Một số nguyên lí cơ bản (KL05965)

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ====== TRẦN THỊ THU HẰNG MỘT SỐ NGUYÊN LÍ CƠ BẢN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học ThS DƢƠNG THỊ LUYẾN HÀ NỘI - 2014 MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương NGUYÊN LÍ DIRICHLET 1.1 Nguyên lí Dirichlet 1.2 Chứng minh 1.3 Cơ sở Toán học 1.4 Bài tập áp dụng Chương NGUYÊN LÍ CỰC HẠN 16 2.1 Nguyên lí cực hạn 16 2.2 Nguyên tắc vận dụng 16 2.3 Bài tập áp dụng 17 Chương NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG 31 3.1 Nguyên lí xuống thang 31 3.2 Bài tập áp dụng 31 KẾT LUẬN 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO 46 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu với giúp đỡ thầy cô giáo bạn sinh viên, khóa luận hoàn thành Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới cô giáo Thạc sĩ Dƣơng Thị Luyến - người trực tiếp hướng dẫn, bảo tận tình giúp đỡ hoàn thành khóa luận Tôi xin gửi lời cảm ơn tới tất thầy cô giáo tổ Đại số, khoa Toán thư viện trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội tạo điều kiện giúp đỡ hoàn thành khóa luận Tôi xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2014 Sinh viên Trần Thị Thu Hằng LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận kết nghiên cứu tìm tòi riêng hoàn thành sở kiến thức học tham khảo tài liệu Kết nghiên cứu không hoàn toàn trùng với công trình nghiên cứu công bố Hà Nội, tháng năm 2014 Sinh viên Trần Thị Thu Hằng MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Trong môn Toán nói chung, môn Đại số nói riêng có lớp toán logic mà việc giải chúng đòi hỏi phải suy luận, tư độc đáo Việc giải lớp toán logic giúp người thực nâng cao khả suy luận, tư nhiều phát phương pháp giải toán “độc đáo” không ngờ Bởi nhiều em học, đặc biệt em trường chuyên lớp chọn thích làm quen với loại toán Một phương pháp để giải toán thuộc dạng này, dựa ứng dụng số nguyên lí đại sơ cấp là: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang Với lí trên, chọn đề tài “Một số nguyên lí bản” Mục đích, yêu cầu đề tài Mục đích đề tài nhằm giải số tập số học, hình học dựa ứng dụng Đại sơ cấp đề xuất số tập tương tự Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu tài liệu: Đọc tài liệu, phân tích, tổng hợp kết Giả thuyết khoa học Nếu xây dựng hệ thống toán số nguyên lí bản: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang góp phần giúp em học sinh, đặc biệt giúp em trường chuyên, lớp chọn, bạn sinh viên bạn đọc hiểu sâu sắc ứng dụng “Một số nguyên lí bản” việc giải số toán Đại số Nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài nghiên cứu vấn đề sau: Chương Nguyên lí Dirichlet Chương Nguyên lí cực hạn Chương Nguyên lí xuống thang Chƣơng NGUYÊN LÍ DIRICHLET G.lejeune-Dirich tên đầy đủ Johnn Peter Gustar Lejeune Dirichlet, sinh Duren (Đức) vào ngày 13 tháng năm 1805 