Bài toán: Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn: $$f(x.f(y))+f(y.f(z))+f(z.f(x))=xy+yz+zx,\forall x, y, z\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$
Lời giải:
Trong $(*)$ cho $x=y=z=0$ ta được $f(0)=0$.
Tiếp tục cho $z=0$, từ $(*)$ ta được: $$f(xf(y))=xy,\forall x,y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Trong $(1)$ cố định $x$, với mỗi $f(y_1)=f(y_2)$ ta có: $$f(xf(y_1))=f(xf(y_2))\Leftrightarrow xy_1=xy_2\Leftrightarrow y_1=y_2$$ Như vậy $f$ là đơn ánh. Ngoài ra trong $(1)$ cho $x=1$ ta được $f(f(x))=x,\forall x\in\mathbb{R}$, điều này chứng tỏ $f$ là toàn ánh.
Trong $(*)$ cho $x=1, y=f(1)$, ta được: $$f(f(f(1)))+f(f(1).z)+f(f(1)z)=f(1)+f(1)z+z,\forall z\in\mathbb{R}$$ Chú ý tới $(1)$ và $f$ là toàn ánh nên từ trên ta dễ dàng suy ra: $$f(f(1).z)=f(1).z,\forall z\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Ngoài ra, trong $(1)$ cho $y=1$ ta được: $$f(f(1).x)=x,\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Từ $(3)$ kết hợp với $(2)$ ta có được: $$x=f(1).x,\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow f(1)=1$$ Từ đây, kết hợp với $(3)$ ta được $f(x)\equiv x,\forall x\in\mathbb{R}$, tử lại thấy thỏa. Tóm lại, $$f(x)\equiv x,\forall x\in\mathbb{R}$$
Wednesday, February 25, 2015
Saturday, February 21, 2015
Bài toán: (Đề thi Olympic 30.4 lớp 11 năm 2014-2015)
Tìm tất cả đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa: $$P(x).P(x^2)=P(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$
Lời giải:
Dễ thấy nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì có hai đa thức thỏa mãn bài toán là $P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$. Ta xét trong trường hợp $P(x)$ khác hằng.
Trong $(*)$ cho $x=0$, ta được $P(0)=0$ hoặc $P(0)=1$.
Trường hợp 1: $P(0)=0$. Đặt $P(x)=x^k.Q(x)$, trong đó $k\ge 1, Q(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3k}Q(x).Q(x^2)=(x^3+3x)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2k}.Q(x).Q(x^2)=(x^2+3)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R^*}$$ Do $Q(0)\neq 0$ nên $Q(x)$ có hệ số tự do khác $0$. Gọi hệ số này là $d$. Ta nhận thấy:
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là: $d^2$
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là: $3^kd$
Từ đó suy ra: $$d^2=3^k d\Leftrightarrow d=0, \text{ hay } Q(0)=0,\text{vô lý}$$ Do vậy, ta thu được $P(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.
Trường hợp 2: $P(0)=1$. Đặt $P(x)=x^h.F(x)+1$ trong đó: $h\ge 1, F(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3h}F(x).F(x^2)+x^hF(x)+x^{2h}F(x^2)=(x^3+3x)^hF(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2h} F(x).F(x^2)+F(x)+x^hF(x^2)=(x^2+3)^h.F(x^3+3x),\forall x\neq 0$$ Do $F(0)\neq 0$ nên tồn tại $l\neq 0$ là hệ số tự do của $F(x)$. Tương tự như trường hợp 1, ta nhận thấy:
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là $l$
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là $3^h l$
Từ đó suy ra: $$l=3^h.l\Leftrightarrow l=0,\text{ vô lý}$$
Như vậy, ta thu được $P(x)\equiv 1, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.
Tóm lại, có hai đa thức thỏa mãn bài toán $$P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\\\P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$$
Tìm tất cả đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa: $$P(x).P(x^2)=P(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$
Lời giải:
Dễ thấy nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì có hai đa thức thỏa mãn bài toán là $P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$. Ta xét trong trường hợp $P(x)$ khác hằng.
Trong $(*)$ cho $x=0$, ta được $P(0)=0$ hoặc $P(0)=1$.
