1 s đ nh lý đ cũng c thêm ni n tin c a các b n vào phương pháp pRr. III – Các đ nh lý: 1) Đ nh lý 1: M t ∆ hoàn toàn xác đ nh n u bi t p, R, r Ch ng minh Đi u này đư c suy ra d dàng t h đ ng th c sau: Trang 1
Chuyên đ toán h c s 8 a + b + c = 2p  ab + bc + ca = p + 4Rr + r 2 2 abc = 4pRr  Ngoài ra h đ ng th c trên còn cho ta bi t r ng p, R, r m i đ i lư ng đ u là m t hàm đ i x ng theo a, b, c. Đi u này đã ch ng minh cho kh ng đ nh bư c 1 c a chúng ta. 2) Đ nh lý 2: Xét ∆ABC , khi đó ta có i) R ≥ 2r. ii) 2 R + 10 Rr − r 2 − 2( R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ P 2 ≤ 2 R 2 + 10 Rr − r 2 + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) 2 Ch ng minh i) Quá quen thu c nên tôi b qua ch ng minh. Tôi s ch ng minh ii). Ta có a, b, c là nghi m c a phương trình: a ≥ b ≥ c > 0. ( M (X ) = X 3 − 2pX 2 + p 2 + 4Rr + r 2 X − 4pRr = 0 ) b + c > a p > a Đi u ki n đ a, b, c là s đo c a 3 c nh ∆ là  ⇔ ⇔p>a≥b≥c>0 c > 0 c > 0 (2.1) ⇔ phương trình M(X) = 0 có nghi m tho (2.1) ta có M ' (X ) = 3X 2 − 4pX + p 2 + 4Rr + r 2 ( ) ∆' = (2p ) − 3 p 2 + 4Rr + r 2 = p 2 − 12Rr − 3r 2 2 M(X) có 3 nghi m ⇒ ∆’ ≥ 0 2p − ∆' 2p + ∆ ' Hai nghi m c a M’(X) = 0 là x 1 = ; x2 = 3 3 x 0 x1 x2 p M’(x) + 0 – 0 + M (0 ) < 0 M ( x ) ≥ 0  M(x1) M(p) ⇒ (2.1) ⇔  1 M(x) M (x 2 ) ≤ 0 M(0) M(x2) M (p ) > 0  M(0) < 0, M(p) > 0 là hi n nhiên M (x1 ) ≥ 0  ⇔ ( ∆' ∆' ≥ p p 2 − 18Rr + 9r 2 ) ⇔ ∆' ∆' ≥ p p 2 − 18Rr + 9r 2 ( )  M (x 2 ) ≤ 0 ( ∆' ∆' ≥ −p p − 18Rr + 9r  2 2 ) 3 ( ⇔ (∆') ≥ p 2 p 2 − 18Rr + 9r 2 ) 2 ⇔ p 4 − 2p 2 (2R 2 + 10Rr − r 2 ) + r (4R + r ) 3 ≤ 0 ( ) ∆'1 = 2R 2 + 10Rr − r 2 − r(4R + r ) = 4R (R − 2r ) 3 3 ⇔ 2R 2 + 10Rr − r 2 − 2(R − 2r ) R(R − 2r ) ≤ p 2 ≤ 2R 2 + 10Rr − r 2 + 2(R − 2r) R (R − 2r ) Như v y đ nh lý 2 đư c ch ng minh, hơn n a i) và ii) còn là đi u ki n c n và đ đ t n t i 1 ∆ABC có p, R, r cho trư c 3) Đ nh lý 3: Xét ∆ABC nh n, khi đó ta có: Trang 2
Chuyên đ toán h c s 8 i) R ≥ 2r. ii) 2R 2 + 10Rr − r 2 + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≥ p 2 ≥ { ≥ max (2R + r) 2 ,2R 2 + 10r − r 2 − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) } Ta th c hi n tương t như ch ng minh c a đ nh lý 2. ( M (X ) = X 3 − 2pX 2 + p 2 + 4Rr + r 2 X − 4pRr ) a≥b≥c>0 Đi u ki n c a ∆ nh n ⇔ b2 +c2 > a2 ⇔ a2 + b2 + c2 > 2a2 ( ) ⇔ 2 p 2 − 4Rr − r 2 > 2a 2 ⇔ a < p 2 − 4Rr − r 2 V y đi u ki n c a phương trình M(X) = 0 có 3 nghi m a, b, c {p 2 − 4Rr − r 2 > a ≥ b ≥ c > 0 (3.1) M (0) < 0 p 2 ≥ 2R 2 + 10Rr − r 2 − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) M (x ) ≥ 0    ⇔ p 2 ≤ 2R 2 + 10Rr − r 2 + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) 1 (3.1) ⇔  M (x 2 ) ≤ 0   ( M p 2 − 4Rr − r 2 > 0  2 ) p p − 4Rr − r > p − 2Rr − r 2 2 2 ( )  p 2 ≥ 2R 2 + 10Rr − r 2 − 2(R − 2r ) R (R − 2r )  2  p ≤ 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) 2 2  2 p > (2R + r ) 2  V y ta suy ra đ nh lý 3 4) Đ nh lý 4: Xét ∆ABC không nh n khi đó ta có: ( i) R ≥ 2 + 1 r ) 2R + 10Rr − r 2 − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ p 2 ≤ 2 { } ii) ≤ min (2R + r ) ,2R 2 + 10Rr − r 2 + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) 2 Ch ng minh: r A A B−C A A i) 1 + = ∑ cos A = 1 − 2 sin 2 + 2 sin cos ≤ 1 − 2 sin 2 + 2 sin R 2 2 2 2 2 r A A ⇒ ≤ 2 sin − 2 sin 2 R 2 2 Do sin ≥ A 2 2 2 r ⇒ ≤ 2 − 1 ⇒ R ≥ 2 + 1 r. R ( ) ii) Ch ng minh hoàn toàn tương t như đ nh lý 3 v i lưu ý r ng đi u ki n tương ng c a ∆ không nh n bây gi là phương trình M(x) = 0 có nghi m a, b, c tho mãn đi u ki n. a ≥ p 2 − 4Rr − r 2 ≥ b ≥ c > 0 M (0 ) < 0 M (x ) ≥ 0  1 hay là  M (x 2 ) ≤ 0  ( M p 2 − 4Rr − r 2 ≤ 0  ) Trang 3
