Kiến thức toán học - Phương pháp quy nạp doc

Phương pháp quy nạp Một phương pháp rất mạnh trong toán học dùng nghiên cứu và chứng minh các giả thiết là nguyên lý quy nạp toán học. Bài viết này giúp bạn đọc làm quen với phương pháp mới này và có thể áp dụng nó vào bài toán. I.Nguyên lý quy nạp: Gọi P(x) là một mệnh đề theo x. Định lý: Cho p là số nguyên dương và dãy các mẹnh đề P(1), P(2), , P(n), nếu a) P(1),P(2), ,P(p) là những mệnh đề đúng b) Với mỗi số tự nhiên k>=p các mệnh đề P(k-p+1), P(k-p+2), ,P(k) đúng suy ra P(k+1) cũng đúng Thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. việc chứng minh định lý có lẽ là không cần thiết ta sẽ tập trung vào các bài tập về nguyên lý này, nhưng mọi việc tự bản thân nó đã rõ ràng với những bạn đọc yêu toán. Chúng tôi cũng không đi sâu vào việc giới thiệu các bước quy nạp bởi vì qua các bài toán bạn đọc sẽ nắm được chúng. II.Các ví dụ: Bài toán 1: Tính tổng S n = 1+3+5+ +(2n-1) theo n Giải: Ta tính thử vài giá trị đầu của tổng này: S 1 =1; S 2 =4; S 3 =9; S 4 =16; từ những giá trị ban đầu đó ta dự đoán S n =n 2 Ta bắt đầu chứng minh điều đó Cơ sở quy nạp: với n=1,2,3,4 mệnh đề đúng Giả sử mệnh đề đúng với n=k tức là S k = k 2 ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1. Thật vậy: S k+1 = S k + 2k+1= k 2 + 2k +1= (k+1) 2 Vậy mệnh đề đúng với mọi n. Bài toán 2: Tính tổng P n = 1 2 +2 2 + +n 2 Giải: Ta tính thử vài giá trị đầu của S n : N 1 2 3 4 5 6 P n 1 5 14 30 55 91 Nhìn vào bảng trên ta khó có thể dự đoán công thức của P n nhưng ta có thể liên hệ giữa S n và P n dựa vào bảng sau: N 1 2 3 4 5 6 P n 1 5 14 30 55 91 S n 1 3 6 10 15 91 n n P S 3 3 5 3 7 3 9 3 11 3 13 3 Bây giờ ta có thể dự đoán 21 3 n n P n S + = . Từ đó ta có thể suy ra công thức ( ) ( ) 121 6 n nnn P ++ = Ta chứng minh bằng quy nạp cho công thức trên Cơ sở quy nạp:n=1 đúng giả sử mệnh đề đúng với n=k tức là (1)(21) 6 k kkk P ++ = . Ta chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1. Thật vậy: () ( ) ( ) () ( ) ( ) ( ) 22 1 1211223 11 66 kk kkkkkk PPkk + +++++ =++=++= . Vậy mệnh đề đúng với mọi n. Bài toán 3: Tính tổng S n = 1 3 +2 3 + +n 3 Bài toán 4: Tính tổng S n = 1 4 +2 4 + +n 4 (bạn đọc tự giải hai bài toán trên) Sau đây tôi xin giới thiệu với các bạn một phương pháp quy nạp lùi do nhà toán học Cauchy đưa ra thông qua việc chứng minh BĐT Cauchy Bài toán 5:Với n số không âm a 1, a 2, a 3, , a n ta luôn luôn có 1212 n nn naaaaaa ≤+++ (xem phần cm trong mục b Áp dụng phép quy nạp kiểu Cauchy ta có thể chứng minh các bài toán sau 1) Cho hàm số f trên (a,b) và thõa mãn (f(x 1 )+f(x 2 ))/2 không bé hơn f((x 1 +x 2 )/2) với x 1 ,x 2 thuộc (a,b). CM: (f(x 1 )+f(x 2 )+ +f(x n ))/n không bé hơn f((x 1 +x 2 + +x n )/n). 