1 Ta có : 2n - số lẻ n số lẻ Gọi p ước số nguyên tố nhỏ n Khi 2n -1 p ,do 2n -1 (mod p) Theo định lý Fermat, 2p-1 (mod p) Cho k số nguyên dương nhỏ cho 2k 1(mod p) Khi đó, n k (vì ngược lại n=kq + r với < r < k 2n = (2k )q 2r 2r (mod p), trái với k số nhỏ ) Tương tự p-1 k Do : UCLN (n , p - 1) k Đặt d = UCLN(n, p-1), phải 1, n d , d ≤ p - p số nguyên tố nhỏ n Do k = 2= 2k (mod p) , điều vơ lí Ví dụ 3.2 Chứng minh phương trình x2 + y2 + 1= xyz có nghiệm ngun dương x, y, z z = Lời giải Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương ( x, y ,z) với z ≠ Khi x ≠ y (vì ngược lại 2x2 +1 = x2z cho ta x2 (z – 2) =1và x =1, z = 3, vơ lí) Vì phương trình đối xứng với x, y nên ta giả thiết x > y Giữa tất nghiệm nguyên dương phương (x , y, z ) với x > y z ≠ , ta chọn (x0, y0, z0 ) nghiệm với x0 nhỏ - 12 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Ta xét phương trình bậc hai theo x x2 – y0z0x + (y02 + 1) = có y0 + nghiệm x0 Một nghiệm khác phương trình x1= y0 z0 − x0 = x0 x1 Ta có : 1, ( x + y ) + z ≤ 2(( x + y ) + z= Ví dụ 3.5 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình x+2 = y + z Lời giải Vai trò y, z nhau, nên ta giả sử y ≥ z Bình phương hai vế ta nhận x + = y + z + yz Suy ( x − y − z ) + 3( x − y − z )= yz − 12 Từ ( ) (1) x – y – z = yz – 12 = x – y – z ≠ VT số vơ tỉ ,cịn VP biểu thức hữu tỉ ,điều Suy yz = 3, y = 3, z = Ta có x = y + z = Vậy nghiệm phương trình ( , , ) , ( , , ) Ví dụ 3.6 Tìm số nguyên x , y > cho 3x + y 3y + x - 14 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Lời giải Xét x = y 3x + x x,do x = 1,điều trái với giả thiết x> 1,nên x, y Xét x < y tồn số nguyên p cho 3y + = px Mặt khác 3x > 3y 3x ≥ 3y + 1= px Dấu “ = ” khơng xảy 3y + khơng chia hết cho 3, nên ta có 3x > px Từ có p = p = Nếu p = 3y + 1= x 3( 3y + ) y, y suy y= y = Nếu p = 2x = 3y + 9y + y , nghĩa y Suy y = Vậy tốn có nghiệm ( , ) ,( 13 , ) ,( , ) ,( , 13 ) ,( , ) ,(5 , ) 3.3.Một số luyện tập 3.7 Trong bảng hình chữ nhật người ta viết số Cho phép đồng thời đổi dấu tất số dòng cột Chứng minh phép thực hiền đưa bảng cho thành bảng cho tổng số hàng cột không âm 3.8 Tại đỉnh 100-giác đặt số cho số trung bình cộng hai số bên cạnh Chứng minh tất số 3.9 Mỗi nghị sĩ quốc hội có khơng lớn ba người bạn Chứng minh quốc hội chia làm hai nhóm cho nghị sĩ nhóm có khơng lớn người bạn ( Biết B bạn nghị sĩ A A bạn nghị sĩ B) - 15 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Phần NGUYÊN LÍ THỨ TỰ TRONG TẬP SỐ TỰ NHIÊN 4.1 Nguyên lí thứ tự : Tập hợp số N ={0, 1, 2, 3, 4, …} gọi tập hợp số tự nhiên Mỗi phần tử gọi số tự nhiên Tập hợp số tự nhiên thường gắn với phép toán cộng nhân Với số tự nhiên a, b c, phép tốn có tính chất sau : a + b ab số tự nhiên ( tính đóng ) ( a + b ) + c = a + ( b + c ) ( ab ) c = a ( bc ) ( tính kết hợp ) a ( b+ c ) = ab + ac ( tính phân phối ) + a = a +0 ( đơn vị cộng tính ) a = a = a ( đơn vị nhân tính ) Người ta cịn xét thứ tự < (nhỏ ) thường dùng tập số tự nhiên : < < < < 4… Thứ tự có tính chất sau: Nếu a, b c số tự nhiên khác ( ) Hoặc a < b bx2> x3>….Khi S tập hợp hữu hạn Chứng minh Theo giả thiết S tập hợp khác rỗng Giả sử S tập vô hạn Từ x1> x2 x3> … ( theo giả thiết ) , suy S khơng có phần tử nhỏ Điều trái với nguyên lí thứ tự Do S tập hợp hữu hạn Ví dụ 4.1 Chứng minh số vơ tỉ Lời giải Ta sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng Giả sử = ( a , b số nguyên dương ) số hữu tỉ , nghĩa Điều suy tập hợp S = { n / đồng thờin n số nguyên dương } tập hợp khác rỗng (vì chưa a ) Theo ngun lí thứ tự S có phần tử nhỏ , gọi j = k Vì - > nên j ( Từ < –1)=j j (j–k) –k =(j–k) ,k Z số nguyên dương = 2k, ta suy =k(2- Như vây, ( j – k ) ) có tập GTNN ( điều tồn theo ngun lí thứ tự cho tập khác rỗng số tự nhiên ) Nếu a6+2b6=4c6 a phải số chẵn, nghĩa a = 2a1 với a1 số nguyên dương Thay vào đẳng thức cho ta nhận 32a16+b6= 2c6 - 17 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Từ lại có b = 2b1 suy 16a16 + 32b16 = c6 Như ta lại có c=2c1 cuối a16 + 2b16 = 4c16 Vậy (a1, b1, c1 ) số nguyên không âm thỏa mãn đẳng thức đề cho, mặt khác, ta có max (a1, b1, c1 ) < max (a, b, c ).Điều mâu thuẫn với cách chọn số a,b,c Suy max (a, b,c ) = , nghĩa a = b = c = Ví dụ 4.3 (IMO 1988 ) Chứng minh a, b số nguyên dương cho số nguyên Lời giải Giả sử số số phương = k số ngun, khơng phải số phương với max (a, b) nhỏ (điều tồn tiên đề thứ tự) Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≤ b Nếu a = b < k = < 2, từ suy k = 1và số phương Kết luận toán Xét trường hợp a < b : Ta xét a2 + b2 – k ( ab + ) = phương trình bậc hai theo biến b Theo định lí Vi-ét ta có tổng hai n0 pt ka tích n0 a2 – k Kí hiệu b1, b2 nghiệm nói b1+ b2= ka b1.b2 = a2 – k Vì a, k số nguyên dương b1 thỏa mãn a2+ b12–k ( ab1 + ) = 0, nên ta có b1 ≥ Nếu ngược lại b1 khơng thể nghiệm phương trình xét Hơn nữa, b1 = a2 + 02 = k ( 0.a +1 ), mà k số phương, điều vơ lí Như b1> b1 = số nguyên b1 thỏa mãn < < b, ta tìm = k, mà max (a , b1 ) < max ( a , b ) Điều vơ lí Vậy : k khơng phải số phương 4.2 Ngun lí quy nạp tốn học : Định lí 4.1 đưa tập khác rỗng N có dãy giảm vơ hạn hữu hạn Một tập số tự nhiên có số tính chất - 18 - Chun đề: Ngun Lý Cực Hạn mà từ tính chất suy tập trùng với tập số tự nhiên khơng? Câu trả lời có thể định lí 4.2 sau Định lí 4.2 ( Ngun lí quy nạp tốn học ) : Nếu tập S số ngun khơng âm có tính chất : S chứa số Nếu S chứa số ngun n chứa số nguyên n +1 Khi S = N Chứng minh Giả sử S tập thực N, nghĩa có số nguyên dương thuộc N khơng thuộc S Vậy theo ngun lí thứ tự tồn số nguyên dương nhỏ k không nằm S Ta thấy k > – < k, theo cách chọn k -1 1+1 S Vì k S Nhưng theo giả thiết thứ hai phải có k – S Vì k = k – + nằm tập S, điều vơ lí với cách chọn k Suy S = N Từ định lí ta suy hệ sau : Hệ : Nếu tập hợp S số nguyên dương chứa số m chứa n + chứa n với n > m S