Trường hợp 1: $P(0)=0$. Đặt $P(x)=x^k.Q(x)$, trong đó $k\ge 1, Q(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3k}Q(x).Q(x^2)=(x^3+3x)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2k}.Q(x).Q(x^2)=(x^2+3)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R^*}$$ Do $Q(0)\neq 0$ nên $Q(x)$ có hệ số tự do khác $0$. Gọi hệ số này là $d$. Ta nhận thấy:
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là: $d^2$
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là: $3^kd$
Từ đó suy ra: $$d^2=3^k d\Leftrightarrow d=0, \text{ hay } Q(0)=0,\text{vô lý}$$ Do vậy, ta thu được $P(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.
Trường hợp 2: $P(0)=1$. Đặt $P(x)=x^h.F(x)+1$ trong đó: $h\ge 1, F(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3h}F(x).F(x^2)+x^hF(x)+x^{2h}F(x^2)=(x^3+3x)^hF(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2h} F(x).F(x^2)+F(x)+x^hF(x^2)=(x^2+3)^h.F(x^3+3x),\forall x\neq 0$$ Do $F(0)\neq 0$ nên tồn tại $l\neq 0$ là hệ số tự do của $F(x)$. Tương tự như trường hợp 1, ta nhận thấy:
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là $l$
$\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là $3^h l$
Từ đó suy ra: $$l=3^h.l\Leftrightarrow l=0,\text{ vô lý}$$
Như vậy, ta thu được $P(x)\equiv 1, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.
Tóm lại, có hai đa thức thỏa mãn bài toán $$P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\\\P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$$
Sunday, February 1, 2015
SEVEN CIRCLES THEOREM
ĐỊNH LÝ BẢY ĐƯỜNG TRÒN
Định lý bảy đường tròn là một trong những kết quả đẹp và nổi tiếng của hình học sơ cấp. Nó được đề xuất vào năm 1974 bởi Evelyn, Money-Coutts, và Tyrrell. Cho đến nay đã có rất nhiều cách chứng minh cho định lý này và kể cả những hệ quả và trường hợp đặc biệt. Bài viết này nhằm giới thiệu và khai thác một số tính chất của nó.
Trước tiên, chúng ta sẽ bắt đầu với một kết quả quen thuộc:
Định lý Ceva: Cho tam giác $ABC$, các điểm $D, E, F$ theo thứ tự nằm trên $BC, CA, AB$. Khi đó $AD, BE, CF$ đồng qui khi và chỉ khi: $$\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1$$
Đây là một kết quả quen thuộc nên tôi xin thông qua cách chứng minh. Bây giờ, mở rộng cho định lý Ceva, a thu được định lý Ceva cho dây cung:
Định lý Ceva cho dây cung: Cho các điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng nằm trên một đường tròn. Khi đó, $AD, BE, CF$ đồng qui khi và chỉ khi: $$\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1$$
Chứng minh:
i) Chứng minh điều kiện cần: Giả sử $AD, BE, CF$ đồng qui tại $P$. Ta có: $$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{PA}{PE}\\\dfrac{CD}{FA}=\dfrac{PC}{PA}\\\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{PE}{PC}$$
Suy ra: $$\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{PA}{PE}.\dfrac{PC}{PA}.\dfrac{PE}{PC}=1$$
ii) Chứng minh điều kiện đủ: Giả sử ta có $\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1$. Gọi $P$ là giao điểm của $BE, CF$. Giả sử $AP$ cắt đường tròn tại $D'$. Khi đó, ta có: $$\begin{cases} \dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1\\\\\dfrac{AB}{D'E}.\dfrac{CD'}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1\end{cases}$$ Suy ra: $$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{CD'}{D'E}\Leftrightarrow CD.D'E-CD'.DE=0$$ Ngoài ra, theo định lý Ptolemy , ta còn có: $$CD.D'E-CD'.DE=DD'.CE\Rightarrow DD'.CE=0\Rightarrow D\equiv D'$$ Định lý được chứng minh.