Chuyên đ toán h c s 8 Các đ nh lý 2, 3, 4 đã trình bày mi n giá tr c a p trong các l p ∆ tương đ i quen thu c: ∆ thư ng, ∆ nh n, ∆ không nh n. Ơ nh ng ph n dư i đây tôi s tìm mi n giá tr c a p trong nh ng l p ∆ “hơi đ c bi t”. IV – L p các ∆ có c 3 góc ≥ α (4.1) π D th y là đi u ki n đ l p ∆ không r ng ⇔ α ≤ . 3 π N uα= thì không có gì đáng nói. V n gi s : 3 a ≥ b ≥ c ⇒ (4.1) ⇔ c ≥ α ⇔ cot gC ≤ cot gα ⇔ a 2 + b 2 − c 2 ≤ 4S cot gα ⇔ c ≥ p 2 − 4Rr − r 2 − 2pr cot gα (4.2) M (0) < 0  M (x 1 ) ≥ 0  ⇔ M (x 2 ) ≤ 0 (4.3) M (p ) < 0  ( M p 2 − 4Rr − r 2 − 2pr cot gα ≤ 0  ) ( ta th y (4.3) ⇔ p 2 − 4Rr − r 2 − 2pr cot gα p 2 + 4Rr + r 2 + p 2 − 4Rr − r 2 − 2pr cot gα ) ≥ 2p 3 − 4pRr − 2pr 2 − 4p 2 r cot gα ( ) ( ⇔ 2 p 2 − 4Rr − r 2 − 2pr cot gα p 2 − pr cot gα ≥ 2p p 2 − 2Rr − r 2 − 2pr cot gα ) khai tri n và rút g n ta đư c. ⇔ p 2 − 2r cot gα.p − 4Rr − r 2 − 4R 2 sin 2 α ≥ 0 2  r  ∆' = (r cot gα ) + 4R sin α + 4Rr + r =  2R sin α +  2 2 2 2  sin α  r α ⇔ p ≥ r cot gα + 2R sin α + = 2R sin α + r cot g sin α 2 α V y p ≥ 2R sin α + r cot g (4.4). 2 Bây gi chúng ta tìm đi u ki n gi a R và r. π π−α π−c Ta có: A ≥ B ≥ C ≥ α ⇔ > ≥ ≥B≥C≥α 2 2 2 α c ⇒ sin ≤ sin ≤ cos B ≤ cos C ≤ cos α 2 2 Ta có 1 + = cos A + cos B + cos C = − cos(B + C ) + cos B + cos C = r R = sin B sin C − cos B cos C + cos B + cos C α C Đ t x= cosB, y = cosC ⇒ sin ≤ sin ≤ x ≤ y ≤ cos α 2 2 Trang 4
Chuyên đ toán h c s 8 r 1 Đ u tiên ta nh n xét ≤ và d u “=” x y ra khi ∆ABC đ u. Dĩ nhiên là trư ng h p R 2 này tho mãn yêu c u bài toán. ( ) Như v y ta ch quan tâm đ n GTNN c a p(x, y ) = (1 − x 2 ) 1 − y 2 − xy + x + y ( C đ nh y. xét f ( x ) = x(1 − y ) + (1 − y 2 ) 1 − x 2 + y ) 1 − y2 x f ' (x ) = 1 − y − 1− x2 Ta s ch ng minh f ' (x ) ≤ 0 C ∀x ∈ [sin , y] 2 ( ) ( ) ( ) ⇔ (1 − y ) 1 − x 2 ≤ 1 − y 2 x 2 ⇔ (1 − y ) 1 − x 2 ≤ (1 + y )x 2 2 1 − y 1 − cos C C ⇔ x2 ≥ = = sin 2 2 2 2 C ⇔ x ≥ sin (đúng) 2 ⇒ f (x ) ≥ f (y ) = 1 − y 2 − y 2 + 2 y = 1 + 2 y − 2 y 2  α  g (y ) = 1 + 2 y − 2 y 2 y ∈  sin ; cos α   2  1  α  g' (y ) = 2 − 4 y. g ' (y ) = 0 ⇔ y = ∈  sin , cos α  2  2    α  Min g( y ) = Min g sin , g(cos α )   2   α ta s ch ng minh g sin  ≥ g (cos α )  2 α α α  α  α  ⇔ sin − sin 2 ≥ cos α − cos 2 ⇔  cos α − sin  cos α + sin − 1 ≥ 0 2 2 2  2  2   α  α α ⇔  cos α − sin  sin − 2 sin 2  ≥ 0 (đúng)  2  2 2 ⇒ g(y ) ≥ g (x ) ⇒ p(x, y ) ≥ g(cos α ) ⇒ 1 + ≥ g (cos α ) = 1 + 2 cos α − 2 cos 2 α r R α ⇒ ≥ 2 cos α(1 − cos α ) = 4 cos α sin 2 r R 2 A = π − 2α r α 1 D u “=” x y ra ⇔  ⇒ Mi n giá tr = [4 cos α sin 2 , ] (4.5) B = C = α R 2 2 T ng h p 2 k t qu 4.4 và 4.5 ta đư c đ nh lý sau đây: Đ nh lý 5: Xét ∆ABC có Min {A, B, C} ≥ α , khi đó ta có: r α 1 i) ∈ [4 cos α sin 2 , ] R 2 2 Trang 5
