tritanngo99

Cho hình vuông ABCD, từ A hai tia tọa với nhau một góc 45⁰ . Một tia cắt BC tại E, cắt BD tại P. Tia kia cắt CD tại F và cắt đường chéo BD tại Q.

a) Chứng minh tứ giác PECF và QECF nội tiếp

b) Chứng minh diện tích AEF bằng hai lần diện tích tam giác AQP

c) Kẻ trung trực của CD cắt AE tại M, tính số đo góc MAB biết góc CPD = góc CMD

a) Xét tứ giác $APFD$ có $\angle{FAP}=\angle{FDP}=45^0\implies APFD$ nội tiếp. Từ đây ta suy ra được $\angle{APF}=90^0=\angle{ECF}\implies EPFC$ nội tiếp.

Tương tự, xét tứ giác $ABEQ$ có $\angle{QAE}=\angle{QBE}=45^0\implies ABEQ$ nội tiếp. Từ đây ta suy ra được $\angle{AQE}=90^0=\angle{ECF}\implies EQFC$ nội tiếp.
b) Xét tứ giác $FQPE$ có $\angle{FQE}=\angle{FPE}=90^0\implies FQPE$ nội tiếp. Và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $FQPE$ là đường tròn đường kính $EF$.

Khi đó ta có: $\frac{PQ}{sin(\angle{PFA})}=EF\iff \frac{PQ}{sin(45^0)}=EF\iff EF=PQ.\sqrt{2}\implies \frac{PQ}{EF}=\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Do tứ giác $FQPE$ nội tiếp nên từ đây ta dễ dàng chứng minh được $\triangle{APQ}\sim \triangle{AFE}\implies \frac{S_{APQ}}{S_{AFE}}=\frac{PQ^2}{EF^2}=\frac{1}{2}$.

Vậy $S_{AEF}=2S_{AQP}$.

c) Đầu tiên ta đi chứng minh $\triangle{DMC}$ là tam giác đều.

Thật vậy, Do $\angle{DMC}=\angle{DPC}$ (giả thiết nên tứ giác $DMPC$ nội tiếp).

Do đó ta suy ra được: $\angle{CMP}=\angle{CDB}=45^0=\angle{FAM}$

$\implies AF\parallel MC\implies \angle{MCD}=\angle{AFD}=\angle{QEC}=\angle{QPC}=\angle{DMC}(1)$ (do ngũ giác $QPECF$ nội tiếp đường tròn đường kính $EF$).

Mặt khác $M$ thuộc đường trung trực của $DC$ nên $MD=MC(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra được $\triangle{MDC}$ đều.

Khi đó ta có: $\angle{AFD}=\angle{MCD}=60^0$ (do $AF\parallel MC$).

$\implies \angle{DAF}=30^0\implies \angle{MAB}=90^0-45^0-30^0=15^0$.

Vậy $\angle{MAB}=15^0$

Phần I: Phép nghịch đảo

Định nghĩa: Cho đường tròn $(O,R)$, phép biến hình biến điểm $P$ thuộc mặt phẳng $P'$ thỏa mãn $\vec{OP}.\vec{OP'}=R^2$ gọi là phép nghịch đảo qua đường tròn $(O,R)$, tỷ số $R^2$ gọi là phương tích của phép nghịch đảo, $O$ gọi là tâm nghịch đảo, đường tròn $(O,R)$ gọi là đường tròn nghịch đảo, $R$ gọi là bán kính nghịch đảo, nếu không quan tâm đến phương tích hay bán kính ta có thể ký hiệu phép nghịch đảo là $I_{(O,R)}(P)$. Nếu đã xác định rõ đường tròn ta chỉ cần ký hiệu là $P'=I_O(P)$. 

Ở đây ta có nhận xét sau: 

1) Ta thấy rằng phép nghịch đảo qua đường tròn có thể hình dung như việc ta lấy đối xứng điểm qua đường tròn đó. Khi đường tròn bán kính lớn bằng $\infty$ thì nó là đường thẳng định nghĩa sẽ trùng với định nghĩa của phép đối xứng trục.

2) Trong mặt phẳng Euclide, điểm duy nhất không lấy được nghịch đảo chính là tâm nghịch đảo, do đó phép nghịch đảo xác định trên mọi điểm của mặt phẳng Euclide trừ đi điểm $O$. Tuy nhiên khi bổ sung các điểm $\infty$ thì ảnh của tâm nghịch đảo chính là đường thẳng vô cực.

(Chúng ta có thể hình dung như sau : Khi $O\equiv P\implies OP=0\implies OP'=\frac{R^2}{0}\rightarrow \infty$, tức là $P'$ là điểm ở vô cùng). Và ta chú ý thêm là mọi đường thẳng trên mặt phẳng thì đều đi qua điểm vô cùng.

Dưới đây là cách dựng ảnh điểm $P'$ của điểm $P(P\not \equiv O)$ qua phép nghịch đảo tâm $O$ bán kính $R$.

 Ta xét 3 trường hợp :

+ Nếu $P$ nằm trên đường tròn $(O;R)$ thì $P'\equiv P$.

+ Nếu $P$ nằm ngoài đường tròn $(O;R)$ thì ta dựng như sau: 

. 

- Vẽ đường tròn đường kính $OP$ cắt $(O)$ tại $D,E$.

- Gọi $P'$ là giao điểm của $OP$ với $DE$. Ta được điểm $P'$ là ảnh của $P$.

(Ở đây ta dễ dàng chứng minh được $\vec{OP}.\vec{OP'}=R^2$).

+ Nếu $P$ nằm trong đường tròn $(O;R)$ , ta làm như sau:

- Qua $P$ vẽ đường thẳng vuông góc với $OP$ cắt $(O)$ tại $D,E$. Gọi $P'$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $D,E$ của $(O)$. Ta được $P'$ là ảnh cần dựng.

Khi muốn ứng dụng một phép biến hình vào giải toán thì cái đầu tiên ta phải làm là khảo sát ảnh của các hình quen thuộc qua phép biến đổi đó. Do vậy định lý quan trọng sau cho chúng ta cái nhìn bao quát về ảnh của một hình qua phép nghịch đảo. Hai hình thông dụng nhất chúng ta tìm hiểu là đường thẳng và đường tròn. Trong phép nghịch đảo, điểm đặc biệt nhất là tâm nghịch đảo, nên chúng ta lần lượt xét vị trí tương đối của các hình với tâm nghịch đảo.

Định lý 1. (Khảo sát ảnh). Xét phép nghịch đảo $I_O$ khi đó :

a) Ảnh của đường thẳng qua $O$ là chính nó.

b) Ảnh của đường thẳng không đi qua $O$ là đường tròn đi qua $O$

c) Ảnh của đường tròn đi qua $O$ là một đường thẳng không qua $O$.

d) Ảnh của một đường tròn không qua $O$ là một đường tròn không qua $O$.

(Để khảo sát những điều này các bạn có thể vẽ hình ra, dùng phép dựng hình đã được trình bày ở trên)

Sau đây ta nghiên cứu một tính chất được bảo toàn qua phép nghịch đảo (tính bất biến) , trước hết ta cần định nghĩa góc của một đường thẳng với một đường tròn và góc giữa hai đường tròn. Ta bắt đầu với khái niệm góc hình học giữa hai đường thẳng.

Định nghĩa 2. Cho hai đường thẳng $d_1$ và $d_2$ 

- Nếu $d_1\parallel d_2$ hoặc $d_1\equiv d_2$ thì góc giữa hai đường thẳng là $0^0$.

- Nếu $d_1$ cắt $d_2$ thì góc giữa chúng là góc nhỏ nhất trong số bốn góc tạo thành.

Như vậy góc hình học giữa hai đường thẳng nằm trong khoảng $[0^0,90^0]$.

Định nghĩa 3. Cho đường thẳng $d$ có điểm chung với đường tròn $(O)$ là $P$, khi đó ta gọi góc giữa tiếp tuyến của $(O)$ tại $P$ và đường thẳng $d$ là góc giữa $d$ và $(O)$, ta ký hiệu $\angle{(d,O)}$.

Định nghĩa 4. Cho hai đường tròn $(P),(Q)$ có điểm chung là $M$ khi đó góc ta gọi giữa hai tiếp tuyến của $(P),(Q)$ tại $M$ là góc giữa hai đường tròn $(P),(Q)$ ta ký hiệu $\angle{(P,Q)}$

Từ khái niệm về góc ta có thể phát biểu một tính chất cơ bản của phép nghịch đảo như sau

Định lý 2 (Tính chất bảo giác). Góc giữa hai hình không đổi qua phép nghịch đảo (tức là góc giữa hai ảnh bằng góc giữa hai tạo ảnh).

Chú ý. Ta hiểu hình ở đây ta chỉ cần hiểu là đường thẳng và đường tròn mặc dù tính chất bảo chất thực chất đúng với hai hình bất kì.

Tính chất bảo giác đưa chúng ta đến một số hệ quả rất đáng chú ý về các hình tiếp xúc bởi lẽ ta hiểu rằng đường thẳng tiếp xúc đường tròn khi góc giữa chúng là $0^0$ và hai đường tròn tiếp xúc nhau thì góc giữa chúng cũng là $0^0$.

Hệ quả 1. Hai hình tiếp xúc nhau và tiếp điểm không ở tâm nghịch đảo thì qua phép nghịch đảo là hai hình tiếp xúc nhau. Trường hợp hai đường tròn tiếp xúc nhau ở tâm nghich đảo thì ảnh là hai đường thẳng song song (do định lý 1 và định lý 2).

Ta biết rằng ảnh của đoạn thẳng nói chung không phải là đoạn thẳng, nên sẽ không có khái niệm về độ dài qua phép nghịch đảo, tuy nhiên ta vẫn có thể nghiên cứu về khoảng cách giữa hai điểm ảnh và hai điểm tạo ảnh qua phép nghịch đảo qua định lý sau.

Định lý 3. Xét phép nghịch đảo $I_O$ phương tích $R^2$ có $I_O(A)=A',I_O(B)=B'$ khi đó $A'B'=\frac{R^2}{OA.OB}AB$ hoặc $AB=\frac{R^2}{OA'.OB'}.A'B'$

Chứng minh: 

Ta có: $OA.OA'=R^2=OB.OB'\implies \frac{OA}{OB}=\frac{OB'}{OA'}$. Kết hợp với $\angle{AOB}=\angle{B'OA'}\implies \triangle{OAB}\sim \triangle{OB'A'}$. Do đó ta có: $\frac{A'B'}{AB}=\frac{OA'}{OB}=\frac{r^2}{OA.OB}$

Do đó ta có điều phải chứng minh.

1.2. Một số định lý ứng dụng giải toán

 Dưa trên các tính chất cơ bản về ảnh và bất biến, ta có thể ứng dụng chúng vào hình học sơ cấp qua các định lý ứng dụng. Trước hết ta nêu ra các phép dựng ảnh cơ bản qua phép nghịch đảo, qua các phép dựng này, ta có thể nhận biết dễ dàng ảnh hoặc tạo ảnh của một hình. Ta chú ý rằng khi khảo sát ảnh thì trường hợp đơn giản nhất là đường thẳng qua tâm nghịch đảo có ảnh là chính nó, còn ba trường hợp còn lại ta sẽ nêu cụ thể cách dựng ảnh nghịch đảo

+ Ảnh của đường tròn đi qua tâm nghịch đảo

Thông thường ta xác định ảnh nghịch đảo của đường tròn qua tâm nghịch đảo bằng cách lấy hai điểm trên đường tròn đó và xét ảnh nghịch đảo của chúng, khi đó đường thẳng nối hai ảnh nghịch đảo chính là ảnh của đường tròn qua tâm nghịch đảo. Tuy nhiên có một cách khác xác định như sau

Định lý 4. Cho đường tròn $(O,R)$ và đường tròn $(K)$ đi qua $(O)$. Khi đó ảnh nghịch đảo của $(K)$ qua $(O,R)$ chính là trục đẳng phương của $(O,R)$ và $(K)$.