Bổ đề: Cho hai đường tròn $C_1(M; r_1)$ và $C_2(N;r_2)$ tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc trong với đường tròn $C(O;R)$. Giả sử $C_1, C_2$ tiếp xúc với $C$ tại $A, B$ tương ứng. Khi đó, ta có: $$AB^2=\dfrac{4R^2r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}$$
Chứng minh:
Áp dụng định lý Cosine, ta có $$\begin{aligned}\cos \angle MON&=\dfrac{OM^2+ON^2-MN^2}{2OM.ON}\\&=\dfrac{(R-r_1)^2+(R-r_2)^2-(r_1+r_2)^2}{2(R-r_1)(R-r_2)}\\&=\dfrac{R^2-R(r_1+r_2)-r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\end{aligned}$$ Từ đó dễ dàng suy ra: $$\begin{aligned} AB^2&=2R^2(1-\cos\angle MON )\\&=2R^2.\left(1-\dfrac{R^2-(r_1+r_2)-r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\right)\\&=\dfrac{4r^2r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\end{aligned}$$
Bây giờ quay lại với định lý bảy đường tròn:
Định lý bảy đường tròn: Xét dãy các đường tròn $(O_i;r_i)$, với $i=\overline{1,6}$ cùng tiếp xúc với một đường tròn $(O,r)$ thỏa mãn đường tròn $(O_i;r_i)$ tiếp xúc với đường tròn $(O_{i-1};r_{i-1})$ và đường tròn $(O_{i+1};r_{i+1})$ (giả sử $(O_1;r_1)\equiv (O_7;r_7)$). Gọi $T_i$ là tiếp điểm của $(O;r)$ với $(O_i,r_i)$. Khi đó, các đường thẳng $T_1T_4, T_2T_5, T_3T_6$ đồng qui.
Chứng minh:
Theo bổ đề trên, ta có; $$T_iT_{i+1}=2R.\sqrt{\dfrac{r_ir_{i+1}}{(R-r_i)(R-r_{i+1})}}$$
Từ đó suy ra: $$\dfrac{T_1T_2}{T_4T_5}.\dfrac{T_2T_3}{T_5T_6}.\dfrac{T_3T_4}{T_6T_1}=\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_4r_5}{(R-r_4)(R-r_5)}}}.\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_2r_3}{(R-r_2)(R-r_3)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_5r_6}{(R-r_5)(R-r_6)}}}.\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_3r_4}{(R-r_3)(R-r_4)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_6r_1}{(R-r_6)(R-r_1)}}}=1$$ Theo định lý Ceva về dây cung thì ta có điều phải chứng minh.
Ngoài ra trong trường hợp các đường tròn $(O_i, r_i)$ tiếp xúc ngoài với $(O,r)$ thì ta có thể thay dấu $"-''$ bởi dấu $''+''$ sao cho kết quả bài toán vẫn đúng
Với các đường tròn tiếp xúc ngoài:
Trường hợp các đường tròn tiếp xúc ngoài
Trong thực tế, định lý bảy đường tròn không chỉ dừng lại ở sáu đường tròn tiếp xúc liên tiếp. Ta có thể thấy chúng qua các hình vẽ bên dưới:
Một kết quả khác có thể nói là có "anh em họ hàng" với định lý bảy đường tròn là định lý Đào. Định lý này được phát biểu bởi Đào Thanh Oai lần đầu tiên tại www.cut-the-knot.com vào năm 2013 với tên gọi đầy đủ là định lý Đào về sáu tâm đường tròn liên hệ với một lục giác nội tiếp . Định lý được phát biểu như sau:
Định lý Đào: Cho sáu điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng nằm một đường tròn. Gọi $U,V,W,X,Y,Z$ theo thứ tự là giao điểm của các đường $(AF,BC); (AB,CD);(BC,DE)CD,EF);(DE,FA);(EF,AB)$. Đặt $O_1, O_2, O_3, O_4, O_5, O_6$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABU, BCV, CDW, DEX,EFY,FAZ$. Khi đó, các đường thẳng $O_1O_4, O_2O_5, O_3O_6$ đồng qui.