Nguyên lí Dirichlet phát biểu vào năm 1834, đưa nguyên tắc phân chia phần tử lớp 1.1 Nguyên lí Dirichlet Nguyên lí Dirichlet gọi “nguyên lí chuồng bồ câu” “nguyên lí ngăn kéo” “nguyên lí nhốt thỏ vào lồng” Nội dung nguyên lí đơn giản dễ hiểu lại có tác dụng lớn giải toán Nhiều có toán, người ta dùng nhiều phương pháp toán học để giải mà chưa đến kết quả, nhờ nguyên lí Dirichlet mà toán trở nên dễ dàng giải 1.1.1 Nguyên lí Dirichlet phát biểu dạng toán sau Nếu đem nhốt m- thỏ vào n- lồng, với m > n có lồng nhốt không hai thỏ Hoặc là, đem xếp m- đồ vật vào n- ô ngăn kéo, với m > n, phải có ô ngăn kéo chứa không hai đồ vật 1.1.2 Nguyên lí Dirichlet mở rộng Nếu nhốt n- thỏ vào m ≥ chuồng tồn chuồng có   thỏ, kí hiệu  để phần nguyên số  Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng đơn giản công cụ hiệu dùng để chứng minh nhiều kết sâu sắc Toán học Nó đặc biệt có nhiều áp dụng nhiều lĩnh vực khác Toán học Nguyên lí nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh tồn mà không đưa phương pháp tìm vật cụ thể, thực tế ta cần tồn đủ Nguyên lí Dirichlet thực chất định lí tập hữu hạn Người ta phát biểu xác nguyên lí dạng sau 1.1.3 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp Cho A B hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử A nhiều số lượng phần tử B Nếu với quy tắc đó, phần tử A cho tương ứng với phần tử B, tồn hai phần tử khác A mà chúng tương ứng với phần tử B a1 b1 a2 b2 a3 b3 a4 b4 a5 Với cách diễn đạt nguyên lí Dirichlet mở rộng có dạng sau: 1.1.4 Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp mở rộng Giả sử A, B hai tập hợp hữu hạn S(A), S(B) tương ứng kí hiệu số lượng phần tử A B Giả sử có số tự nhiên k mà S(A) > k.S(B) ta có quy tắc cho tương ứng phần tử A với phần tử B Khi tồn (k+1) phần tử A mà chúng tương ứng với phần tử B 1.2 Chứng minh 1.2.1 Chứng minh nguyên lí Dirichlet Ta dùng phương pháp phản chứng Giả sử lồng nhốt hai thỏ trở lên, cho dù lồng có nhốt thỏ tổng số thỏ bị nhốt n-thỏ, tổng số thỏ m Điều vô lí Vậy phải có lồng nhốt từ hai thỏ trở lên  Điều phải chứng minh 1.2.2 Chứng minh nguyên lí Dirichlet mở rộng Giả sử trái lại chuồng thỏ đến  = + 1 =  nhỏ  vượt m.  + thỏ, số thỏ chuồng  Từ suy tổng số thỏ không  ≥ n-1 Điều vô lí có n-con thỏ Vậy giả thiết phản chứng sai  Điều phải chứng minh 1.3 Cơ sở Toán học Nguyên lí Dirichlet đơn giản vậy, công cụ có hiệu dùng để chứng nhiều kết sâu sắc toán học Nguyên lí Dirichlet áp dụng cho toán hình học, điều thể qua hệ thống tập sau Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất tình nhốt “thỏ” vào “chuồng” thoả mãn điều kiện : + Số „thỏ” phải nhiều số “chuồng” + “Thỏ” phải nhốt hết vào “chuồng”, không bắt buộc chuồng phải có thỏ Thường phương pháp Dirichlet áp dụng kèm theo phương pháp phản chứng Ngoài áp dụng với phép biến hình 1.4 Bài tập áp dụng 1.4.1 Áp dụng nguyên lí Dirichlet