Chuyên đ toán h c s 8 ii)  α 2   2R sin α + r cot g   2R 2 + 10Rr − r 2 + 2((R − 2r ) R (R − 2r )) ≥ p 2 ≥ max  2   2  2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r )  2 Đi u ki n i), ii) cũng là nh ng đi u ki n đ đ có ∆ ABC mà min (A, B, C) ≥ α. Còn r t nhi u các l p ∆ khác mà các b n có th áp d ng phương pháp trên tìm đi u ki n ví d như: L p các ∆ có max(A, B, C) ≥ α. r α α i) ≤ 2 sin 1 − sin  R 2 2  α 2   2 R sin α + r cot g  ,  ii ) 2 R 2 + 10 Rr − r 2 − 2( R − 2r ) R ( R − 2r ) ≤ p 2 ≤ max  2   2  2 R + 10 Rr − r + 2( R − 2r ) R( R − 2r )  2 Sau đây tôi xin minh ho qua m t s b t đ ng th c n i ti ng, nh ng b t đ ng th c này dù r t m nh cũng ch là các h qu c a nh ng đ nh lý mà ta đã trình bày. V – B t đ ng th c A. W . Walker. Trong m i ∆ nh n, ta có b t đ ng th c sau. p 2 ≥ 2R 2 + 8Rr + 3r 2 Ch ng minh Ap d ng k t qu đ nh lý 3, ta ch c n ch ng minh. (2R + r )2 ≥ 2R 2 + 8Rr + 3r 2  ( )  2R + 10Rr − r − 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≥ 2R + 8Rr + 3r 2 2 2 2 R 2 − 2Rr − r 2 ≥ 0 R 2 − 2Rr − r 2 ≥ 0 ⇔ ⇔ 2  ( ) (R − 2r ) r − R (R − 2r ) ≥ 0 R − 2Rr − r ≤ 0  2 Đi u này hi n nhiên đúng ⇒ b t đ ng th c A.Wwalker đư c ch ng minh: ( ) D u “=” ⇔ R = 2r ⇔ ∆ABC đ u ; R = 2 + 1 r ⇔ ∆ABC vuông cân B t đ ng th c A.W.Walker có 1 d ng tương đương r t đ p (∑ HA )2 ≤ AB 2 + BC 2 + CA 2 (H là tr c tâm c a ∆ ABC) 2  4  4 trong không gian:  ∑ HA  ≤ ∑ A i A 2 trong đó A1, A2, A3, A4 là t di n tr c tâm. j  i =1  1≤ j≤ j' VI – B t đ ng th c W.I Gridasov Trong m i ∆ nh n ta có b t đ ng th c . 27 tgAtgBtgC sin A sin B sin C ≥ (*) 8 Ch ng minh 8p 2 r 2 (*) ⇔ p 2 − (2R + r ) ≤ 2 27R 2 Trang 6
Chuyên đ toán h c s 8 ⇔ p2 ≤ (2R + r )2 27 R 2 (27R − 8r 2 2 ) theo đ nh lý 3 , chúng ta ch c n ch ng minh: 27(2R + r ) R 2 2 2R + 10Rr − r + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ 2 2 ( 27 R 2 − 8r 2 ) ( ) ( ⇔ 2(R − 2r ) 27R 3 − 27 R 2 r − 19Rr 2 + 2r 3 ≥ 2(R − 2r ) R (R − 2r ) 27R 2 − 8r 2 ) ( ) ⇔ 27 R 3 − 27R 2 r − 19Rr 2 + 2r 3 ≥ 27 R 2 − 8r 2 R (R − 2r ) (**) Bình phương hai v khai tri n và thu g n (**) ( ) ⇔ r 2 135R 4 + 270R 3 r + 189R 2 r 2 + 52r 3 R + 4r 4 ≥ 0 B t đ ng th c hi n nhiên đúng ⇒ b t đ ng th c W.I.Wridasov. D u “=” ⇔ ∆ ABC đ u VII – Các b t đ ng th c c a Jack Garfulkel B−C 1) Cho ∆ ABC. Khi đó ta có ∑ cos ≥ 2 (∑ sin A ). 2 3 Phép ch ng minh cho b t đ ng th c này b n đ c có th tham kh o t p chí toán h c và Tu i tr s 291 tháng 9/2001. Đ c bi t cách gi i c a tác gi Vũ Thành Long hoàn toàn gi ng v i nh ng gì tôi mu n trình bày nên tôi s không vi t ra ch ng minh c a VII. 1 trong bài vi t này. 2) Cho ∆ ABC nh n. Khi đó ta có: A 4 A a) ∑ sin ≥ 1 + ∏ sin  2 3  2 A 4  A b) ∑ cos ≥ 1 + ∏ sin  2 3  2 Ch ng minh Tôi ch trình bày cách ch ng minh cho b). a) hoàn toàn tương t . A π A B  π B C π C Ta có: cos = sin  −  , cos = sin  −  , cos = sin  −  2 2 2 2 2 2 2 2 2 π A π B π C Đ t A’ = − , B’ = − , C’ = − 2 2 2 2 2 2 4   VII.2.b ⇔ ∑ sin A' ≥ 1 + ∏ cos A'  (**)   3  π D dàng ch ng minh A’, B’, C’ là s đo 3 góc c a 1 ∆ nh n và có min(A’, B’, C’) ≥ 4 P − (2R + r ) 2 2 P 4 (**) ⇔ ≥ (1 + ) R 3 4R 2 ⇔ P 2 − 3RP − 4Rr − r 2 ≤ 0 R 3 + 3R 2 + 16Rr + 4r 2 ⇔P≤ 2 Trang 7