chứa tất số nguyên dương lớn m Hệ (ngun lí quy nạp tốn học mạnh ) : Nếu tập hợp S sốnguyên dương chứa số m chứa n + chứa số m+1, m+2, … , n với n> m, S chứa tất số nguyên dương lớn m Ví dụ 4.4 Chứng minh A( n ) = 7n + 3n – n N Lời giải Ta kí hiệu tập hợp S = { n / n Z A( n ) } Ta sử dụng nguyên lí qui nạp để chứng minh, ta kiểm tra điều kiện giả thiết ( ) Với n = , ta có A( ) Vậy S ( ) Giả sử n S, nghĩa n N A( n ) = 7n + 3n – với n > Ta xét n + N - 19 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Do : A( n + ) = 7n+1 + 3( n + ) – = 7n + 3n + – = ( 7n + 3n – ) – ( 2n – ) = A( n ) – ( 2n – ) ( theo gt ) , nên A( n + ) Vì A( n ) , nghĩa n + nguyên lí quy nạp suy S = N , nghĩa n ≥ , A( n ) Ví dụ 4.5 Chứng minh : n ( n + 1) 13 + 23 + 33 + …+ n3 = , n N* Lời giải Ta kí hiệu T( n ) = 13 + 23 + 33 + …+ n3 n ( n + 1) * S =∈ n n N , T ( n ) = Ta kiểm tra điều kiện ngun lí quy nạp tốn học : 1(1 + 1) Với n = , T( ) = = = T( ), suy S ( ) Giả sử n Ta xét n + n ( n + 1) S, nghĩa T( n ) = N T( n + ) = 13 + 23 + 33 +….+ n3 + ( n + 1)3 = T( n ) + ( n + )3 ( n + 1)( n + ) n ( n + 1) = +(n+1) = Suy n + S Theo nguyên lí quy nạp tốn học S = N*, nghĩa n ( n + 1) T( n ) = n ≥ ta có Ví dụ 4.6 Chứng minh với số ngun dương n , ln có - 20 - S Theo Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn 1 1 1 1 − + − + − = + + + 2n n + n + 2n Lời giải Ta có : 1 1 1 B(n)= A(n) =1 − + − + − + + + 2n n +1 n + 2n Khi A( n + ) = A( n ) + B( n + ) = B( n ) - + + Đặt S ={n / n N* A( n ) = B( n )} Ta chứng minh tốn ngun lí quy nạp: ( ) Với n = 1, ta có A( ) = B( ) = , suy S ( ) Giả sử có n S, nghĩa A(n)=B(n) Ta xét A(n+1) – B( n + ) = A(n) – B(n) + Do n + - = A( n ) – B( n ) = S Theo nguyên lí quy nạp tốn học S = N*, nghĩa với n N* ta có A( n ) = B( n ) Định lí 4.3 ( nguyên lí quy nạp tốn học dạng mệnh đề ) Cho dãy mệnh đề gồm P(0), P(1), P(2),…có nghĩa thỏa mãn : ( ) P ( ) ( ) Nếu với k N, P( k ) suy P(k + 1) đúng, P( n ) ∀n N Ví dụ 4.7 Chứng minh k số lẻ, - chia hết cho 2n+ với số nguyên dương n Lời giải Cho k số lẻ Đặt P( n ) = { - 1chia hết cho2n+ } với n N* Bước sở : Với n = 1, k2 – 1= ( k – ) ( k + ) chia hết cho với số nguyên k lẻ Bước quy nạp : Giả sử - 1chia hết cho 2n+ 2, ta phải chứng minh - 21 - - 2n + Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Thật vậy, -1=( -1)( + ), theo giả thiết quy nạp ta có hết cho 2n+ 2, ta cần chứng minh hiển nhiên đúng, - chia + chia hết cho Nhưng điều là số lẻ, tạo + số phương Theo nguyên lí quy nạp dạng mệnh đề suy kết luận với n ≥ Ví dụ 4.8 Tìm hàm số f :N → N* cho : (a)f(2)=2 ( b ) f( n +1 ) = 1+ 1.f ( ) + 2.f ( ) +…+ n f ( n ), với n N* Lời giải Nếu n = từ ( b ) nhận f ( ) = + f ( ) Do f( ) = Nếu n = ta nhận f ( ) = + f ( ) + f ( ) = + + = Tương tự, ta tính f ( ) = 24 f ( ) = 120 Vậy ta nhận xét f ( ) = 1! , f ( ) = 2! , f ( 3) = 3!, f ( ) = 4! f ( )= 5! Ta có dự đốn f ( n ) = n! với n N* Bước sở : Với n = , mệnh đề Bước quy nạp : Giả sử mệnh đề với n ≤ k , tức f ( ) = 1!, … f ( k ) = k !, ta phải chứng minh với n = k + 1, nghĩa f ( k + ) = ( k + 1)! Thật từ ( b ) ta có f ( k + ) = + 1.1! + 2.2! + 3.3! +….