Nguyên tắc cực hạn trong để giải toán

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em tham khảo tài liệu "Nguyên tắc cực hạn trong để giải toán" gồm tóm tắt lí thuyết; Bài tập và các dạng toán sẽ giúp các em hệ thống lại kiến thức lý thuyết, biết cách phân loại các dạng bài tập. Ngoài ra việc tham khảo tài liệu còn giúp các em biết thêm những phương pháp giải bài tập hiệu quả hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Nguyên tắc cực hạn trong để giải toán

NGUYÊN TẮC CỰC HẠN Date TRONG ĐỂ GIẢI TOÁN “tailieumontoan.com” I. Lý Thuyêt II. Bài tâp 1. Giới thiệu nguyên tắc cực hạn Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau: Bài 1. Trên đường thẳng cho một tập điểm M sao cho mỗi Nguyên lí 1: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số điểm của M là trung điểm của một đoạn thẳng nối hai điểm thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất. khác thuộc M. Chứng minh rằng M là một tập hợp vô hạn. Nguyên lí 2: Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn Lời giải. luôn có thể chọn được số bé nhất. Giả sử đường thẳng đã cho đặt nằm ngang và giả sử M là Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp tập hợp hữu hạn. được vận dụng cho nhiều lớp bài toán khác, đặc biệt nó có Khi đó trong số các điểm của M phải có một điểm nằm tận ích khi giải các bài toán tổ hợp. Trong quá trình tìm kiếm cùng bên trái (bên trái), gọi điểm đó là A. Rõ ràng A không lời giải nhiều bài toán, sẽ rất có lợi nếu chúng ta xem xét thể là trung điểm của đoạn thẳng nối hai điểm khác của M, các phần tử biên, phần tử giới hạn nào đó, tức là phần tử suy ra A ∉ M . Điều này trái với giả sử. Vậy M là tập hợp mà tại đó mỗi đại lượng hình học cá thể nhận giá trị lớn vô hạn. nhất hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn như cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một tam giác, góc lớn nhất hoặc góc nhỏ Bài 2. Trên mặt phẳng cho một tập điểm M sao cho mỗi nhất của một đa giác …. Những tính chất của các phần từ điểm của M là trung điểm của một đoạn thẳng nối hai điểm biên, phần tử giới hạn nhiều khi giúp chúng ta tìm kiếm khác thuộc M. Chứng minh rằng M là một tập hợp vô hạn. được lời giải thu gọn của bài toán. Lời giải. Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với A các phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận dụng trong trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ tập hợp hữu hạn( nguyên lí 1) hoặc có thể có vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2). C 2. Giải toán nguyên tắc Cực hạn B D • Bước 1. Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần Giả sử M là tập hợp hữu hạn. Vì M là tập hợp hữu hạn nên số khảo sát luôn tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ các đoạn thẳng nối hai điểm bất kì thuộc M cũng là hữu hạn, nhất. do đó phải tồn tại một một đoạn thẳng có độ dài lớn nhất, giả • Bước 2. Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó sử đó là đoạn AB. Theo đề bài thì B phải là trung điểm của nhận giá trị này (nhỏ nhất hoặc lớn nhất) đoạn thẳng CD nào đó ( C , D ∈ M ). Dễ chứng minh được: Nếu • Bước 3. Chỉ ra một mâu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn AB ⊥ CD thì AC = AD > AB ; nếu AB không vuông góc với nhỏ hơn (hay lớn hơn) giá trị ta đang khảo sát .  