vào suy luận logic Bài Trong lớp có 30 học sinh Chứng minh số học sinh ta tìm thấy học sinh có tên bắt đầu chữ giống Giải Bảng chữ Tiếng Việt gồm 29 chữ cái, lúc số học sinh lớn (30 học sinh) Ở đóng vai trò “lồng”, bạn học sinh đóng vai trò “thỏ” mà ta phải nhốt vào “lồng”, số thỏ lớn số lồng nên ta tìm lồng nhốt nhiều thỏ, tức tìm hai học sinh có tên bắt đầu chữ Bài Chứng minh 2001 người bất kì, có hai người có số người quen (số người quen tính 2001 người này) Giải Ta coi 2001 người 2001 “thỏ” Ta xét 2001 “lồng” sau: Lồng chứa người có người quen Lồng chứa người có người quen … Lồng 2000 chứa người có 2000 người quen (vì người quen tối đa 2000 người số 2001 người) Nếu có người không quen có người không quen đủ 2000 người Vì nên lồng lồng 2000 không chứa người Như thực có nhiều 2000 lồng chứa người Mà ta có 2001 người nên theo nguyên lí Dirichlet tồn lồng chứa từ người trở lên, người có số người quen Hoặc ta giải sau (không theo ngôn ngữ “lồng”) Gọi số người quen Ai Vì có 2001 người người không quen quen nhiều 2000 người nên ta có ≤ 2000, i=1, 2, ,2001 Nếu có người không quen quen đủ 2000 người Khi ta có ≤ a i ≤ 1999 tức nhận 2000 giá trị i = 1,…,2001 Vậy phải tồn ak = am, k, m = 1,…, 2001 Nếu người quen người khác nhóm ta có: 1≤ a i ≤ 2000, i = 1,…, 2000 Do tồn ak = am Vậy 2001 người có người có số người quen (số người quen tính số 2001 người này) Bài Giả sử có nhóm người cặp hai bạn thù Chứng tỏ nhóm có ba người bạn lẫn có ba người thù lẫn Giải Gọi A người Trong số người nhóm có người bạn A có người kẻ thù A (điều suy từ nguyên lí Dirichlet, người khác bạn thù A) Trong trường hợp đầu ta gọi B, C, D bạn A Nếu người có người bạn họ với A lập thành ba người bạn lẫn Ngược lại, tức ba người B, C, D bạn chứng tỏ họ ba người thù lẫn Tương tự chứng minh trường hợp có ba người kẻ thù A Điều phải chứng minh , s ∈ N chia hết cho Điều xảy Bài Giải phương trình nghiệm nguyên sau Giải Trước hết ta thấy phương trình có nghiệm (0, 0, 0, 0) Ta chứng minh phương trình không nghiệm khác Thật vậy, giả sử có nghiệm khác nghiệm phải tồn nghiệm có dạng (a, b, c, d) với d 0, chí d > 0, theo tính chất số tự nhiên phải có nghiệm (m, n, p, q) với q số nguyên dương bé Ta thấy q-chẵn giả sử q = 2s Khi ta có: + Từ đẳng thức ta rút p-chẵn, p = 2t Lại thay vào đẳng thức ta vừa có, ta Dẫn đến n-chẵn, đặt n = 2v Tiếp tục thay vào đẳng thức kể ta có 4 Lại có m-chẵn, đặt m = 2w có Đẳng thức chứng tỏ (w, v, t, s) nghiệm phương trình cho với s < q (mâu thuẫn với giả sử q bé nhất) Vậy phương trình cho có nghiệm (0, 0, 0, 0) Bài Chứng minh phương trình ( ) nghiệm dương Giải Gọi P tập hợp nghiệm nguyên dương phương trình ( ) (1) Ta phải chứng minh P = Giả thiết phản chứng kết luận 32 Gọi ( ̅ ̅ toán không đúng, tức P ̅) phần tử tùy ý P Khi ta có ̅ ̅ ̅ nguyên lớn ̅ ̅ ̅ ( ̅ ̅̅ ̅ ̅ Suy ( ̅ ) ̅ ̅̅ Do ̅ ̅ ̅ nguyên lớn nên suy ̅ ̅ ̅ ) ̅ (2) ̅ (3) số hữu tỉ, để ý từ (2) ̅ số nguyên dương, từ (3) suy ̅̅ ̅ số nguyên dương Nói tóm lại, ( ̅ ̅ ̅) ∈ lí cực hạn, tồn phần tử ( Đặt d = ( ̅̅ ̅ số nguyên dương Theo nguyên ) ∈ cho nhận giá trị nhỏ ), số nguyên Lúc dương Vì ( ) ∈ , nên ta có ( ) ( ( Đặt ( ) Từ (3) suy ( ( ) ) (4) ) Khi ta lại có biểu diễn ) nghiệm nguyên dương (1), nói , tức ( riêng (theo nhận xét trên) )( ) Từ ta nhận Thay vào đẳng thức (4), ta đến: ( ( Mặt khác, ( )( ) ) ) =1, nên ( 33 ) =1; ( )=1, từ ta có { { Do vai trò giống ta giả sử cặp phương trình thứ Có thể thấy u v lẻ, nên từ suy { (m, n)=1 m, n có tính chẵn lẻ khác Thay lại vào ( , ta thu ) ( ) Từ suy { với số tự nhiên p, q Vì ( ) (5) Đẳng thức (5) chứng tỏ p, q, m nghiệm nguyên dương phương trình (1) ban đầu Mặt khác < ( ) Điều mâu thuẫn với tính nhỏ nghiệm ( ) xây dựng Vậy giả thiết phản chứng sai, tức phương trình cho nghiệm nguyên dương Bài Chứng minh phương trình x2 + y2 = 3z2 nghiệm nguyên dương Giải Xét phương trình x + y2 = 3z2 (1) Và giả sử trái lại (1) có nghiệm nguyên dương (x 0, y0, z0) Xét hai trường hợp sau: TH1 Nếu x0 y0 Khi đặt x0 = 3x1, y0 = 3y1 34 (x1, y1) nguyên dương có 9x12 + 9y12 = 3z02 3x12 + 3y12 = z02 (2) Từ (2) suy z 3, lại đặt z0 = 3z1 (khi z1 nguyên dương) từ (2) lại đến x12 + y12 = 3z12 (3) Quá trình lặp lại, x y1 Vì đến lúc ta có xk2 + yk2 = 3zk2, x k yk không đồng thời chia hết cho Khi chuyển sang trường hợp sau TH2 Nếu x0 y0 không đồng thời chia hết cho Đặt { ̅ ,ở r, r1 thuộc vào tập hợp * ̅ + r, r1 không đồng thời (do x y0 không đồng thời chia hết cho 3) Từ ta có x02 + y02 = (3 ̅ + r)2 + (3 ̅ + r1)2 = ̅ + ̅ r + r2 + ̅ + ̅r1 + r12 = 3(3 ̅ + ̅ + ̅ r + ̅r1) + r2 + r12 (4) Từ (4) x02 + y02 = 3z02, suy (r2 + r12) Do r, r thuộc vào tập * + r, r1 không đồng thời không, nên tất khả tổng r2 + r12 02 + 12 = 12 + 02 = 1; 02 + 22 = 22 + 02 = 4; 12 + 12 = 2; 12 + 22 = 22 + 12 = 5; 22 + 22 = Do 1, 2, 4, 5, không chia hết cho Vì xảy trường hợp 2, ta dẫn đến điều vô lí 35 Mặt khác, xảy trường hợp 1, sau số bước quy trường hợp Do ta gặp mâu thuẫn Điều chứng tỏ giả thiết phản chứng sai, tức phương trình cho nghiệm nguyên dương Chú ý: Xét toán sau Chứng minh phương trình x2 + y2 = 3z2 (I) nghiệm nguyên khác không Ta nhận thấy, (x0, y0, z0) nghiệm nguyên (I), (-x0, -y0,- z0) nghiệm nguyên (I) Vì lẽ ta quan tâm đến nghiệm nguyên ≥ (I) Ngoài nghiệm (0, 0, 0) thỏa mãn (I), ta chứng minh (I) nghiệm ( ̅ ̅ ̅), ̅ (hoặc ̅ 0, ̅ 0, ̅ = 0, ̅ 0, ̅ = 0) Thật vậy, từ y02 = 3z02, suy có y0 z0 nguyên khác mà thỏa mãn phương trình (cũng tương tự với x02 = 3z02) Vì lẽ toán quy Chứng minh phương trình x + y2 = 3z2 nghiệm nguyên dương, toán vừa xét Nói khác ta giải toán (I), (I) phức tạp toán vừa xét lượng không đáng kể Bài (Bài toán Euler) Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương 4xy - x - y = z2 (1) Giải Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên dương giả sử (m, n, a) nghiệm (1) với a nhỏ ta có 4mn - m - n = a2 (2) Suy (4m - 1)(4n - 1) - = 4a2 36 (3) Cộng (4n - 1)2 - 2a(4n - 1) vào hai vế (2) ta (4n - 1)(m +4n - 2a - 1) - n = (a - 4n + 1)2 (4) Từ suy (m +4n - 2a - 1, n, |a - 4n + 1|) nghiệm (1) Theo cách xác định a ta có a < |a - 4n + 1| Vậy 4n - > 2a Vì (2) vai trò m, n nên ta có 4m - > 2a Thay vào (3) ta suy điều mâu thuẫn Vậy phương trình cho nghiệm nguyên dương Bài Với giá trị nguyên dương n, phương trình x2 + y2 + = nxy có nghiệm nguyên dương Giải Do x, y > 0, nên theo bất đẳng thức Cauchy, ta có x2 + y2 ≥ 2xy, từ x2 + y2 + 1> 2xy với x, y > Vì n = 1, n = 2, phương trình x + y2 + = nxy chắn nghiệm dương, tức nghiệm nguyên dương Với n = 3, phương trình cho chắn có nghiệm nguyên dương, chẳng hạn (1, 1) thỏa mãn phương trình x2 + y2 + = 3xy Bây xét n nguyên n > Ta chứng minh phương trình x + y2 + = nxy nghiệm nguyên dương Thật vậy, giả sử điều không đúng, tức tồn k nguyên > mà phương trình: x2 + y2 + = kxy (1) có nghiệm nguyên dương Gọi P tập hợp nghiệm nguyên dương (1) Theo nguyên lí cực hạn, tồn số nguyên dương (x 0, y0) cho x0 + y0 bé 37 Rõ ràng x0 y0, x0 = y0, từ (1) ta có 2x02 + = kx02 x02(k - 2) = { k = Ta điều vô lí, k > Vì vai trò x0, y0 nhau, nên không giảm tổng quát cho x0 < y0 Xét phương trình y2 - kx0y + x02 + = (2) Rõ ràng y0 nghiệm (2) (vì (x 0, y0) nghiệm (1)) Gọi y1 nghiệm thứ hai (2) Theo định lí Viete, ( ) (4) { Do (3) suy y1 nguyên, y0 > 0, nên từ (4) suy y1 nguyên > Lẽ dĩ nhiên y1 nghiệm (2), y1 nguyên > 0, nên (x 0, y1) nghiệm nguyên dương (1), tức (x0, y1) ∈ P Vì theo cách xác định (x0, y0) suy x + y1 ≥ x + y0 (5) Mặt khác, từ (4) ta có < < (do y0 > x0 ≥ 1, ý x nguyên dương) Vì y1 x0 + nguyên, nên từ y1 < x0 + suy y1 x0 Từ ta có y1 < y0 (do y0 > x0) Vì x + y1 < x + y0 (6) Bây từ (5) (6) suy mâu thuẫn Vậy giả thiết phản chứng sai Tóm lại, n = giá trị nguyên dương để phương trình x2 + y2 + = nxy có nghiệm nguyên dương 38 Nhận xét: Nguyên lí xuống thang thường giải cho toán chứng minh phương trình nghiệm nguyên dương có nghiệm (0, 0, 0,…) Bài tập đề nghị Bài Giải phương trình nghiệm nguyên sau x4 + 4y4 = 2(z4 + 4u4) Bài Giải phương trình nghiệm nguyên sau 14x2 + 17y2 = t2 Bài Giải phương trình nghiệm nguyên sau x2002 + y2002 (mod 2003) Nguyên lí xuống thang ứng dụng giải phương trình nghiệm nguyên có ứng dụng mặt hình học 3.3.2 Áp dụng nguyên lí xuống thang hình học Bài Chứng minh với ≤ n ≠ 4, không tồn đa giác n cạnh có đỉnh với tọa độ nguyên Giải Với n = 3, ta tam giác đỉnh nguyên Thật vậy, giả sử có tính diện tích theo định thức ta diện tích số hữu tỉ Trong cạnh tam giác a diện tích tam giác √ lại đại lượng vô tỉ (mâu thuẫn) Mặt khác, tồn lục giác đỉnh nguyên tam giác đan đỉnh nguyên Do theo chứng minh vừa không tồn Vậy với n = 3; nhận định Ta xét trường hợp lại Giả sử tồn đa giác đỉnh