Chứng minh:
1. Chứng minh của Telv Cohl: xem tại đây
2. Chứng minh của Nikolaos Dergiades: xem tại đây
Có thể nhận thấy rằng, định lý Pascal và định lý Brianchon chỉ là một trưởng hợp tầm thường của định lý Đào. Ngoài ra, trong trường hợp lục giác suy biến thành tam giác thì ta thu được một bài toán thú vị:
Định lý Kosnita: Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Kí hiệu $O_a, O_b, O_c$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC, OCA, OAB$. Khi đó, $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy.
Điểm đồng quy nói trên được gọi là điểm Kosnita.
Chứng minh:
Gọi $H, N$ lần lượt là trực tâm và tâm Euler của tam giácc $ABC$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC,AN$ cắt $OO_a$ tại $L$.
.Dễ thấy tứ giác $AHLO$ là hình bình hành nên $OL=AH=2OM$. Suy ra tam giác $)CL$ cân tại $C$. Kéo theo: $$\angle CLO =\angle COL =\angle OCO_a$$ Từ đây ta có $\Delta OCL \sim \Delta OO_aC$, Cho nên: $$OC^2=OL.OO_a\Rightarrow OA^2=OL.OO_a$$ Điều này cho thấy $\Delta OAL\sim \Delta OO_aA$, suy ra: $$\angle OAN=\angle OAL=\angle OO_aA=\angle HAO_a$$ Điều này chứng tỏ $AN, AO_a$ đẳng giác trong góc $HAO$. Mà $AH, AO$ là đẳng giác trong góc $BAC$ nên $AN, AO_a$ là đẳng giác trong góc $BAC$.Ta có các cặp đường đẳng giác $(AN, AO_a), (BN, BO_b), (CN, CO_c)$ . Do $AN, BN, CN$ đồng quy tại $N$ nên $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy.
Trong trường hợp suy biến thành tứ giác, ta có bài toán:
Bài toán: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ giao với $CB,CD$ lần lượt tại $A_b,A_d$. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $C$ giao với $AB,AD$ lần lượt tại $C_b; Cd$. Gọi $O_{ab},O_{ad},O_{cb},O_{cd}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $(AA_bB),(AA_dD),(CC_bB),(CC_dD)$. Khi đó giao điểm của hai đường thẳng $O_{ab}O_{cd}$ và $O_{ad}O_{cb}$ nằm trên đường chéo của tứ giác $ABCD$.
Một kết quả khá thú vị từ bài toán trên:
Bài toán:Cho ngũ giác $ABCDE$. Kí hiêu $X, L, Y, Z, T$ là giao điểm của các cặp $(AD, BE); (AD, CE); ((AC, BE); (AC, BD); (EC, BD)$. Gọi $A_1, B_1, C_1, D_1, E_1$ lần lượt là giao điểm của các đường tròn $[(EAX), (ABY)]; [(ABY), (BCZ)];[(BCZ), (DCT)]; [(DCT), (ELD)]; [(ELD), (EAX)]$ Chứng minh rằng: $A_1B_1C_1D_1E_1$ nội tiếp.
Xem chứng minh tại đây
Bài toán:Cho ngũ giác $ABCDE$. Kí hiêu $X, L, Y, Z, T$ là giao điểm của các cặp $(AD, BE); (AD, CE); ((AC, BE); (AC, BD); (EC, BD)$. Gọi $A_1, B_1, C_1, D_1, E_1$ lần lượt là giao điểm của các đường tròn $[(EAX), (ABY)]; [(ABY), (BCZ)];[(BCZ), (DCT)]; [(DCT), (ELD)]; [(ELD), (EAX)]$ Chứng minh rằng: $A_1B_1C_1D_1E_1$ nội tiếp.
Xem chứng minh tại đây
TÀI LIỆU THAM KHẢO:
1. The seven circles theorem -Stanley Rabinowits
2. Định lý Casey và ứng dụng - Nguyễn Văn Linh3. Định lý Đào về sáu tâm đường tròn
http://vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_Đào_về_sáu_tâm_đường_tròn.
4. Một bài toán về sáu tâm đường tròn
http://diendantoanhoc.net/home/hình-học/1426-một-bài-toán-về-sáu-tâm-đường-tròn.
5. Định lý năm đường tròn
http://vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_năm_đường_tròn.
Subscribe to:
Posts (Atom)