+ Ảnh của đường thẳng không đi qua tâm nghịch đảo

Thông thường ta lấy hai điểm trên đường thẳng và xét ảnh nghịch đảo của chúng. Khi đó đường tròn đi qua tâm nghịch đảo và hai ảnh nghịch đảo là ảnh của đường thẳng. Tuy nhiên ta cũng có một cách khác xác định như sau

Định lý 5. Cho đường tròn $(O,R)$ và đường thẳng $d$ không qua $O$. Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $d$. Gọi ảnh nghịch đảo của $H$ qua $(O,R)$ là $I$. Khi đó ảnh nghịch đảo của $d$ qua $(O,R)$ là đường tròn đường kính $OI$

+ Ảnh của đường tròn không đi qua tâm nghịch đảo

Định lý 6. Cho $(O,R)$ và ba điểm $A,B,C$. Gọi $A',B',C'$ là ảnh nghịch đảo của $A,B,C$ qua $(O,R)$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp $(A'B'C')$ là ảnh nghịch đảo của đường tròn ngoại tiếp $(ABC)$.

Phép nghịch đảo cũng có ứng dụng để chứng minh các đường thẳng đồng quy, vuông góc, điểm thẳng hàng và các đường tròn đồng quy. Ta nếu ra một số định lý thông dụng.

Định lý 7. Ba đường tròn đi qua tâm nghịch đảo sẽ biến thành ba đường thẳng đồng quy

Định lý 8. Ba đường thẳng đồng quy (không qua tâm nghịch đảo) sẽ biến thành ba đường tròn có hai điểm chung, trong đó có một điểm chung là tâm nghịch đảo

Định lý 9. Ảnh của đường thẳng không đi qua tâm nghịch đảo là một đường tròn đi qua tâm nghịch đảo, khi đó đường nối tâm đường tròn này và tâm nghịch đảo vuông góc với đường thẳng đã cho.

Định lý 10. Ảnh của đường tròn không qua tâm nghịch đảo là một đường tròn, khi đó tâm hai đường tròn này thẳng hàng với tâm nghịch đảo.

Định lý 11. Tỉ số kép của hàng điểm được bảo toàn qua phép nghịch đảo.

Dưới đây là một số bài tập ví dụ:

Ví dụ 1: (Đinh lý Ptolemy) Cho $4$ điểm trên mặt phẳng $A,B,C,D$, nếu $4$ điểm này cùng nằm trên một đường tròn ($AC,BD$ là các đường chéo), thì ta có $AB.CD+AD.BC=AC.BD$.

Lời giải: 

Xét phép nghịch đảo tâm $D$ bán kính $r$ bất kì, ở đây ta có thể chọn $r=OD$. Theo các định lý trên, ta có qua phép $I_{(D,OD)}$ biến đường tròn ngoại tiếp $\triangle{ABC}$ thành đường thẳng qua ba điểm $A',B',C'$. Vì $A'B'+B'C'=A'C'$, nên theo các định lý trên ta có: $\frac{r^2}{AD.BD}AB+\frac{r^2}{BD.CD}BC=\frac{r^2}{AD.CD}AC$.

Nhân cả hai vế với $\frac{AD.BD.CD}{r^2}$, ta có điều phải chứng minh.

Chú ý, chiếu ngược lại cũng đúng, tức là nếu ta có $AB.CD+AD.BC=AC.BD$ thì bốn điểm $A,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn.

Ví dụ 2. (1993 USAMO) Cho $ABCD$ là tứ giác lồi thỏa mãn hai đường chéo $AC$ và BD vuông góc với nhau. Gọi $O$ là giao điểm $AC$ và $BD$. Chứng minh rằng, các hình chiếu của $O$ lên $AB,BC,CD,DA$ đồng viên (cùng thuộc một đường tròn).

Lời giải:  

Gọi $P,Q,R,S$ lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ $O$ đến $AB,BC,CD,DA$. Bài toán quy về chứng minh $P,Q,R,S$ đồng viên.

Chú ý rằng: Các tứ giác $OSAP,OPBQ,OQCR,ORDS$ là các tứ giác nội tiếp. Gọi các đường tròn ngoại tiếp các tứ giác đó lần lượt là $C_A,C_B,C_C,C_D$.

Xét phép nghịch đảo tâm $O$ và bán kính $r$ bất kì. Khi đó $I_{(O,r)}(AC)=AC;I_{(O,r)}(BD)=BD$.

Phép nghịch đảo $I_{(O,R)}$ biến 

+ $(C_A)$ thành đường thẳng $L_A$ song song với $BD$.

+ $(C_B)$ thành đường thẳng $L_B$ song song với $CA$. 

+ $(C_C)$ thành đường thẳng $L_C$ song song với $BD$.

+ $(C_D)$ thành đường thẳng $L_D$ song song với $CA$.

Lại có $C_A$ giao $C_B$ tại $O$ và $P$. Nên từ đây ta suy ra được $L_A$ giao $L_B$ tại $P'$. Tương tự $L_B$ giao $L_C$ tại $Q'$, $L_C$ giao $L_D$ tại $R'$ và $L_D$ giao $L_A$ tại $S'$.

Mà vì $AC\bot BD$ nên $P'Q'R'S'$ là hình chữ nhật, vì vậy chúng là tứ giác nội tiếp. Từ đây ta suy ta được $P,Q,R,S$ nội tiếp. Ta có điều phải chứng minh. 

Ví dụ 3: (1996 IMO) Gọi $P$ là một điểm bên trong tam giác $ABC$ thỏa mãn: $\angle{APB}-\angle{ACB}=\angle{APC}-\angle{ABC}$.

Gọi $D,E$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $APB,APC$. Chứng minh rằng $AP,BD,CE$ đồng quy.

Lời giải:

Gọi $X$ là giao điểm của $AP$ và $BD$, $Y$ là giao điểm của $AP$ và $CE$.

Và chúng ta cần chứng minh $X\equiv Y$.

Theo tính chất của tia phân giác ta có: $\frac{BA}{BP}=\frac{XA}{XP}$. Tương tự, ta có: $\frac{CA}{CP}=\frac{YA}{YP}$. Vì $X,Y$ nằm trên $AP$, nên $X\equiv Y\iff \frac{BA}{BP}=\frac{CA}{CP}$.

Xét phép nghịch đảo tâm $A$, bán kính $r$ bất kì.