nguyên A1, A2,…,An (chúng tồn có đỉnh nguyên) Ta lấy điểm B1, B2,…, Bn cho 39 ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ ̅̅̅̅̅̅̅ Khi dễ dàng thấy B1, B2,…, Bn đỉnh nguyên Do n ≠ 3; 4; nên B 1, B2,…, Bn phân biệt lập thành đa giác đỉnh nguyên bị chứa thực đa giác A1 A2… An Như cạnh đa giác đỉnh nguyên B1B2…Bn nhỏ cạnh đa giác A1A2…An (mâu thuẫn) Điều phải chứng minh Bài Biết tất đa giác cạnh n nội tiếp đường tròn tồn đa giác có diện tích lớn Chứng minh đa giác có diện tích lớn phải đa giác Giải Giả sử tồn đa giác không S, n-cạnh nội tiếp đường tròn có diện tích lớn Vì S không nên có ba đỉnh A, B, C liên thứ tự cho AB ≠ BC Trên cung ABC đường tròn lấy trung điểm B‟ nó, B‟ ≠ B Dễ thấy khoảng cách từ B‟ tới đường thẳng AC lớn khoảng cách từ B đến AC Vì diện tích tam giác 40 AB‟C lớn diện tích tam giác ABC Khi ta thay đỉnh B đa giác S đỉnh B‟, đỉnh khác giữ nguyên ta thu đa giác S‟ có diện tích lớn diện tích đa giác S (Mâu thuẫn với giả sử) Vậy đa giác có diện tích lớn phải đa giác Bài Chứng minh chia khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ đôi khác Giải Ta lấy hình vuông P chia thành hữu hạn hình vuông khác đôi hình vuông nhỏ không dính với biên P Giả sử chia hình lập phương Q thành hữu hạn hình lập phương nhỏ khác đôi Qi P mặt bên Q Các hình lập phương Qi dính với P tạo phân chia P thành hữu hạn hình vuông đôi khác Gọi P1 hình vuông nhỏ số hình vuông Q1 hình lập phương tương ứng Do P1 không dính với biên nên bao bọc hình vuông lớn Các hình lập phương tương ứng tạo thành giếng chứa Q1 Gọi mặt đối diện với P1 hình lập phương Q1, hình lập phương dính với tạo phân chia thành hình vuông khác Gọi P2 hình vuông nhỏ số Q2 hình lập phương tương ứng Do P2 nằm nên hình lập phương bao quanh Q lớn tạo thành giếng chứa Q2 Tiếp tục trình ta thu tháp vô hạn hình lập phương bé dần Điều mâu thuẫn Vậy chia khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ đôi khác 41 Điều phải chứng minh Bài Người ta xếp mặt phẳng hình tròn cho hai hình tròn có không điểm chung hình tròn tiếp xúc với hình tròn khác Chứng minh tập hợp hình tròn vô hạn Giải Giả sử tập hình tròn cho hữu hạn Khi tồn hình tròn tâm O có bán kính r nhỏ Theo giả thiết hình tròn tâm O bán kính r tiếp xúc với hình tròn khác Giả sử hình tròn có tâm O1 , O2,…, O6 (xếp theo chiều kim đồng hồ quanh điểm O) bán kính tương ứng r1, r2,…, r6 Trong tam giác O 1OO2, cạnh O1O2 = r1 + r2 lớn nhất, nên Tương tự ta có O6OO1 = 360° nên O1OO2 ≥ 60° O2OO3 ≥ 60°,…, O1OO2 =…= O6OO1 ≥ 60° Vì O1OO2+…+ O6OO1 = 60° Do r1 = r2 =…= r6 = r Khi đường tròn tâm O bán kính r hình tròn có bán kính nhỏ số hình tròn cho, nên lập luận tương tự hình tròn tâm O bán kính r tiếp xúc với hình tròn khác có bán kính r Do hai hình tròn có không điểm chung hình tròn tâm O bán kính r tiếp xúc với hình tròn tâm O bán kính r, nên hình tròn tiếp xúc với hình tròn