tù hoặc ABD CD thì ABC  tù, khi đó hoặc AC > AB , hoặc Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy AD > AB , điều này trái với việc chọn AB. Vậy M là tập hợp ra điều phải chứng minh. vô hạn. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 3. Cho bảy số nguyên dương khác nhau a 1 , a 2 , a 3 ,..., a 7 có tổng bằng 100. Chứng minh rằng trong đó có ba số có n2 có không ít hơn tháp. tổng không nhỏ hơn 50. 2 Lời giải. Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử a 1 < a 2 < ... < a 7 . Ta cần Xét một trong n đường nằm ngang và n đường thẳng đứng mà trong đó có ít tháp nhất. Giả sử đó là đường xét tổng ba số lớn nhất và chứng minh a 5 + a 6 + a 7 ≥ 50. nằm nganh và trên đó có k tháp. Thật vậy: n Nếu a 5 ≥ 16 thì a 6 ≥ 17, a 7 ≥ 18 , do đó Nếu k ≥ thì số tháp trên bàn cờ không ít hơn 2 a 5 + a 6 + a 7 ≥ 16 + 17 + 18 = 51. n n2 Nếu a 5 ≤ 15 thì a 4 + a 3 + a 2 + a 1 ≤ 14 + 13 + 12 + 11 = 50, n. = . 2 2 khi đó ta cũng có: a 5 + a 6 + a 7 ≥ 50. n Nếu k < , do trên đường nằm ngang đang xét có Như vậy ta có điều phải chứng minh. 2 Bài 4. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương n − k ô trống và mỗi cột đi qua các ô trống này có x, y, z, u thỏa mãn x 2 + y 2 = 3 (z 2 + u 2 ) không ít hơn n – k tháp (theo đề bài) nên tất cả các ( 1) cột như vậy sẽ có không ít hơn (n − k ) tháp. 2 Lời giải. Giả sử tồn tại bốn số x, y, z, u thỏa mãn (1). Ta xét bốn số Còn lại k cột, mỗi cột có không ít hơn k tháp. Do đó tất như vậy sao cho x 2 + y 2 có giá trị nhỏ nhất. Giả sử bốn số cả số tháp. Do đó tất cả số tháp có trên bàn cờ không ít hơn (n − k ) + k 2 . Ta chỉ còn phải chứng minh rằng 2 ( đó là a, b, c, d. Từ đẳng thức a 2 + b 2= 3 c 2 + d 2 suy ra ) n2 (n − k ) 2 a 2 + b 2  3 ⇒ a  3 và b  3 +k2 ≥ . Rõ ràng BĐT này luôn đúng vì nó 2 Đặt = a 3= m , b 3n (m , n ∈ Z + ) , 2 n  tương đương với bất đẳng thức 2  − k  ≥ 0. Thay vào đẳng thức trên ta được 9m 2 + 9n 2 = 3 c 2 + d 2 ( ) 2  ( ) hay c 2 + d 2 = 3 m 2 + n 2 , nghĩa là ta lại tìm được bộ bốn - Nếu n là số chẵn thì ta có thể đặt các tháp hoàn toàn trong các ô đen hoặc ô trắng. số c, d, m, n thỏa mãn (1) đồng thời a 2 + b 2 < c 2 + d 2 . n2 + 1 Điều này trái với việc chọn các số a, b, c, d. Từ đó ta có điều - Nếu n là số lẻ thì ta sẽ đặt được tháp bằng 2 phải chứng minh. cách: Một tháp đặt ở một trong các góc, các tháp còn Bài 5. Trên một đường tròn cho n số tự nhiên, biết rằng mỗi lại đặt ở trong các ô cùng màu. số bằng trung bình cộng của hai số kề với nó. Chứng minh rằng tất cả các số trên đường tròn đều bằng nhau. Bài 7. Trên mặt phẳng cho n điểm (n ≥ 3 ) , trong đó Lời giải. không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng Tất nhiên n số tự nhiên đó phải có số nhỏ nhất, gọn số đó là tồn tại một đường tròn đi qua 3 điểm trong số các m. Giả sử hai số kề với m là a và b , theo đề bài ta có điểm đã cho mà không chứa trong nó điểm nào trong số a +b = 2m ( 1 ) . Vì a ≥ m , b ≥ m nên nếu một trong hai các điểm còn lại. Lời giải. bất đẳng thức đó thực sự lớn hơn thì sẽ có a + b > 2m , điều Vì số khoảng cách giữa hai điểm trong n điểm đã cho là này trái với (1). Vậy phải có a = b = m. hữu hạn nên ta chọn hai điểm có khoảng cách nhỏ nhất, Lí luận tương tự ta được tất cả các số trên đường tròn đều giả sử hai điểm đó là A, B. Từ n – 2 điểm còn lại ta nối A bằng m. và B. Trong số các góc tạo thành nhìn đoạn AB, ta chọn Bài 6. Trên các ô của bạn cờ hình vuông n × n đặt những điểm mà từ đó nhìn đoạn AB dưới góc lớn nhất, giả sử đó cái tháp với điều kiện: Nếu có một ô nào đó trống thì tổng  ≤ 60o ). Đường tròn đi qua ba là điểm C (để ý rằng ACB số tháp đặt trên đường nằm ngang và đường thẳng đứng điểm A, B, C là đường tròn phải tìm. Thật vậy: qua ô đó không nhỏ hơn n. Chứng minh rằng trên bàn cờ đó - Nếu có một điểm D nằm trong đường tròn và cùng phía ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
 là góc tù, do đó AB > AD và AB > BD (vô lý). với C thì ADB Bài 10. Trên mặt phẳng cho n điểm ( n ≥ 3 ), biết rằng Vậy ta có điều phải chứng minh. diện tích của tam giác bất kì với ba đỉnh trong n điểm Bài 8. Giả sử O là một điểm nằm trong một đa giác lồi nào đó không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả n điểm đó đó, từ O hạ các đường vuông góc xuống các cạnh của đa giác. có thể chứa trong một tam giác có diện tích bằng 4. Chứng minh rằng ít nhất có chân của một trong các đường Lời giải. vuông góc đó nằm trên một cạnh của đa giác (chứ không phải N K nằm trên phần kéo dài của nó). d Lời giải. D L M O Xét tất cả các tam giác có đỉnh tại n điểm đã cho, rõ ràng số tam giác đó là hữu hạn, do đó tồn tại một tam giác có diện tích C G lớn nhất, giả sử đó là tam giác KLM. Qua K vẽ đường thẳng F d//LM. Qua N là điểm nằm khác phía L so với d thì E B A S NLM > S KLM , do đó tất cả các điểm đã cho phải nằm cùng Trong các khoảng cách từ O đến các cạnh của đa giác, giả sử một phía đối với đường thẳng d. Tương tự qua L và M vẽ các khoảng cách của đa giác, giả sử khoảng cách từ O đến cạnh đường thẳng l//KM, m//KL thì tất cả n điểm đã cho phải nằm AB là nhỏ nhất (đó là đường vuông góc OE). Ta sẽ chứng minh trong (hoặc trên cạnh) của tam giác tạo bởi ba đường d, l, m. điểm E phải thuộc cạnh AB. Giả sử E nằm ngoài cạnh AB, khi Rõ ràng tam giác này có diện tích bằng bốn lần diện tích tam đó OE phải cắt một trong các cạnh của đa giác tại G. Dễ thấy giác KLM. Từ đó ta có điều phải chứng minh. OF < OG < OE , nghĩa là điểm O gần cạnh BC hơn là cạnh AB. Bài 11. Trên mặt phẳng cho n đường thẳng ( n ≥ 3 ), hai Điều này trái với việc chọn cạnh AB, từ đó ta có điều phải đường thẳng bất kì trong n đường thẳng đó đều cắt nhau chứng minh. và qua mỗi giao điểm đó còn có thêm ít nhất một đường Bài 9. Chứng minh rằng trong một ngũ giác lỗi bất kì luôn tìm thẳng khác đi qua. Chứng minh rằng tất cả n đường thẳng được ba đường chéo có độ dài là ba cạnh của một tam giác. đó đồng quy. Lời giải. Lời giải. B C K O D h A D A k B C E Giả sử n đường thẳng đó không đồng quy, nghĩa là chúng cắt Gia sử AD là đường chéo lớn nhất của ngũ giác lồi ABCDE, ta sẽ nhau tại ít nhất 2 điểm, giả sử K là một trong các điểm đó. chứng minh ba đường chéo AD, AC, BD tạo thành một tam giác. Trong các đường thẳng không đi qua K, giả sử h là đường Nghĩa là ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức AD < AC + BD thẳng có khoảng cách đến K là nhỏ nhất. Giả sử qua K có ba là xong. Gọi O là giao điểm của BD và AC. đường thẳng cắt