Chuyên đ toán h c s 8 3R 2 + 8Rr + 2r 2 + R 9R 2 + 48Rr + 12r 2 ⇔ P2 ≤ 2 Ap d ng đ nh lý 5 ta ch c n ch ng minh ( ) 2 2R 2 + 10Rr − r 2 + 2(R − 2r ) R (R − 2r ) ≤ 3R 2 + 8Rr + 2r 2 + R 9R 2 + 48Rr + Rr 2 ⇔ t 2 + 12t − 4 + 2(t − 2) t (t − 2) ≤ t 9t 2 + 48t + 12 R t= t ∈ [2, 2 + 1] r 4(t − 2 )(2t 3 + 10 t 2 − 11t + 2) ⇔ 2(t − 2) t (t − 2) ≤ t 2 + 12t − 4 + t 9t 2 + 48t + 12 ( ) ( ⇔ t 2 + 12 t − 4 t + 9 t 2 + 48t + 12 t (t − 2 ) ≤ 2 2t 3 + 10 t 2 − 11t + 2 ) ( ( ⇔ 4(t − 2) t + 14 t − 15t + 2 − t (t − 2 ) t + 12 t − 4 3 2 2 )) 3 2 ( ⇔ t + 14t − 15t + 2 ≥ t (t − 2 ) t + 12 t − 4 2 ) ⇔ 6 t + 78t − 48t + 73t − 28t + 4 ≥ 0 5 4 3 2 Đ t h(t ) = 6t 5 + 78t 4 − 48t 3 + 73t 2 − 28t + 4 h' (t ) = 2(15t 4 + 156t 3 − 72t 2 + 73t − 14) d th y h’(t) ≥ 0 ∀t ∈ [2, 2 + 1] ⇒ h(t) ≥ h(2) = 1296 > 0 ⇒ đpcm. D u “=” ⇔ ∆ ABC đ u VIII – Các bài toán khác 1 3 1) Cho ∆ ABC . CMR +1 ≥ (*) B−C ∏ cos 2 ∑ cos A Gi i r Ta có h th c ∑ cos A = 1 + R B − C p + 2Rr + r 2 2 π cos = 2 8R 2 8R 2 (R + r ) 2 (*) ⇔ − r − 2Rr ≥ p 2 2R − r ta ch c n ch ng minh 8 R 2 (R + r ) 2 − r − 2 Rr ≥ 2 R 2 + 10 Rr − r 2 + 2(R − 2r ) R(R − 2r ) 2R − r R (R − 2r )(2R − 3r ) ⇔ ≥ (R − 2r ) R (R − 2r ) (2R − r ) ⇔ R (2R − 3r ) ≥ (2R − r ) R (R − 2r ) R t= , t≥2 r Trang 8
Chuyên đ toán h c s 8 ⇔ t (2t − 3) ≥ (2 t − 1) (t − 2 ) 2 2 ⇔ 2 ≥ 0 (đúng) ⇒ (*) đư c ch ng minh. D u “=” ⇔ ∆ ABC đ u 2) Cho a, b, c là s đo ba c nh ∆ và k là 1 s th c ≥ 2,6. a b c 3 CMR: + + ≥ a 2 + kbc b 2 + kca c 2 + kab k +1 Gi i ] ≥ (∑ a ) a Ap d ng b t đ ng th c B.C.S [∑ a a 2 + kbc ][∑ 2 a 2 + kbc F2 = (∑ a a 2 + kbc ) ≤ (∑ a)(∑ (a 2 3 )) ( + kabc = (∑ a )∑ a 3 + 3kabc ) ⇒A=∑ a ≥ (∑ a ) 2 a + kbc 2 (∑ a ) (∑ a + 3kabc ) 3 d dàng ch ng minh: (∑ a ) + 3kabc = 2p(p − 3r 3 2 2 − 6Rr (k + 1) ) 2p ⇒ A≥ p − 3r − 6 Rr (− k + 1) 2 2 2p 3 Ta ch c n ch ng minh: ≥ p − 3r − 6Rr (− k + 1) 2 2 k +1 B t đ ng th c này là h qu c a: p 2 + 5r 2 ≥ 16Rr (k ≥ 2,6) IX – T ng k t Qua bài vi t này tôi đã c g ng trình bày cho các b n 1 phương pháp ti p c n các b t đ ng th c trong ∆. N u so sánh v i các phương pháp khác, phương pháp pRr không th g i là phương pháp gi i hay, đ p. Tôi tin r ng t t c nh ng đ nh lý, bài toán đư c đ c p trong bài vi t này đ u có th đư c ch ng minh 1 cách g n gàng, hay và đ p hơn. L dĩ nhiên phương pháp pRr mà tôi cho là phương pháp t ng quát cũng s m t hi u l c trong m t s trư ng h p như bi u th c gi a p, R, r quá ph c t p, b t phương trình p theo R, r không gi i đư c hay là chúng ta không th tìm đư c bi u th c đánh giá gi a R và r. Tuy nhiên tôi hy v ng r ng các b n cũng s s d ng đư c phương pháp này trong m t s trư ng h p nh t đ nh. Đ k t thúc cho bài vi t này tôi xin gi i thi u đ n các b n 2 quy n sách mà tôi đã s d ng làm tài li n tham kh o chính đ vi t bài báo này. 1) Lư ng giác sơ c p ph n I – tác gi : GS Phan Huy Kh i. Các b n có th tìm đư c 1 cách khác ch ng minh đ nh lý 2 đây. 2) Lư ng giác sơ c p ph n II – tác gi : GS Phan Huy Kh i. Trong quy n sách này có r t nhi u b t đ ng th c n i ti ng và đ c bi t là GS Phan Huy Kh i trình bày phương pháp tính theo p, R, r các bi u th c đ i x ng trong ∆ : n m v ng phương pháp này các b n có th d dàng th c hi n đư c bư c 1 c a phương pháp p, R, r. Trang 9