2) Như bài 1 thay điều kiện không bé hơn bằng điều kiện không lớn hơn Hai bài trên là nội dung của định lý Jensen. Bài toán 6:CMR với số nguyên dương n thì A n = 7 n + 3n -1 chia hết cho 9 Giải: với n=1 đúng Giả sử mệnh đề đúng với n=k tức là A k chia hết cho 9 Ta có : A k+1 = 7 k+1 + 3(k+1) -1 =7.7 k + 3k +2 = 7( 7 k + 3k -1) – 9(2k-1) = 7A k – 9(2k-1) nên A k+1 chia hết cho 9. Vậy mệnh đề đúng với mọi n Bài toán 7: Hãy tìm tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện P(x 2 -2) = (P(x)) 2 – 2 Giải: bạn đọc tự chứng minh với một số nguyên dương n tồn tại nhiều nhất 1 đa thức P n (x) thõa mãn đề bài bằng phản chứng Bằng việc tính toán trực tiếp ta tìm được các đa thức P 1 (x)=x ; P 2 (x)=x 2 -2 ; P 3 (x)=x 3 -3x ; P 1 (x)=x ; P 4 (x)=x 4 -4x 2 +2 ; P 5 (x)=x 5 -5x 3 +5x thõa mãn đề bài. Từ đó ta có quan hệ giữa các đa thức trên: P 3 (x)=xP 2 (x)-P 1 (x); P 4 (x)=xP 3 (x)-P 2 (x); P 5 (x)=xP 4 (x)-P 3 (x); điều này gợi ý cho ta một giả thiết sau đây: “mọi đa thức được xác định bằng công thức truy hồi P n+2 (x)=xP n+1 (x)-P n (x); P 1 (x)=x; P 2 (x)= x 2 -2 đều thõa mãn bài toán.” bạn đọc tự chứng minh giả thiết trên nhờ phương pháp quy nạp Bài toán 8: chứng minh định lý Hely (trong phần nguyên lý cực hạn). Giải: trước hết ta có tiên đề sau: “giao của hai hình lồi là một hình lồi” với n=4, ta ký hiệu những hình bằng H 1, H 2, H 3, H 4 . Gọi giao của H 1, H 2, H 3 là G 4 , H 1, H 2, H 4 là G 3 , H 1, H 3, H 4 là G 2 , H 2, H 3, H 4 là G 1. Gọi giao của 4 hình là H + Nếu G 4 nằm trong tam giác G 1 G 2 G 3 thì ta có A 4 thuộc H nên H khác rỗng + Nếu G 1 G 2 G 3 G 4 là tứ giác lồi và A là giao của hai đường chéo thì A thuộc C Vậy n=4 đúng. Giả sử mệnh đề đúng với n-1. Ta xét k hình H 1 ,H 2 , , H n .Gọi H 0 là giao của H n và H n-1 Ta xét dãy H 1 ,H 2 , ,H n-2 ,H 0 . Dựa vào giả thiết và trường hợp n=4 ta sẽ có mọi cặp ba hình trong số n-1 hình này cắt nhau nên theo giả thiết quy nạp => đpcm Bài toán 9: CM: với mọi n thì 1 13 n n  +<   Giải: Vì vế phải của BĐT là một đại lượng biến thiên (bạn đọc có thể chứng minh nó tăng) nhưng vế trái lại là một đại lượng không đổi nên ta không thể ch ứng minh bằng quy nạp ngay được. Ta sẽ chứng minh : () 2 2 1 11 1 k nn kn nkk  +<++≤≤   bằng phương pháp quy nạp theo k lấy k=n ta