đường thẳng h tại A, B, C (theo thứ tự đó). Ngũ giác ABCDE lồi nên ta có: OA < AC ;OD < BD Theo đề bài thì qua B còn có một đường thẳng nữa , giả sử Xét bất đẳng thức trong tam giác OAD ta có: đó là đường thẳng k, đường thẳng này cắt KC (hoặc KA) tại AD < AO + OD < AC + BD ⇒ AD < AC + BD D. Rõ ràng D phải là điểm trong của KC (hoặc KA) và khi đó Vậy bài toán được chứng minh. dễ thấy D gần đường thẳng h hơn K– điều này trái với việc chọn điểm K và đường thẳng h, từ đó ta có điều phải chứng minh. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 12. Trên mặt phẳng cho n đường thẳng ( n ≥ 3 ), trong + Trường hợp 2: Tam giác ABC tù, không mất tính tổng đó không có hai đường nào song song,không có ba đường nào đồng quy, các đường thẳng này chia mặt phẳng thành quát ta giả sử A > 90 0 những phần. Chứng minh rằng nếu lấy bất kì đường thẳng - Khi đó nếu 90 0 < A ≤ 120 0 , chứng minh tương tự nào trong số đó thì bao giờ cũng có phần mặt phẳng kề với trương hợp tam giác ABC không từ. đường thẳng đó có hình tam giác. - Khi A > 120 0 , trong tam giác ABB ' có Lời giải.  A > 90 0 > AB ' B nên ta được AB < BB ' < 1 . Gọi các đường thẳng đã cho là d 1 , d 2 ...., d n . Xét đường  Trong tam giác ACC ' có A > 90 0 > AC 'C nên ta được thẳng d 1 , từ tất cả các giao điểm của các đường thẳng còn AC < CC ' < 1 . lại, ta chọn ra một giao điểm có khoảng cách đến d 1 nhỏ 1 1 Ta=có S ABC = .AB .CK  .AB .AC .sin KAC nhất. Giả sử đó là giao điểm của hai đường thẳng d 2 và d 3 2 2 Dễ dàng chứng minh được hình được tạo bởi ba đường 1 3 1 < .1.1.sin 60 0 = < thẳng d 1d 2 d 3 là tam giác thỏa mãn đề bài. 2 4 3 Bài 13. Cho tam giác ABC, lấy điểm C ' thuộc cạnh AB, A ' 1 Vậy ta luôn có S ABC ≤ . thuộc cạnh BC và B ' thuộc cạnh CA. Biết rằng độ dài đoạn 3 thẳng AA ', BB ',CC ' không lớn hơn 1. Chứng minh rằng Bài 15. Chứng minh rằng bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh 1 của một tự giác lồi thì phủ kín miền tứ giác ABCD. S ABC ≤ ( S ABC là diện tích tam giác ABC) 3 Lời giải. Lời giải. B A C C' B' M A D B C A' Ta xét các trường hợp sau đây + Trường hợp 1: Tam giác ABC không tù, khi đó trong ba Lấy M là một điểm tùy ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai khả góc của tam giác ABC có ít nhất một góc lớn lớn hơn năng xảy ra: hoặc bằng 60 0 . • Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên một Không mất tính tổng quát, giả sử cạnh của tứ giác ABCD). Khi đó M nằm trong hình tròn A ≥ B ≥ C ⇒ A ≥ 60 0 có đường kính là cạnh ấy. Trong trường hợp này kết luận Kẻ các đường cao BD và CE, khi đó ta được của bài toán hiển nhiên đúng. 1 • Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD . S ABC = BD .AC  + BMC  + CMD + DMA= 2 Khi đó ta có AMB 360 0 Mà BD ≤ BB ' ≤ 1 nên ta được Theo nguyên lí cực hạn thì trong các góc 1 1 1  , BMC AMB  ,CMD  , DMA  luôn tồn tại một góc có số đo lớn S ABC = BD .AC ≤ .BB '.AC ≤ .AC 2 2 2 nhất. 1 Chứng minh tương tự ta được S ABC ≤ .AB . 2  = AMB Giả sử Max BMC {  , BMC  , DMA  ,CMD  . Khi đó } 1  ≥ 90 0 BMC Do đó: S ABC 2 ≤ .AB .AC .Lại có: 4 Từ đó suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) 1 1 3.AB .AC đường tròn đường kính BC. Vậy dĩ nhiên M bị phủ bởi S ABC = .AB .AC .sin A ≥ .AB .AC .sin 60 0 = 2 2 4 đường tròn này. Như thế do M là điểm tùy ý của tứ giác 3.AB .AC 1 ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác Do đó: S ABC ≥ ≥ 3.S ABC 2 ⇒ S ABC ≤ 4 3 lồi đã cho. Vậy ta có điều phải chứng minh. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 1. Cho 2011 đường thẳng phân biệt, trong đó ba đường thẳng bất kì trong số chúng thì đồng quy. Chứng minh rằng cả 2011 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm. Bài 2. Một nước có 80 sân bay mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác nhau. Mỗi máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất. Chứng minh rằng trên bất kỳ sân bay nào cũng không thể có quá 5 máy bay đến. Bài 3. Trong tam giác ABC có ba góc nhọn. Lấy một điểm P bất kì trong tam giác. Chứng minh khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của tam giác đó. Bài 4. Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng nếu các bán kính của 4 đường tròn nội tiếp các tam giác EAB, ECD, EDA mà bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình thoi. Bài 5. Trên mặt phẳng cho 2 × 2000 điểm, trong đó không có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta tô 2011 điểm bẳng màu đỏ và tô 2011 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2011 đoạn thẳng không có điểm nào chung. Bài 6. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: x 2 + y 2 + z 2 = 2xyz ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. A K P l B Q C D Ta sẽ đi giải quyết bài toán bằng phương pháp phản chứng: Giả sử ngược lại các đường thẳng đã cho không đi qua một điểm. Ta xét các giao điểm tạo nên bởi 2011 đường thẳng đã cho. Xét tất cả các khoảng cách khác 0 hạ từ các giao điểm này tới các đường thẳng đã cho. Giả sử A là một giao điểm trong số đó và gọi AQ là khoảng cách nhỏ nhất trong số đó vẽ từ A đến  đường thẳng  trong số 2011 đường thẳng. Qua A theo giải thiết, phải có ít nhất là 3 đường thẳng, và 3 đường thẳng này cả  lần lượt tại B, C và D. Vẽ AQ vuông góc với  , thì hai trong ba điểm B, C, D phải nằm cùng một phía của điểm Q, chẳng hạn là C và D. Không mất tính tổng quát, giả sử QC < QD . Vẽ CP vuông góc với AD và QK vuông góc với AD. Suy ra CP < QK < AQ . Điều này là vô lý vì trái với giả thiết giả sử AQ là khoảng cách bé nhất. Điều vô lí trên chứng tỏ rằng 2011 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm. Bài 2.Từ giả thiết suy ra nếu các máy bay từ các sân bay M và N đến sân bay O thì khoảng cách MN là lớn nhất trong các cạnh của tam giác MON, do đó ta được MON > 60 0 . Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay M1 ; M 2 ; M 3 ; M 4 ;...; M n đến sân bay O thì một trong các góc  360 0 M i ON j không lớn hơn với i, j, n ∈ {1;2;3;4;5;...;80} vì tổng các góc đã cho bằng 360 0 . n 0 360 Như vậy ta có > 60 0 do đó n < 6 . Suy ra điều phải chứng minh. n Bài 3. A A1 B1 P B C1 C Dựng PA1 ,PB1 ,PC1 tương ứng vuông góc với các cạnh BC, CA, AB. Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên các điểm A1 , B1 ,C1 tương ứng nằm trong đoạn BC, CA và AB. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