Chuyên đ toán h c s 8 Đ NH LÝ PICK VŨ Đ UYÊN VY – 11 Toán PH M KHANG HY – 11 Toán M n chào các b n! H n là chúng ta đã đư c làm quen v i lư i nguyên trên m t ph ng to đ và nhi u đ nh lý hay liên quan đ n lĩnh v c này. Trong bài vi t này, chúng tôi gi i thi u v i các b n m t đ nh lý khá thú v v đa giác trên lư i nguyên và m t vài bài toán nh ng d ng c a đ nh lý này. ♦ Đ NH LÝ: Trong m t ph ng to đ , cho P là m t đa giác có t t c các đ nh đ u nguyên. G i I là s đi m nguyên n m trong P và O là s đi m nguyên thu c P. Khi đó, di n tích đa giác P b ng : 1 SP = I + O − 1 2 Hình P.1 (SP=5+13/2-1=11/2) ♦ CH NG MINH Đ NH LÝ : Khi tính di n tích đa giác, ta v n thư ng chia đa giác thành nh ng đa giác không có đi m trong chung r i tính di n tích c a nh ng đa giác đó. Trư ng h p này cũng v y. Gi s P có nhi u hơn 3 đ nh Trư c h t, ta ch ng minh r ng khi chia P thành 2 đa giác nh hơn không có đi m trong chung P1, P2 (các đ nh P1 và P2 nguyên), đ nh lý Pick s đúng cho P n u nó đúng cho 2 đa giác này. Trang 10
Chuyên đ toán h c s 8 1 S P1 = I 1 + O1 − 1 Th t v y, theo Pick : 2 1 S P2 = I 2 + O2 − 1 2 Trong đó, I1,I2,O1,O2 l n lư t là s đi m nguyên n m trong và thu c đa giác P1,P2. G i L là s đi m nguyên thu c c nh chung c a 2 đa giác. Ta có: I=I1+I2+L-2 O=O1+O2-2L+2 (B n đ c d ch ng minh hai công th c trên) Do 2 đa giác P1 và P2 không có đi m trong chung nên: S P = S P1 + S P2 1 1 ⇒ S P = I 1 + O1 − 1 + I 2 + O2 − 1 2 2 1 ⇒ SP = I + O − 1 2 Như v y, đ ch ng minh đ nh lý, ta ch c n chia đa giác P thành nh ng tam giác có 3 đ nh nguyên nh nh t có th r i tính t ng di n tích c a các tam giác này. Lúc đó, các c nh c a tam giác thu đư c không ch a m t đi m nguyên nào ngoài các đ nh c a tam giác (Hình P.2 và P.3). (Hình P.2) (Hình P.3) Như m t bài toán quen thu c, ta liên h nh ng tam giác này v i các hình ch nh t và tam giác vuông có liên quan đ n nó. Do đó, ta ch còn ph i ch ng minh r ng đ nh lý Pick đúng cho tam giác vuông và hình ch nh t. • TAM GIÁC VUÔNG: G i a và b là đ dài c a các c nh góc vuông. Ta d dàng ch ng minh đư c: I = (a − 1)(b − 1) 1 2 O = a + b +1 Do đó: S = ab = (a − 1)(b − 1) + (a + b + 1) − 1 = I + O − 1 1 1 1 1 2 2 2 2 • HÌNH CH NH T: Trang 11
Chuyên đ toán h c s 8 G i a và b là đ dài hai c nh hình ch nh t. Ta d ch ng minh: I = (a − 1)(b − 1) O = 2(a + b ) Suy ra: S = ab = (a − 1)(b − 1) + (a + b ) − 1 = I + 1 O −1 2 Như v y, ta hoàn thành vi c ch ng minh đ nh lý này. ♦ M T VÀI BÀI TOÁN NG D NG Đ NH LÝ PICK: Đ nh nghĩa: Ta g i m t đi m (n,m) là h u hình n u và ch n u đo n th ng n i g c to đ O v i đi m (n,m) không ch a m t di m nguyên nào khác hai đi m đã cho. B đ : (Dành cho b n đ c ch ng minh) Cho n và m là hai s nguyên khác 0. Đi m (n,m) là h u hình khi và ch khi UCNN(n,m)=1. Trên hai tr c to đ , ch có các đi m (1,0),(-1,0),(0,1),(0,-1) là h u hình. Bài toán 1: Phương trình đư ng th ng đi qua đi m A(n,0) và đi m B(0,n) là x+y=n. Đư ng th ng này ch a t t c các đi m có to đ (i,n-i) v i i là m t s nguyên. Có n-1 đi m như th n m gi a A và B. N i n-1 đi m trên v i g c to đ O, ta chia tam giác OAB thành n tam giác. Hi n nhiên r ng, hai tam giác nh n OA và OB làm m t c nh c a nó thì không ch a b t kỳ đi m nguyên nào trong nó. Câu h i c a bài toán này là : V i s n nguyên t , ch ng minh r ng n-2 tam giác còn l i ch a cùng m t s các đi m nguyên bên trong. Ch ng minh : Vì n là s