Khi đó:

+ $I_{(O,r)}(B)=B',I_{(O,r)}(C)=C',I_{(O,r)}(P)=P'$ và ta có: $\triangle{ABC}\sim \triangle{AC'B'}$; $\triangle{APB}\sim \triangle{AB'P'}$; $\triangle{APC}\sim \triangle{AC'P'}$;

Khi đó ta có: $\angle{B'C'P'}=\angle{AC'P'}-\angle{AC'B'}=\angle{APC}-\angle{ABC}=\angle{APB}-\angle{ACB}=\angle{AB'P}-\angle{AB'C'}=\angle{C'B'P'}$

Từ đây ta suy ra được tam giác $B'C'P'$ cân tại $P'$ và ta có: $P'B'=P'C'$

Từ các cặp tam giác đồng dạng trên kết hợp với $P'B'=P'C'$ ta suy ra được: $\frac{BA}{BP}=\frac{P'A}{P'B'}=\frac{P'A}{P'C'}=\frac{CA}{CP}$.

Vì vậy ta có: $X\equiv Y$, hay ta có điều phải chứng minh.

Ngoài ra các bạn có thể tham khảo thêm các ví dụ và bài tập ở hai tài liệu tham khảo dưới đây.

Tài liệu tham khảo :

1) https://stream.bigsc...epnghichdao.pdf

2)https://www.math.ust...libur/v9_n2.pdf

Giuseppe Peano (27 tháng 8 năm 1858 – 20 tháng 4 năm 1932) là nhà toán học và logic học người Ý. Trong số học ông được biết đến là người đưa ra hệ tiên đề cho dãy số tự nhiên, ngày nay mang tên hệ tiên đề Peano được đề xuất từ năm 1891. Peano cũng là người đi tiên phong trong việc truyền bá logic ký hiệu. Ngoài ra ông là người đầu tiên dựng một đường cong liên tục lấp kín một hình vuông gọi là đường Peano. Giuseppe Peano là giảng viên môn toán và phần lớn thời gian giảng dạy của ông là ở Đại học Torino.

Peano được sinh ra và lớn lên tại một trang trại ở Spinetta, một ngôi làng thuộc Cuneo, Piedmont, Italy. Ông tham dự Cavour classice Liceo ở Turin, và theo học tại trường Đại học Torino năm 1876, tốt nghiệp năm 1880 với những thành tựu xuất sắc. Sau đó, trường Đại học đã giữ lại ông để hỗ trợ ngài Enrico D'Ovidio đầu tiên, và sau đó là ngài Angelo Genocchi. Do sức khoẻ kém của Genocchi, Peano đã tiếp tục hỗ trợ giảng dạy môn toán học trong vòng hai năm. Ông cho ra đời tác phẩm chính đầu tiên của mình là cuốn sách giáo khoa về tích phân. Cuốn sách được xuất bản năm 1884 nhưng dưới danh nghĩa của Genocchi. Một vài năm sau đó, Peano xuất bản cuốn sách đầu tiên dưới tên ông về logic toán học.

Năm 1887, Peano kết hôn với Carola Crosio, con gái của họa sĩ người Pháp Turin, Luigi Crosio; người nổi tiếng với bức tranh sơn dầu về Refugium Peccatorum Madonna. Năm 1886, ông bắt đầu giảng dạy đồng thời tại Học viện Quân sự Hoàng gia, và được thăng chức giáo sư ưu tú nhất năm 1889. Trong năm đó, ông xuất bản các tiên đề Peano, một nền tảng chính thức cho việc thu thập các số tự nhiên. Một năm sau, Đại học Torino cũng đã mời ông về làm việc. Định luật về Đường cong nổi tiếng của Peano xuất hiện vào năm 1890 như là một ví dụ ngược lại. Ông đã sử dụng nó để cho thấy rằng một đường cong liên tục không phải lúc nào cũng có thể được bao quanh trong một khu vực nhỏ bất kì. Đây là một ví dụ đầu tiên của cái được gọi là fractal (phân dạng).

Năm 1890 Peano thành lập tạp chí Rivista di Matematica, xuất bản lần đầu tiên vào tháng 1 năm 1891. Năm 1891 Peano bắt đầu dự án Formulario. Nó là một "Bách khoa toàn thư về Toán học", chứa đựng tất cả các công thức và định lý được biết đến của khoa học toán học bằng cách sử dụng một ký hiệu chuẩn được phát minh bởi Peano. Năm 1897, Đại hội Toán học Quốc tế lần đầu tiên được tổ chức tại Zurich. Peano vinh dự là một người tham gia chính, trình bày một bài báo về logic toán học. Ông cũng bắt đầu dồn.thời gian của mình để nghiên cứu sâu hơn về Formulario, đặt nó ưu tiên hơn tất cả công việc khác.

Năm 1898, ông trình bày một ghi chú cho Học viện về số thứ nhị phân và khả năng của nó được sử dụng để đại diện cho ngôn ngữ. Ông cũng nản lòng về sự chậm trễ xuất bản (bởi do yêu cầu của ông phải in các công thức trên một dòng) mà ông đã mua một ấn phẩm báo chí.

Paris là địa điểm cho Đại hội các nhà toán học quốc tế lần thứ hai năm 1900. Cuộc hội nghị được tổ chức trước Hội nghị Triết học Quốc tế lần thứ nhất, nơi Peano là thành viên của ủy ban bảo trợ. Ông đã trình bày một bài báo và đặt ra câu hỏi về các định nghĩa đúng trong toán học, nghĩa là "làm thế nào để bạn xác định một định nghĩa?". Điều này đã trở thành một trong những mục tiêu triết học chính của Peano trong suốt quãng đời còn lại. Tại hội nghị Peano gặp Bertrand Russell và đưa cho ông một bản sao của Formulario. Russell đã bị các biểu tượng logic của Peano nhấn mạnh rằng ông rời khỏi hội nghị và trở về nhà để nghiên cứu văn bản của Peano.

Sinh viên của Peano là Mario Pieri và Alessandro Padoa cũng có những bài báo trình bày tại đại hội triết học. Đối với hội nghị toán học, Peano không nói, nhưng bài thuyết trình đáng nhớ của Padoa thường được nhắc lại. Peano cũng đã đề xuất một nghị quyết kêu gọi thành lập một "ngôn ngữ trợ giúp quốc tế" để tạo điều kiện cho việc truyền bá các ý tưởng toán học (và thương mại).