được đpcm. III.Bài tập 1)CMR: a) 4 2n+1 -1 chia hết cho 15 b)5 n + 2.3 n-1 +1 chia hết cho 8 c)10 n + 18n – 28 chia hết 27 d) 3 21 3 n n +  2)CMR: số tạo bởi 3 n chữ số 1 thì chia hết cho 3 n 3)CMR: từ 2 n+1 -1 số nguyên bất kỳ có thể tìm được 2 n số mà tổng của chúng chia hết cho 2 n 4)CMR: nếu 1 x x + là số nguyên thì 1 n n x x + cũng là số nguyên với mọi n 5)Gọi a,b là hai nghiệm của phương trình x 2 -14x+1=0. CMR: S n = a n + b n nhận giá trị nguyên và không chia hết cho 13 6)Cho x,y là các số thực sao cho 1 x y + và 1 y x + là các số nguyên a)CMR: 22 22 1 xy xy + là số nguyên b)Tìm tất cả các số nguyên n sao cho 1 nn nn xy xy + là số nguyên 7)CMR: với mọi n ta luôn có ( ) 23 n  +   là số lẻ 8)Cho hai số dương a,b sao cho a+b=3. CMR 3 2 2 n nn ab  +≥   9)CM bđt Becnuli: 1 a >− thì với mọi số nguyên dương n ta đều có () 11 n aan +≥+ 10)Cho n đường tròn trên mặt phẳng , tìm số miền nhiều nhất được chia bởi n đường tròn này 11)Cho n điểm trên mặt phẳng , nối các đỉnh lại với nhau sao cho không co tam giác nào có ba đỉnh là các điểm đã cho. Tìm số cạnh lớn nhất có thể vẽ gợi ý : số cạnh lớn nhất là 2 4 n    áp dụng : trên một đường tròn cho 21 điểm. Trong số các góc ở tâm xác định bởi các bán kính đi qua 21 điểm đó tồn tại 110 góc có số đo lớn hơn 120 o . PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG *) Đây là một phương pháp rất hay và rất quan trọng trong toán học từ xưa đến nay. *) Ý tưởng của phương pháp này là giả sử điều ngược lại của bài toán rồi từ điều giả sử này ta tìm ra sự mâu thuẫn .Do đó bài toán được chứng minh đúng. *) Ứng dụng của phương pháp này rộng trên mọi lĩnh vực của toán từ đại số, số học, hình học cho đến các lĩnh vực cao hơn. *) Chúng ta sẽ đi vào các ví dụ để hiểu rõ phương pháp này. Ví dụ 1: Cho a,b ∈Ν và(a,b)=1.CMR: (a+b,ab)=1. Giải: Giả sử (a+b,ab)= d (d ≠ 1). Gọi p là ước nguyên tố lớn nhất của d 1 p ⇒≠ do d 1 ≠ . abp abp +  ⇒     abp ap bp +   ⇒          ⇒ (,) abp = (trái với giả thiết bài toán) ⇒ đpcm Ví dụ 2: CMR: 2 35121 nn++  ( n ∈Ζ ) Giả sử 2 35121 nn++  (1) 2 2 2 43.42011 (23)1111 (23)121 nn n n ⇒++ ⇒++ ⇒+    Thay vào (1) ta có 11  121 (vô lí) ⇒ đpcm Ví dụ 3: Về phía trong của tứ giác ABCD dựng các nửa đường tròn có đường kính là các cạnh của tứ giác.Chứng minh rằng tứ giác bị phủ kín hoàn toàn. Giải: Giả sử 4 nửa đường tròn không phủ kín hết tứ giác .Suy ra tồn tại 1 điểm M không thuộc đường tròn. 0 0 0 0 0 ˆ 90 ˆ 90 ˆˆˆˆ 360 ˆ 90 ˆ 90 AMB BMC AMBBMCCMDDMA CMD DMA  <  <  ⇒⇒+++<  <   <  (vô lí) ⇒ đpcm Ví dụ 4:CMR không tồn tại số nguyên tố lớn nhất. Giải: Giả sử tồn tại n p là số nguyên tố lớn nhất.Gọi các số nguyên tố nhỏ hơn nó là 121 , , nn ppp −− (với 1 p =2). Đặt A= 123 n pppp + 1. Theo điều giả sử thì A không là số nguyên tố vì A> n p i Ap ⇒  với i {1,2, ,n} ∈ . Mà (A,A-1) = 1 1 i Ap ⇒−  (vô lí) ⇒ đpcm Ví dụ 5: CMR không thể viết 1 thành tổng ngịch đảo của 4 số tự nhiên lẻ. Giải: Giả sử ta có thể viết được tức là 1 1111 abcd =+++ (a,b,c,d là số tự nhiên lẻ) Qui đồng mẫu số ta được abcd = ab(c+d) + cd(a+b) Do a,b,c,d lẻ nên ab(c+d) + cd(a+b) chẵn ⇒ abcd chẵn (vô lí) ⇒ đpcm Ví dụ 6:Cho bảng 6 × 6 được lấp đầy bằng quân đôminô 2 1 × .CMR ta có thể cắt bảng này ra thành 2 hình chữ nhật sao cho không làm hỏng quân đôminô. Giải: Gọi bảng (I) là bảng được tô đen, ô 1 là một quân đôminô Giả sử 1:Các ô trong bảng bị lấp đầy và không thoả bài toán. ⇒ mỗi đường ketrong bảng(khác biên) đều chia đôi ít nhất 1 quân đôminô Giả sử 2: Có 1 đuờng kẻ chia đôi 1 con đôminô. ⇒ Bảng (I) được lấp kín bằng quân 21 × . ⇒ Số ô trong bảng (I) là chẵn (vô lí) ⇒ mỗi đường kẻ phải chia ít nhất 2 ô. ⇒ Bảng phải có ít nhất 5.2.2=20 ô 21 × lớn hơn số ô trong bảng là 18 ô.(vôlí) ⇒ đpcm. Qua các ví dụ trên chắc các bạn đã nắm bắt được phương pháp này rồi phải không?Chúng ta sẽ làm 1 số bài tập ứng dụng nhé! 1) CMR: 2 4213289 nn−+ .(Hướng dẫn:Như ví dụ 2.Lưu ý 2 28917 = ) 2) Cho 7 đoạn thẳng ,mỗi đoạn có độ dài j d với 113 j d ≤< .CMR có thể chọn 3 đoạn để lập thành 3 cạnh 1 tam giác. 3) Cho 21 n − là số nguyên tố.CMR n là số nguyên tố. 4)CMR nếu 0 0 0 abc abbcca abc ++>   ++>   >  thì a,b,c>0. 5) Cho 2005 điểm trên mặt phẳng sao cho khoảng cách giữa 2 điểm trong 3 điểm bất kì luôn nhỏ hơn 2,09 cm.CMR ta có thể vẽ 1 đường tròn đường kính 4,18 cm chứa 1003 điểm. 1 6) Chứng minh rằng không thể lấp đầy bảng 8x8 bị khoét một ô như hình vẽ bằng các quân 3x1 . Phương pháp quy nạp Một phương pháp rất mạnh trong toán học dùng nghiên cứu và chứng minh các giả thiết là nguyên lý quy nạp toán học. Bài viết này giúp bạn đọc làm quen với phương pháp. “mọi đa thức được xác định bằng công thức truy hồi P n+2 (x)=xP n+1 (x)-P n (x); P 1 (x)=x; P 2 (x)= x 2 -2 đều thõa mãn bài toán. ” bạn đọc tự chứng minh giả thiết trên nhờ phương pháp quy nạp. 120 o . PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG *) Đây là một phương pháp rất hay và rất quan trọng trong toán học từ xưa đến nay. *) Ý tưởng của phương pháp này là giả sử điều ngược lại của bài toán rồi từ