nguyên t nên UCLN(i,n-i)=1 v i m i i. Theo b đ đã nêu trên, đo n th ng OXi n i O v i (i,n-i) không ch a b t kỳ m t đi m nguyên nào khác. Do đó, v i m i tam giác OXiXi+1( 1 ≤ i ≤ n - 1 ), ch có 3 đi m nguyên (chính là 3 đ nh c a tam giác) thu c các c nh c a nó. M t khác, (n-2) tam giác này có di n tích b ng nhau. Nên theo đ nh lý Pick, ta d dàng suy ra chúng ch a cùng m t s lư ng các đi m nguyên thu c mi n trong c a chúng. (Hình P.4). Bài toán 2 : Cho hình vuông NxN trong m t ph ng to đ . Ch ng minh r ng nó ch ch a nhi u nh t là (N+1)2 đi m nguyên. Ch ng minh : Ta có : 1 là kho ng cách nh nh t gi a 2 đi m nguyên. Chu vi c a hình vuông b ng 4N. Suy ra có nhi u nh t 4N đi m nguyên thu c các c nh c a hình vuông. G i I là s đi m nguyên n m trong hình vuông, J là s đi m nguyên thu c các c nh c a hình vuông. Theo đ nh lý Pick, ta có: Trang 12
Chuyên đ toán h c s 8 J N2 = I + −1 2 + 1 ≤ N 2 + 2 N + 1 = (N + 1) J ⇒ I + J = N2 + 2 2 B n đ nh c a hình vuông là các đi m nguyên : Khi đó, hình vuông này ch a (N-1)2 đi m nguyên bên trong và 4N đi m nguyên trên các c nh c a nó. Suy ra, nó ch a (N+1)2 đi m nguyên. V y I + J ≤ (N + 1) (đpcm). 2 B(0.n) A(n,0) Hình P.4 ng d ng c a đ nh lý này còn r t nhi u, dãy Farey là m t ví d . Chúng tôi ch nêu ra nh ng gì cơ b n nh t liên quan đ n đ nh lý. Ch c h n các b n s tìm thêm đư c nhi u ng d ng c a nó trên n n t ng n i dung đ nh lý đư c nêu trên! Trang 13
Chuyên đ toán h c s 8 PHƯƠNG PHÁP XÂY D NG DÃY TRUY H II PHƯƠNG PHÁP XÂY D NG DÃY TRUY H & CÁC BÀII TOÁN GII II TÍÍCH T H P & CÁC BÀ TOÁN G T CH T H P Lương Minh Th ng -12 Toán I. Gi i thi u: Phương pháp xây d ng dãy truy h i (công th c đ quy) là m t trong nh ng công c khá m nh đ gi i các bài toán GTTH bên c nh các phương pháp như: phương pháp qu đ o, phương pháp thêm b t, phương pháp song ánh... Có th nói tìm công th c truy h i là m t trong nh ng ý tư ng chúng ta hư ng đ n đ u tiên khi b t tay vào gi i các bài toán GTTH b i vì chúng ta có m t đ nh hư ng rõ ràng r ng s đưa bài toán v trư ng h p nh hơn, đơn gi n hơn đ x lý. M t khi đã có đư c công th c truy h i, chúng ta s có m t cái nhìn khái quát v s c n tìm, t đó có th suy ra các tính ch t c a s đó và th m chí có th tìm ra đư c nh ng l i gi i đ p hơn cho bài toán thông qua các phương pháp khác. Trong bài vi t này, tôi s đ c p đ n 2 v n đ : xây d ng dãy truy h i đơn gi n và xây d ng các dãy truy h i l ng nhau. II. Xây d ng các dãy truy h i đơn gi n: 1) Ý tư ng: Ta s gi i bài toán t ng quát d a trên tham s n và đ t s c n tìm là an. Ta bi u di n an thông qua các đ i lư ng ai (i< n) hay nói cách khác tìm hàm f(a1, ..., an-1): an= f(a1, ..., an-1) (trong m t s trư ng h p ta dùng luôn đ i lư ng a0) 2) M t s thí d : v Ví d 1 (Canada 96): tìm s hoán v (a1, ..., an) c a (1, ..., n) th a a1 = 1  | a i +1 − a i |≤ 2 ∀i = 1, n + 1 Gi i ∀n ∈ N*. Đ t xn là s hoán v c a {1, ..., n} th a đi u ki n An là t p h p các hoán v c a {1, ..., n} th a đi u ki n Ta có x1 = 1, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 4. V i n ≥ 5, xét các b (a1, ..., ak) th a đi u ki n Do | a2 – a1| = | a2 – 1| ≤ 2 ⇒ a2 = 2 ∨ 3 + a2 = 2 Đ t (b1, ..., bn-1) ≡ (a2 –1, ..., an –1) Ta có (b1, ..., bn−1) là m t hoán v c a {1, ...,n −1}, b1 = 1 và | bi−1 − bi | = | ai − ai+1| ≤ 2, i = 1, n − 1 ⇒ (b1, ..., bn−1) ∈ An−1. G i A*n là t p các hoán v (a1, ..., an) ∈ An và a2 = 2 Xét f: A*n → An−1 (a1, ...,an) → (a2 −1, ..., an−1) d ch ng minh f là song ánh ⇒ s b tho đi u ki n trong trư ng h p này là xn−1 {* Lưu ý: Đ cho đơn gi n, ta s làm t t quá trình xây d ng song ánh Ví d đo n trên ta ch nói: “m i môt b (a1, ...,an) ∈ A*n tương ng v i m t b (a2 −1, ..., an−1) ∈ An−1 ⇒ s b trong trư ng h p này là xn−1” Trang 14
Chuyên đ toán h c s 8 chi ti t xin dành cho b n đ c!} + a2 = 3 N u ai = 2 v i 3< i< n ⇒ ai−1 = ai+1 = 4 (vô lý) ⇒ a3 = 2 ∨ an = 2  n + 1 n n * an = 2 ⇒ an−1 = 4 ⇒ a3 = 5; có m t b tho (1, 3, ..., 2  2   − 1, 2  2 , 2 2  − 2, ..., 2)     * a3 = 2 ⇒ a4 = 4; m i m t b (a1, ...,an) trong trư ng h p này s tương ng v i m t b (a4 −3, ...,an −3) ∈ An−3 ⇒ s b trong trư ng h p này là xn−3 V y ta có h th c truy h i xn = xn−1 + xn−3 + 1 (n ≥ 5) v Ví d 2 (Bungari 99, vòng 4) Tìm s có n ch s a 1...a n th a mãn a1a2 + ...+ an−1an chia h t cho 2 Gi i ∀n ∈ N*, n ≥ 2, đ t Sn là s s có n ch s tho đi u ki n An là t p h p các s có n ch s th a đi u ki n S2 = 65, S3 = 675 V i n ≥ 4. Xét các s a 1...a n th a đi u ki n. * an−1 ch n ⇒ a1a2 + ...+ an−3an-2 M 2 V i m i an−1, an c đ nh thì m t s a 1...a n trong trư ng h p này s tương ng v i m t s a 1...a n −2 ∈ An−2 ⇒ có Sn−2 s th a đi u ki n ∀an−1, an c đ nh. Có 5.10 cách ch n an−1, an v y v i an−1 ch n có t t c 50Sn−2 * an−1 l V i m i cách ch n (a1, ..., an−1) luôn ∃ 5 cách ch n an sao cho an−1.an ≡ −(a1a2+ ...+ an−2 an−1) [2] V y có 9.10n−3.5.5 s Cu i cùng ta có công th c truy h i Sn = 9.25.10n−3 + 50.Sn−2 (n ≥ 4) Vi c tính Sn xin dành cho b n đ c III. Xây d ng các dãy truy h i l ng nhau: 1) Ý tư ng: Trong quá bi u di n an b ng các đ i lư ng nh hơn an−1, an−2, ... s có bài toán ta không th k t thúc đư c quá trình truy h i. Đi u đó s d n đ n ta không th tìm đư c công th c truy h i ho c là công th c tìm đư c quá c ng k nh khó x lý. Đ gi i quy t v n đ trên ta s đ t thêm m t (hay nhi u dãy) un (hay vn, xn) đ d ng quá trình truy h i, như v y ta có: an = f(an−1, an−2,... un, un−1,...) Sau đó ta l i bi u di n un = g(an−1, an−2,... un−1, un−2,...) vn = ...... a n = f (a n −1 , a n − 2 ,...)  Cu i cùng ta gi i h pt u n = g(u n −1 , u n −2 ,...) đ tìm an ......  2) M t s ví d : Ta xét ví d d a trên bài 3 thi HSG QG 2002−2003 Trang 15
Chuyên đ toán h c s 8 v Ví d 3: Tìm công th c truy h i c a dãy xn = s hoán v (a1, ..., an) c a {1, ..., n} th a: 1 ≤ | ai − i | ≤ 2 v i i = 1, n Nh n xét : L i gi i bài toán này các b n có th tham kh o trên báo THTT 2/2004. Theo tôi thì l i gi i đó không th t s đư c t nhiên cho l m và chúng ta s đi tìm m t l i gi i khác t nhiên hơn b ng phương pháp trên. Ta b t đ u xét các trư ng h p : Có 2 trư ng h p: an-1 = n ∨ an-2 = n N u an-1 = n : l i có 2 trư ng h p an = (n-1) ∨ an = n-2. V i an = n-1 : ta có th chuy n bài toán t n v (n-2) Tuy nhiên v i an = n-2, n u ti p t c xét trư ng h p thì ta s d n đ n an-2= (n-4) v (n-3) v (n-1). Đ n đây thì bài toán tr nên khó ki m soát vì có quá nhi u trư ng h p. Chính đi u này khi n ta ph i ng t quá trình truy h i b ng cách t o ra b hoán v (b1, ..., bn) như l