Đến năm 1901, Peano đã ở đỉnh cao sự nghiệp toán học của mình. Ông đã có những tiến bộ trong các lĩnh vực phân tích, nền tảng và logic, có nhiều đóng góp cho việc giảng dạy của tích phân và cũng góp phần vào các lĩnh vực phương trình vi phân và phân tích vector. Peano đóng một vai trò quan trọng trong tiên đề toán học và là một nhà tiên phong hàng đầu trong việc phát triển logic toán học. Peano đã tham gia rất nhiều vào dự án Formulario ở giai đoạn này và việc này đã ảnh hưởng đến việc giảng dạy của ông. Kết quả là, ông đã bị miễn nhiệm từ Học viện Quân sự Hoàng gia nhưng giữ lại vị trí của mình tại Đại học Torino.

Năm 1903, Peano tuyên bố công trình của ông về một ngôn ngữ phụ trợ quốc tế được gọi là Latino sine flexione ("Latin without interlexion", sau này được gọi là Interlingua, và tiền thân của Interlingua của IALA). Đây là một dự án quan trọng của ông (cùng với việc tìm kiếm những người đóng góp cho 'Formulario'). Ý tưởng của dự án này là sử dụng từ vựng Latin. Vì tiếng Latin đã được biết đến rộng rãi, nhưng cố gắng đơn giản hóa ngữ pháp càng nhiều càng tốt và loại bỏ tất cả các dạng bất thường và bất thường để làm cho nó dễ dàng hơn để tìm hiểu. Trong một bài phát biểu, ông bắt đầu nói tiếng Latin, và ông mô tả mỗi cách đơn giản, giới thiệu nó vào bài phát biểu của mình. Sau đó, ông cũng dùng tiếng Latin là ngôn ngữ sử dụng trong cuộc sống của mình.

Năm 1908 là một dấu mốc quan trọng của Peano. Phiên bản thứ năm và cuối cùng của dự án Formulario có tiêu đề là Formulario Mathematico, đã được xuất bản. Nó chứa 4200 công thức và các định lý, tất cả đều được trình bày hoàn chỉnh và hầu hết chúng đều đã được chứng minh. Cuốn sách không nhận được nhiều sự quan tâm vì phần lớn nội dung đã được biết điếm tại thời điểm ấy. Tuy nhiên, nó vẫn là một đóng góp đáng kể cho nền toán học. Các ý kiến ​​và ví dụ đã được viết hoàn toàn bằng tiếng Latin.

Cũng trong năm 1908, Peano đã đảm nhiệm vị trí giám đốc phân tích cao cấp tại Turin kéo dài trong hai năm. Ông được bầu làm giám đốc Học viện cho Interlingua.

Sau khi mẹ ông qua đời vào năm 1910, Peano đã phân chia thời gian giữa giảng dạy, soạn thảo văn bản nhằm mục đích học hỏi thêm bao gồm từ điển của toán học, phát triển và quảng bá các ngôn ngữ phụ trợ của mình, trở thành một thành viên đáng kính của phong trào ngôn ngữ quốc tế. Dưới tư cách là thành viên trong Accademia dei Lincei ông đã trình bày các bài báo viết bởi bạn bè và đồng nghiệp không phải là thành viên (Accademia ghi lại và xuất bản tất cả các bài trình bày trong các buổi).

Năm 1925, Peano đã chuyển sang tham gia vào dự án Toán Bổ sung, một lĩnh vực phù hợp với phong cách mới nhất của ông về toán học. Sau đó ông đầu tư toàn thời gian vào dự án này từ năm 1931. Giuseppe Peano cũng tiếp tục giảng dạy tại Đại học Torino cho đến khi ông qua đời do một cơn đau tim gây tử vong.

 

1. A$052004$ ?
2. Ngoài ra, em còn một quy luật khác v.v.

 

Những bài mà liên quan tới tìm quy luật của dãy số, anh chỉ nghĩ tới mỗi OEIS ).

Kì thực OEIS là một thư viện khá lớn, nó hỗ trợ trong việc tìm quy luật trong lý thuyết trò chơi các kiểu , nói chung OEIS hay !

 

@HaiDangel

1. Tìm quy luật của dãy sau : $2, 4, 20, 40, 200, 202, 400, 1822, 1824, 1902, 2000, 2002, 2020, 4000, 4352, \cdots$ .
2. HASHTAG #2020

 

Quy luật của dãy là: Đây là dãy các số $n$ thỏa mãn trong biểu diễn thập phân của $n^3$ chỉ chứa các số chẵn.

Ví dụ:

+ $2\rightarrow 2^3=8$ 

+ $4\rightarrow 4^3=64$

+ $40\rightarrow 40^3=64000$.

...

Lời giải bài 1,2,3,4 từ Facebook thầy Cẩn

Link:https://drive.google...9nwdo6dV6VY1BoM

Ngày 1 (27/12/2019)

Bài 1: Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=1$ và $x_{n+1}=x_n+3\sqrt{x_n}+\frac{n}{\sqrt{x_n}}$ với mọi $n\ge 1$.

a) Chứng minh rằng: $\text{lim}\frac{n}{x_n}=0$.

b) Tìm giới hạn: $\text{lim}\frac{n^2}{x_n}$

Bài 2:

a) Cho ba số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng: $|a-b|+|b-c|+|c-a|\le 2\sqrt{2}$.

b) Cho $2019$ số thực $a_1,a_2,...,a_{2019}$ thỏa mãn $a_1^2+a_2^2+...+a_{2019}^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $S=|a_1-a_2|+|a_2-a_3|+...+|a_{2018}-a_{2019}|+|a_{2019}-a_1|$.

Bài 3: Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi $a_1=5,a_2=13$ và $a_{n+1}=5a_n-6a_{n-1}$ với mọi $n\ge 2$.

a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng nếu $p$ là ước nguyên tố của $a_{2^{k}}$ thì $(p-1)$ chia hết cho $2^{k+1}$ với mọi số tự nhiên $k$.