 +C Nối PA, PB, PC ta có APC   +A PB + BPA  +B PC + CPB  360 0 PA = 1 1 1 1 1 1 Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thế nhỏ hơn 60 0 .  là lớn nhất, khi đó APC Không mất tính tổng quát, ta giả sử APC  ≥ 60 0 .Xét ∆APC vuông tại C , khi đó ta có 1 1 1 1 PC1  ≤ cos60 0= 1 = cosAPC 1 AP 2 Từ đó ta được AP ≥ PC1 . Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến các đỉnh và thay PC1 bằng khoảng cách ngắn nhất từ P tới các cạnh thì bất đắng thức càng được thỏa mãn. Vậy bài toán được chứng minh. Bài 4. Hoàn toàn không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng B C CE ≤ AE; BE ≤ DE . Gọi B1 và C1 tương ứng là các điểm đối xứng của B và C qua tâm E, ta có tam giác C1 B1 C1EB1 nằm trong miền tam giác AED. A D Giả sử đoạn thẳng AD không trùng với đoạn thẳng C1 B1 . Khi đó đường tròn nội tiếp tam giác AED nằm bên trong đường tròn nội tiếp tam giác AED, đồng dạng với đường tròn này với tâm đồng dạng E, hệ số đồng dạng lớn hơn 1. Như vậy rAED > rC1EB1 = rCBE ( rAED là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác AED) . Điều này vô lí vì trái với giả thiết là rAED = rCEB . Như vậy chứng tỏ là A trùng với C1 và D trùng với B1 Khi đó OA = OC và OB = OD nên từ giác ABCD là hình bình hành. Trong hình bình hành ABCD có = p1r S= AEB S= BEC p2 r , trong đó p1 và p2 tương ứng là nửa chu vi của các tam giác AEB và BEC. AB + BE + EA BC + CE + BE Suy ra ta được p1 = p2 hay = nên AB = BC 2 2 Hình bình hành ABCD có AB = BC nên ABDC là hinh thoi. ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗
Bài 5. Ta nhận thấy rằng luôn tồn tại cách nối 2011 cặp điểm với nhau Y A bằng 2011 đoạn thẳng và vì có 2011 cặp điểm nên số cách nối là hữu hạn và nếu dùng tổ hợp thì ta có thể tính được con số chính xác các cách nối. Và hiển nhiên là trong hữu hạn cách nối đó ta X luôn tìm ra được một cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là B ngắn nhất. Ta chứng minh cách nối đó là cách mà chúng ta cần tìm. Thật vậy, giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O (giả sử A và B tô màu đỏ, còn X và Y tô màu xanh). Khi đó, nếu ta thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn AY và BX, các đoạn còn lại giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất: AY + BX < ( AO + OY ) + ( BO + OX ) = ( AO + OX ) + ( BO + OY ) Từ đó ta được AY + BX < AX + BY . Như vậy, việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX , ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài đoạn thẳng là nhỏ hơn. Điều này vô lý vì trái với giả thiết là đã chọn cách nối có tổng các độ dài là bé nhất. Điều đó chứng tỏ cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung. Bài 6.Gọi ( x 0 , y 0 , z 0 ) là nghiệm của phương trình trên, ta có x 02 + y 02 + z 02 = ( ) 2x 0 y 0 z 0 suy ra x 02 + y 02 + z 02 chẵn (do 2x 0 y 0 z 0 ) nên có 2 trường hợp xảy ra: Trường hợp 1: Có 2 số lẻ một số chẵn không mất tính tổng quát giả sử x 0 , y 0 lẻ, z 0 chẵn. Xét mod 4 ta có: x 02 + y 02 + z 02 ≡ 2 ( mod 4 ) còn 2x 0 y 0 z 0  4 (do z 0 chẵn) ⇒ Vô lý = Trường hợp 2: Cả 3 số đề chẵn. Đặt x 0 2x = 1 , y 0 2y = 1 , z 0 2z1 thế vào rút gọn ta có: x12 + y12 + z12 = 4x1 y1z1 lập luận như trên ta được x1 , y1 , z1 chẵn. ( ) Quá trình tiếp tục đến x 0 , y 0 , z 0  2 k k ∈ N* điều đó xảy ra khi x= 0 y= 0 z= 0 0 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (0, 0, 0) ❗ liên hệ tài liệu word toán SĐT (Zalo): 039.373.2038 ❗