i gi i dư i đây : Gi i xn = s hoán v {1, ..., n} th a đi u ki n An là t p các hoán v {1, ..., n} th a đi u ki n yn là s các hoán v (b1, ..., bn) c a {1, 2, 3, ...,n-1, n+1} th a 1 ≤ | bi − i | ≤ 2 Bn là t p các hoán v (b1, ..., bn) c a {1, 2, 3, ..., n-1,n+1} th a 1 ≤ | bi − i | ≤ 2 a) Xét các b (a1, ..., an) ∈ An Ta có 2 trư ng h p: an-1 = n ∨ an-2 = n * an-1 = n : ta có 2 trư ng h p an = (n-1) ∨ an = n-2 + an = n-1: m i m t b (a1, ..., an) ng v i 1 b (a1, ..., an-2) ∈ An−2 ⇒ s b là xn−2 + an = n-2 : m i m t b (a1, ..., an) ng v i 1 b (a1, ..., an-2)∈ Bn−2 (t i sao ?) ⇒ s b là yn−2 * an-2 = n. Ta có 2 trư ng h p an = n-1 ∨ an-3 =n-1 + an = n-1 • an-1 = n-2 (a1, ..., an) → (a1, ..., an-3)∈ An−3 à s b là xn−3 • an-1 = n-3 (a1, ..., an) → (a1, ..., an-3) ∈ Bn−3 s b là yn−3 + an-3 = n-1 ⇒ an = n-2; an-1 = n-3 (a1, ..., an) → (a1, ..., an-4) ∈ An−4 s b là xn−4 V y ta có xn = xn−2 + yn−2 + xn−3 + yn−3 + xn−4 (1) b) Xét các b (b1, ..., bn) ∈ Bn Ta có 2 trư ng h p bn-1 = n+1 ∨ bn = n+1 + bn = n+1 : (b1, ..., bn) → (b1, ..., bn-1) ∈ An−1 s b là xn−1 + bn-1 = n+1 • bn = n-1 (b1, ..., bn) → (b1, ..., bn-2) ∈ An−2 s b là xn−2 • bn = n-2 (b1, ..., bn) → (b1, ..., bn-2)∈ Bn−2 s b là yn−2 Trang 16
Chuyên đ toán h c s 8 V y yn = xn−1 + xn−2 + yn−2 (2) c)T (1) ⇒ (xn−2 + xn−3 +xn−4) + (yn−2 + yn−3) − (xn−3 + xn−4 + xn−5) − (yn−3 + yn−4) = xn−2 − xn−5 + yn−2 − yn−4 (3) Mà t (2) ⇒ yn−2 − yn−4 = xn−3 + xn−4 th vào (3) ⇒ xn = xn−1 + xn−2 + xn−3 + xn−4 − xn−5 * Cũng v i ý tư ng ng t quá trình truy h i như trên ta đưa ra thêm m t l i gi i đ p khác cho bài toán như sau : S d ng các ký hi u An,xn như trên. Ta đ i l i các ký hi u Bn,yn : yn là s các hoán v (b1, ..., bn) c a {1, 2, 3, ..., n] th a 1 ≤ | bi − i | ≤ 2 và b1=2 Bn là t p các hoán v (b1, ..., bn) c a {1, 2, 3, ...,n} th a 1 ≤ | bi − i | ≤ 2 và b1=2 Nh n xét : yn cũng là s các hoán v (b1, ..., bn) c a {1, 2, 3, ..., n] th a 1 ≤ | bi − i | ≤ 2 và b2=1 (*) Ch ng minh : Chi ti t xin dành cho b n đ c. Ý tư ng g i f song ánh b n t [1, 2, 3, ..., n] vào (b1, ..., bn), f(i) =bi f là song ánh nên f-1 cũng là song ánh ⇒ (f-1(1),...,f-1(n)) là hoán v c a (1,..,n). f(1)=b1=2 ⇒ f-1(2) = 1 và 1 ≤ | bi − i | = | bi − f-1(bi) |≤ 2 Rõ ràng (f-1(1),...,f-1(n)) là hoán v c a (1,..,n) th a (*) Tr l i bài toán : a) Xét các b (a1, ..., an) ∈ An Ta có 2 trư ng h p: a2 = 1 ∨ a3 = 1 * a2 = 1: theo nh n xét ta có s b là yn. * a3 = 1. Ta có 2 trư ng h p a1 = 2 ∨ a1 = 3 + a1 = 2 Ta có th xem a3=2 và m i m t b (a1, ..., an) ng v i 1 b ( a2-1,a3-1=1,...,an-1) ∈ Bn−1 ⇒ s b là yn-1 ( các b n th suy nghĩ xem t i sao ta có th xem a3=2 và có tương ng trên ) + a1 = 3 ⇒ a2 = 4; a4 = 2 (a1, ..., an) → (a5−4, ..., an−4) ∈ An−4 s b là xn−4 V y ta có xn = yn+ yn−1 + xn−4 (1) b) Xét các b (b1, ..., bn) ∈ Bn, b1=2, ta có 2 trư ng h p b2 = 1 ∨ b3 = 1 + b2 = 1 : (b1, ..., bn) → (b3-2, ..., bn-2) ∈ An−2 s b là xn−2 + b3 =1 Ta có th xem b3=2 và m i m t b (b1, ...,bn) ng v i 1 b ( b2-1,b3-1=1,...,bn-1) ∈ Bn−1 ⇒ s b là yn-1 V y yn = xn−2 + yn−1 (2) c) (1) ⇒ xn − xn−1 = (yn + yn-1) + xn-4 - (yn-2 + yn-1) - xn-5 = yn + xn-4 - yn-2 - xn-5 (3) (2) ⇒ yn − yn−2 = xn-2 + xn-3 (4) (3), (4) ⇒ xn = xn−1 + xn−2 + xn−3 + xn−4 − xn−5 Trang 17