Bài 4:

Cho tam giác nhọn không cân $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $H$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là các điểm đối xứng của $O$ qua các đường thẳng $BC,CA,AB$.

a) Gọi $H_a$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$, $A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O$ và $O_a$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$. Chứng minh rằng $H_aD$ và $O_aA'$ cắt nhau trên $(O)$.

b) Lấy điểm $X$ sao cho tứ giác $AXDA'$ là hình bình hành. Chứng minh rằng ba đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AHX,ABF$ và $ACE$ có một điểm chung thứ hai khác

                                                                                           *****

Ngày 2 (28/12/2019)

Bài 5:

Cho hệ phương trình với tham số $a$: 

$\left\{\begin{matrix} x-ay=yz\\ y-az=zx && (x,y,z\in\mathbb{R})\\ z-ax=xy \end{matrix}\right.$

a) Giải hệ phương trình khi $a=0$

b) Chứng minh rằng hệ trên có $5$ nghiệm phân biệt với mọi số thực $a>1$.

Bài 6:

Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân. Gọi $D,E,F$ lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh $A,B,C$ của tam giác $ABC$. Đường tròn đường kính $AD$ cắt lại $DE,DF$ lần lượt tại $M,N$. Lấy các điểm $P,Q$ tương ứng trên $AB,AC$ sao cho $NP$ vuông góc $AB,MQ$ vuông góc $AC$. Gọi $(I)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $APQ$.

a) Chứng minh rằng: $(I)$ tiếp xúc với $EF$.

b) Gọi $T$ là tiếp điểm của $(I)$ với $EF$, $DT$ cắt $MN$ tại $K$. Gọi $L$ là điểm đối xứng của $A$ qua $MN$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $DKL$ đi qua giao điểm của $EF$ và $MN$.

Bài 7: 

Cho số nguyên dương $n>1$. Ký hiệu $T$ là tập hợp tất cả các bộ có thứ tự $(x,y,z)$, trong đó $x,y,z$ là các số nguyên dương đôi một khác nhau và $1\le x,y,z\le 2n$. Một tập hợp $A$ các bộ có thứ tự $(u,v)$ được gọi là liên kết với $T$ nếu với mỗi phần tử $(x,y,z)\in T$ thì $\left\{(x,y),(x,z),(y,z)\right\}\cap A\ne \emptyset$

a) Tính số phần tử của $T$

b) Chứng minh rằng tồn tại một tập hợp liên kết với $T$ có đúng $2n(n-1)$ phần tử.

c) Chứng minh rằng mỗi tập hợp liên kết với $T$ có không ít hơn $2n(n-1)$ phần tử.

Nguồn: Facebook Hướng tới VMO-TST

Cho 3 số thực x,y,z thay đổi thoả mãn đẳng thức xy=1+z(x+y). Tìm gtLN của biểu thức sau

      $P=\frac{2xy(xy+1)}{(1+x^{2})(1+y^{2})}+\frac{z}{1+z^{2}}$

Xét $x+y=0$, từ giả thiết $xy=1+z(x+y)\implies xy=1$.

$\implies x(-x)=1\iff -x^2=1$ (vô lý).

Vậy ta phải có: $x+y\ne 0$.

Khi đó ta có: $z=\frac{xy-1}{x+y}$.

Thay $z=\frac{xy-1}{x+y}$ vào biểu thức $P$, ta được: $P=\frac{2xy(xy+1)}{(1+x^2)(1+y^2)}+\frac{\frac{xy-1}{x+y}}{1+(\frac{xy-1}{x+y})^2}$

$\iff P=\frac{2xy(xy+1)}{(1+x^2)(1+y^2)}+\frac{(x+y)(xy-1)}{(x+y)^2+(xy-1)^2}$.

Ta chú ý rằng: $(1+x^2)(1+y^2)=(x+y)^2+(xy-1)^2=x^2+y^2+(xy)^2+1$.

Nên từ đây suy $P=\frac{2xy(xy+1)+(x+y)(xy-1)}{(1+x^2)(1+y^2)}$.

Đến đây, chỉ việc đặt $(S;P)=(x+y;xy)$ với điều kiện $S^2\ge 4P$.

Ps: Bạn tự làm tiếp nhé, giờ đến giờ mình đi học rồi  

1) Tìm số tự nhiên n để $\frac{2^{n}-1}{7}$ là số chính phương.

 

2) Cho các số thực $x\geq -1,y\geq -3$ thỏa mãn $\sqrt{x+1}-x=y-\sqrt{y+3}$. Tìm min, max của $E=x+y$

Câu 2: Ta có: $\sqrt{x+1}-x=y-\sqrt{y+3}\iff \sqrt{x+1}+\sqrt{y+3}=x+y(1)$

Bình phương hai vế của $(1)$ ta được: $2\sqrt{x+1}\sqrt{y+3}=(x+y)+4-(x+y)^2$

$\implies (x+y)^2-(x+y)-4\le 0$

$\implies \frac{1-\sqrt{17}}{2}\le x+y\le \frac{1+\sqrt{17}}{2}$.

Vậy $E_{max}=\frac{1+\sqrt{17}}{2}$. Dấu = xảy ra tại $(x;y)=(\frac{7+\sqrt{17}}{2};-3)$

và $E_{min}=\frac{1-\sqrt{17}}{2}$. Dấu = xảy ra tại $(x;y)=(-1,\frac{3-\sqrt{17}}{2})$

1) Tìm số tự nhiên n để $\frac{2^{n}-1}{7}$ là số chính phương.

 

2) Cho các số thực $x\geq -1,y\geq -3$ thỏa mãn $\sqrt{x+1}-x=y-\sqrt{y+3}$. Tìm min, max của $E=x+y$

Câu 1: Để $\frac{2^{n}-1}{7}$ là số chính phương thì $2^{n}-1\vdots 7\iff 2^{n}\equiv 1(\text{ mod }7)$.

TH1: Nếu $n=3k(k\in \mathbb{N})\implies 2^{n}=8^{k}\equiv 1(\text{ mod }7)$ (thỏa).

TH2: Nếu $n=3k+1(k\in \mathbb{N})\implies 2^{n}=2.8^{k}\equiv 2(\text{ mod }7)$ (không thỏa).

TH3: Nếu $n=3k+2(k\in \mathbb{N})\implies 2^{n}=4.8^{k}\equiv 4(\text{ mod }7)$ (không thỏa).

Vậy do đó ta phải có $n\vdots 3$ hay $n=3t(t\in \mathbb{N})$.

Giả sử: $2^{n}-1=7k^2(k\in \mathbb{Z})$.

$\implies 1+7k^2=2^{n}$.