+ k.k! Mặt khác ta ln có đẳng thức : + 1.1! + 2.2! + …+ n.n! = ( n + )! với n N* Do f ( k + 1) = ( k + 1)! Từ chứng minh suy có hàm số f : N*→ N* thỏa mãn (a) (b) f (n)=n! 4.3 Sự tương đương hai nguyên lí : Định lí 4.2 từ nguyên lí thứ tự suy ngun lí quy nạp tốn học Sau ta chứng ming ngược lại, ta có nguyên lí quy nạp tốn học ta suy ngun lí thứ tự - 22 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Định lí 4.4 Nguyên lí quy nạp tốn học kéo theo ngun lí thứ tự Ví dụ 4.9 Cho số thực x x thỏa mãn x + ∈ Z Chứng minh : xn + ∈ Z ; ∀n ∈ N * n x Lời giải Ta có cách chứng minh khác Phương pháp quy nạp toán học : Đặt B ( n= ) xn + , với n xn N* x Bước sở : Với n = , B( ) = x + ∈ Z Với n = , B( ) = x2 + = ( x + )2 – số nguyên Bước quy nạp: Giả sử B( n ) B ( n+ ) số nguyên ( n N* ) Ta chứng minh B( n + ) số nguyên Thật vậy, dễ dàng có đẳng thức B (n + 2) = B (n+ 1) B(1) – B (n) (đpcm ) Như vậy, với n N* , B( n ) số nguyên Phương pháp phần tử cực biên : Giả sử có số giá trị n N* mà B(n) không số nguyên Ta chọn n số tự nhiên nhỏ mà B(n) số ngun n khơng thể 2, theo giả thiết tính tốn đơn giản phương pháp quy nạp Vậy n – > Dễ dàng kiểm tra B(n) = B(n – 1) B(1) – B(n – 2), mà n – < n n – < n nên B( n – ) B( n – ) số nguyên, suy B( n ) số nguyên Điều trái với cách chọn n số tự nhiên nhỏ cho B( n ) số ngun Vậy khơng thể có số tự nhiên n mà B( n ) không số nguyên Ví dụ 4.10 Chứng ming S( n ) =10n + 18n – chia hết cho 27 với số tự nhiên n - 23 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Lời giải Phương pháp quy nạp toán học : Bước sở : Với n = 0, ta có S( ) = chia hết 27, mệnh đề Bước quy nạp : Giả sử mệnh đề với n = k N nghĩa S( k ) 27 Ta cần chứng minh mệnh đề với n = k + 1, nghĩa cần chứng minh S( k + ) 27 Ta có : S(k+1) = 10k + + 18 ( k + ) – = 10 10k + 18k + 18 – = 10 ( 10k + 18 k – ) - 27 ( 6k – ) Do S( k ) = 10k + 18 k – 27 , nên S( k + ) 27 ( đpcm ) Phương pháp phần tử cực biên : Giả sử có số tự nhiên n mà S( n ) không chia hết cho27 Ta chọn n nhỏ số Số n khơng thể Khi S( n – ) chia hết cho 27 Ta lại có : S( n ) = 10n + 18n – = 10.10n – +18 ( n – ) + 18 – = 10 ( 10n – + 18 ( n – ) – ) – 27 ( 6n – ) Từ đẳng thức ta suy S( n ) chia hết cho 27, điều vô lí với cách chọn n Như mệnh đề khẳng đệnh - 24 - Chuyên đề: Nguyên Lý Cực Hạn Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu ( chủ biên ), Kỉ yếu Hội nghị Khoa học ,Nha Trang 14/04/2012 [2] Đoàn Quỳnh ( chủ biên ), Tài liệu giáo khoa chuyên Toán - Đại số 10, NXB GD , 2010 [3] Nguyễn Hữu Điển, Giải toán phương pháp đại lượng cực biên , NXB GD , 2005 [4] Vũ Hữu Bình, tốn hình học tổ hợp THCS , NXB GD , 2003 [5] www mathscope.org [6] www problems.ru [7] www mathvn.com - 25 -