tâm O phải có hình tròn hình tròn tâm O bán kính r hình tròn có tâm O nằm đường thẳng OO1 có bán kính r Khi hình tròn tâm O bán kính r hình tròn có bán kính nhỏ Như lặp lại trình lập luận ta vô hạn hình tròn có tâm thuộc đường thẳng OO1 có bán kính r thuộc tập hình tròn cho (mâu thuẫn với giả thiết số hình tròn hữu hạn) 42 Vậy tập hình tròn cho hữu hạn Điều phải chứng minh Bài Trên mặt phẳng cho họ vô hạn đường thẳng song song cách Chứng minh dựng ngũ giác có đỉnh nằm đường thẳng song song Giải Gọi h khoảng cách hai đường thẳng song song liên tiếp Giả sử dựng ngũ giác có đỉnh nằm đường thẳng song song cho Nối đường chéo ngũ giác với nhau, ta thu hình ngũ giác khác có đỉnh giao điểm đường chéo Ngũ giác thu ngũ giác ban đầu đồng dạng với theo tỉ số q < Nhận xét điểm giao hai đường chéo đỉnh thứ tư hình bình hành có hai cạnh tạo hai đường chéo hai cạnh ngũ giác tương ứng song song với chúng Do ba đỉnh ngũ giác nằm đường thẳng song song cho, nên đỉnh thứ tư phải nằm đường thẳng họ cho Vì đỉnh ngũ giác nằm đường thẳng song song họ Gọi diện tích ngũ giác ban đầu S, diện tích ngũ giác tạo cách S ta có Tiếp tục trình sau n lần ta có ngũ giác với đỉnh nằm đường thẳng cho mà diện tích Sn thỏa mãn Do n tiến tới vô S n tiến tới 0, khoảng cách đường thẳng song song liên tiếp không đổi (mâu thuẫn) Vậy dựng ngũ giác có đỉnh nằm đường thẳng song song Điều phải chứng minh 43 Bài tập đề nghị Bài Biết tam giác có diện tích tồn tam giác có chu vi nhỏ Chứng minh tam giác có chu vi nhỏ phải tam giác Bài Cho trước tam giác ABC, sơn tất điểm mặt phẳng hai màu xanh đỏ Hãy chứng minh tồn hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, tồn ba điểm màu xanh ba đỉnh tam giác tam giác ABC Bài Cho đa giác lồi A nằm đa giác lồi B Chứng minh chu vi đa giác A bé chu vi đa giác B 44 KẾT LUẬN Khóa luận xin trình bày “Một số nguyên lí bản” Đại số như: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang Trong trình làm đề tài “Một số nguyên lí bản” rút số kết luận sau: - Các nguyên lí công cụ hữu ích giải toán nguyên sơ trở nên đơn giản, ngắn gọn dễ hiểu - Biết sử dụng linh hoạt số nguyên lí lợi lớn, chúng giúp ta nhìn nhận giải nhiều toán cách có hiệu Khóa luận thực với mong muốn đóng góp kinh nghiệm việc nghiên cứu học tập toán Từ đề tài giúp bạn đọc nghiên cứu sâu số nguyên lí Do lần làm quen với việc nghiên cứu khoa học, thời gian lực thân hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong nhận nhiều đóng góp quý báu thầy cô bạn 45 TÀI LIỆU THAM KHẢO Báo Toán học tuổi trẻ số 1, số 12 năm 1995 Nguyễn Hữu Điển, Nguyên lí Dirichlet ứng dụng, Nxb Giáo dục Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, Nxb Giáo dục Phạm Minh Phương, Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi THCS, Nxb Giáo dục Dương Quốc Việt (chủ biên), Bài tập đại số sơ cấp phần số nguyên lí bản, Nxb Đại học Sư phạm Nguyễn Văn Vĩnh (chủ biên), 23 chuyên đề giải 1001 toán sơ cấp, Nxb Giáo dục 46 [...]