Đến đây ta giải quyết bài toán tổng quát sau: Tìm tất cả các cặp nghiệm nguyên không âm $(x_n;y_n)$ thỏa mãn: $x_n^2+7y_n^2=2^{n}(*)$.

Ta có:

+ $(\frac{7y_n-x_n}{2})^2+7(\frac{x_n+y_n}{2})^2=2x_n^2+14y_n^2=2(x_n^2+7y_n^2)=2^{n+1}$.

+ $(\frac{7y_n+x_n}{2})^2+7(\frac{x_n-y_n}{2})^2=2x_n^2+14y_n^2=2(x_n^2+7y_n^2)=2^{n+1}$.

Từ đây ta suy ra được: $(x_{n+1};y_{n+1})=(\frac{7y_{n}-x_{n}}{2};\frac{x_n+y_n}{2})$ hoặc 

$(x_{n+1};y_{n+1})=(\frac{7y_n+x_n}{2};\frac{x_n-y_n}{2})$

Theo đề ta suy ra được rang: $x_n^2=1\forall n$

Từ đây, ta có nhận xét rang:

+ Ứng với $n=0$. phương trình có 1 nghiệm duy nhất là $(x_n;y_n)=(1;0)$.

+ Ứng với $n>0$. Ứng với $x_n^2=1$, ta chỉ có thể có các nghiệm sau:

- $(x_n;y_n)=(1;1)$ ứng với $n=3$.

-$(x_n;y_n)=(1;3)$ ứng với $n=6$.

Và kể từ $n>6$ ta luôn có $x_n^2>1$.

Kết luận: Vậy $n=0,3,6$ là những giá trị cần tìm

Bạn có thể tham khảo them tại đây :https://math.stackex...are-odd-numbers

Cho $x,y$ thỏa mãn $x^3+y^3=3xy-1$. Tính $x^{2019}+y^{2020}$

Lời giải: 

Để giải bài toán này, ta áp dung một bài toán quen thuộc sau :

Bổ đề: Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn: $a^3+b^3+c^3=3abc$. Chứng minh rang: $a=b=c$ hoặc $a+b+c=0$.

Lời giải bổ đề:

Ta có: $a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2](1)$

Mà $a^3+b^3+c^3=3abc\implies a^3+b^3+c^3-3abc=0$

Từ $(1)$ ta suy ra được: $\frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]=0\iff a+b+c=0\text{ hoặc }a=b=c$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Quay lại bài toán ban đầu, ta có: $x^3+y^3=3xy-1\iff x^3+y^3+1^3=3x.y.1$

$\implies x+y+1=0$ hoặc $x=y=1$.

TH1: Nếu $x=y=1$ ta suy ra được $x^{2019}+y^{2020}=2$.

TH2: Nếu $x+y+1=0\iff y=-x-1$.

Giả sử: $x=x_0$ là một số nào đó bất kì thuộc $\mathbb{R}$.

Khi đó ta có: $x^{2019}+y^{2020}=x_0^{2019}+(-x_0-1)^{2020}=x_0^{2019}+(x_0+1)^{2020}\forall x_0\in \mathbb{R}$ 

Ps: Do đây là lần đầu tiên bạn tham gia diễn đàn, chưa biết nội quy, nên ban quan trị không nhắc nhở. 

Hi vọng bạn đọc kĩ những nội quy này để lần sau chú ý về việc đặt tiêu đề và gõ latex nhé.

• Hướng dẫn gửi bài trên diễn đàn

•  
• Đặt tiêu đề đúng quy định
• Gõ công thức Toán
• Chọn Thích thay cho lời cảm ơn
• Báo cáo bài viết vi phạm

Giải phương trình: $\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}=\frac{4x+1}{3}$

Lời giải:

Điều kiện xác định: $x\ge 1$

Đặt $(a;b)=(\sqrt{x+1};\sqrt{x-1})(a>b\ge 0)$.

Khi đó ta có: $a^2-b^2=2\iff (a+b)(a-b)=2(1)$.

Và từ phương trình đã cho ta suy ra được: $a+b=\frac{2(a^2+b^2)+1}{3}(2)$ (do $x=\frac{a^2+b^2}{2}$).

Tiếp tục đặt $(u;v)=(a+b;a-b)(u>v> 0)$

Khi đó :$(1)\iff uv=2\iff v=\frac{2}{u}(3)$ và $(2)\iff u=\frac{u^2+v^2+1}{3}(4)$

Thay $(3)$ vào $(4)$ ta được: $u=\frac{u^2+\frac{4}{u^2}+1}{3}\iff 3u=u^2+\frac{4}{u^2}+1$

$\iff 3u^3=u^4+u^2+4\iff u^4-3u^3+u^2+4=0\iff (u-2)^2(u^2+u+1)=0$

$\iff u=2\implies v=1\implies (a;b)=(\frac{3}{2};\frac{1}{2})\implies x=\frac{5}{4}$.

Thử lại thỏa mãn.

Vậy $x=\frac{5}{4}$

Ps: Bạn chú ý về cách đặt tiêu đề nhé.

• Hướng dẫn gửi bài trên diễn đàn

•  
• Đặt tiêu đề đúng quy định
• Gõ công thức Toán
• Chọn Thích thay cho lời cảm ơn
• Báo cáo bài viết vi phạm

10: Tổ Hiếp-Tôn-Giả (Parsvika)

Đầu thế kỷ thứ năm sau Phật Niết-bàn 

Ngài tục danh là Nan-Sanh, người Trung-Ân. Thân mẫu mang thai đến 60 năm mới sanh ra Ngài. Lúc Ngài sắp sanh,

Thân phụ nằm mộng thấy một con voi trắng to trên lưng có chở một bảo tọa, trong bảo tọa có hạt minh châu, từ ngoài cửa đi vào chiếu sáng khắp nhà. Ông giựt mình tỉnh giấc thì Ngài ra đời.

Sau gặp Tổ Phục-Đà-Mật-Đa độ cho xuất gia. Được xuất gia rồi Ngài cần mẫn tu học cho đến quên ăn bỏ ngủ, suốt ngày đêm chưa từng đặc lưng xuống chiếu,như thế mãi cả đời. Vì thế thời nhơn gọi Ngài là Hiếp-Tôn-Giả (Tôn-giả hông không dính chiếu ).

Lãnh thọ chánh pháp xong, Ngài đi vân du các nơi tùy cơ giáo hóa. Đến nước Hoa-Thị, Ngài  tạm nghỉ dưới cây đại thọ. Khi ấy, Ngài lấy tay chỉ xuống đất bảo chúng :

- Khi nào đất này biến thành màu vàng, sẽ có một thánh nhơn vào hội. Ngài vừa nói dứt lời, đất liền biến thành màu vàng. Chốc lát có một thanh niên con nhà giàu tên Phú-Na-Dạ-Xa đến trước Ngài đứng chắp tay, Ngài hỏi :

- Ngươi từ đâu đến ?

Thanh niên thưa :

- Tâm con chẳng phải đến.

 –Ngươi dừng chổ nào ?

–Tâm con chẳng phải dừng.

- Ngươi chẳng định sao ?

– Chư Phật cũng thế.

–Ngươi chẳng phải chư Phật.

 –Chư Phật cũng chẳng phải.

Ngài nhơn đó nói bài kệ :

        Dịch :

Phú-Na-Dạ-Xa cũng đọc bài kệ: 

            Dịch :

Ngài biết ý Phú-Na-Dạ-Xa lòng cầu đạo rất thiết tha, nên độ cho xuất gia và truyền giới cụ túc. Một hôm, Ngài gọi Phú-Na bảo :

-Đại pháp nhãn tạng của Như-Lai, nay trao cho ngươi, ngươi phải khéo lưu truyền chớ để dứt mất. Hãy nghe ta nói kệ :

            Dịch :

Truyền pháp xong, Ngài ngay nơi chỗ ngồi thị hiện các tướng rồi vào Niết-bàn. Hỏa táng thân Ngài xong có xá-lợi nhiều vô số, chúng phải lấy y bọc đem về kính thờ cúng dường .

9:Tổ Phục-Đà-Mật-Đa (Buddhamitra)

Cuối thế kỷ thứ tư sau Phật Niết-bàn

Ngài họ Tỳ-Xá-La ở nước Đề-Già. Từ lọt lòng mẹ đến năm mươi tuổi chưa từng nói một lời,chưa từng đi một bước. Cha mẹ nghi nhơn duyên gì mà Ngài thế ấy ? Đến gặp Tổ Phật-Đà-Nan-Đề nói duyên đời trước rằng :

- Đứa bé nầy đời trước thông minh lắm,ở trong Phật pháp do lòng đại bi muốn làm lợi ích lớn cho chúng sanh,cho nên thường nguyện :"Nếu tôi sanh chỗ nào không bị tình phụ tử ràng buộc, tùy duyên lành kia liền được giải thoát miệng nó không nói là tiêu biểu đạo không tịch. Chơn nó không đi là tiêu biểu pháp không đến đi."

Cha mẹ Ngài nghe lời giải thích của Tổ sạch hết nghi ngờ,vui vẻ cho theo Tổ xuất gia.

Sau khi đắc pháp, Ngài du hóa khắp nơi, sang Trung-Ấn giáo hóa. Nơi đây có ông trưởng-giả tên là Hương-Cái. Ông nầy có người con trai tên Nan-Sanh. Ông trưởng-giả Hương-Cái dẫn con đến yết kiến Ngài. Đảnh lễ xong,ông trưởng-giả thưa :

- Thằng bé nầy ở trong thai mẹ ngót sáu mươi năm,do đó tôi đặt tên là Nan-Sanh. Có một tiên đến xem tướng nó,rồi nói: "Thằng nhỏ nầy hẳn là tướng phi phàm,sẽ làm pháp khí đại thừa,sau gặp Bồ-Tát hóa độ". Bởi có duyên lành nên nay được gặp Ngài,tôi nguyện cho nó theo Ngài xuất gia học đạo.

Ngài hoan hỷ nhận cho Nan- Sanh xuất gia thọ giới. Trong buổi lễ xuất gia thọ giới bỗng có ánh sáng mát chiếu khắp chổ Nan-Sanh ngồi. Cơ duyên hóa độ sắp viên mãn, Ngài kêu Nan-Sanh lại dặn dò :

- Đại pháp nhãn tạng của Như-Lai,nay ta trao cho ngươi,

Ngươi phải gìn giữ truyền trao đừng cho đoạn dứt. Ngươi nhận lời ta dạy,hãy nghe kệ đây : 

                                                                                                    Dịch :

Nói kệ xong, Ngài bèn vào chánh định hiện tướng Niết-bàn. Chư thiên trổi nhạc cúng dường. Nan-Sanh cùng đồ chúng dùng dầu thơm gỗ chiên đàn làm lễ hỏa táng chơn thể của Ngài. Hỏa táng xong lượm xá-lợi về tôn thờ nơi chùa Na-Lan-Đà .

Cho số thực dương a,b t/m a+(1/b)<=1.Tìm max T= ab/(a^2+b^2)

Đề bài: Cho các số thực dương $a,b$ thỏa mãn $a+\frac{1}{b}\le 1$. Tìm GTLN của $T=\frac{ab}{a^2+b^2}$.

Lời giải: Ta có: $T=\frac{ab}{a^2+b^2}=\frac{\frac{a}{b}}{(\frac{a}{b})^2+1}$ (Chia cả tử và mẫu cho $b^2$).

Lại có: $1\ge a+\frac{1}{b}\ge 2\sqrt{\frac{a}{b}}$ (Theo bất đẳng thức Cô-si).

$\iff \frac{a}{b}\le \frac{1}{4}$.

Đặt $k=\frac{a}{b}(0<k\le \frac{1}{4})$. Khi đó $T=\frac{k}{k^2+1}$.

Ta có: $T=\frac{k}{k^2+1}=(\frac{k}{k^2+1}-\frac{4}{17})+\frac{4}{17}=\frac{17k-4k^2-4}{17(k^2+1)}+\frac{4}{17}=\frac{(4-k)(4k-1)}{17(k^2+1)}+\frac{4}{17}$.

Vì $0<k\le \frac{1}{4}\implies (4k-1)(4-k)\le 0\implies T\le \frac{4}{17}$.

Vậy $T_{max}=\frac{4}{17}$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=\frac{1}{2},b=2$.