... trái của 19 số hạng và tổng các chữ số của nó đúng bằng 19 Vậy tồn tại một số là bội của 19 có tổng các chữ số bằng 19 Bài 4 Chứng minh rằng tồn tại một bộ của 13 gồm toàn chữ số 2 Giải Xét 14 số gồm toàn số 2 là: 2, 22, 222,…, ⏟ Mỗi số chia cho 13 có một số dư là một trong 13 số 0, 1, 2,…,12 Vậy 14 số chia cho 13 sẽ cho ta 13 số dư khác nhau Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số dư trong... giản như sau: Nguyên lí 1 Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số bé nhất Nguyên lí 2 Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều lớp bài toán khác nhau, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp 2.2 Nguyên tắc vận dụng Nguyên lí cực hạn thường... cho số đó Vậy để chứng minh bài toán ta phải chứng minh trong 7 số đó có ít nhất 2 số chia cho 6 có cùng số dư chỉ có thể là một trong 6 số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 Lấy 7 số tự nhiên chia cho 6 thu được 7 số dư thuộc 6 số khác nhau Vậy theo nguyên lí Dirichlet thì ít nhất cũng có 2 số chia hết cho 6 có cùng số dư Hiệu của 2 số này chia hết cho 6 Vậy trong 7 số tự nhiên bất kì, bao giờ cũng có thể chọn ra 2 số. .. Chƣơng 2 NGUYÊN LÍ CỰC HẠN 2.1 Nguyên lí cực hạn Song song với việc sử dụng nguyên lí khác như nguyên lí Dirichlet hay quy nạp toán học để tìm lời giải cho các bài toán khá hóc búa, nguyên lí cực hạn cũng được xem là một phương pháp rất hay, được vận dụng một cách linh hoạt trong việc khảo sát một tập hợp hữu hạn hay vô hạn phần tử mà trong nó tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất Nguyên lí cực... - 1) 19 hay 10 m-n chia cho 19 dư 1 Rõ ràng 10 m-n là một số của dãy đã cho (vì 1 ≤ n < m ≤20) Nhận xét Qua bài toán này ta thấy tồn tại một số tự nhiên k > 1 để cho (10 k - 1) 19 Bài 3 Chứng minh rằng tồn tại một số là bội số của 19 và tổng các chữ số của số đó bằng 19 Giải Ta phải chứng minh tồn tại một số chia hết cho 19 và tổng các chữ số của số đó bằng 19 Theo trên ta đã chứng minh được rằng (10... nghiệm nguyên dương (còn gọi là định lí Fecmat lớn) Để giải quyết bài toán này với một số trường hợp cụ thể của n nhiều nhà khoa học đã sử dụng phương pháp gọi là “phương pháp xuống thang” Nguyên lí xuống thang là một phương pháp có hiệu quả để giải một lớp khá rộng những bài toán liên quan đến phương trình nguyên Cơ sở của phương pháp là tính sắp thứ tự các phần tử của một tập hợp và nguyên lí cực... giờ cũng có thể chọn ra 2 số mà hiệu của chúng chia hết cho 6 Bài 2 Cho dãy số 10, 102,…, 1020 Chứng minh rằng tồn tại một số chia cho 19 dư 1 8 Giải Ta thấy rằng dãy số 10, 102,…, 1020 gồm 20 số Lấy 20 số này chia cho 19 thì ta được 19 số dư Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại 2 số có cùng số dư trong phép chia cho 19 Gọi 2 số đó là 10 m, 10n (1 ≤ n < m ≤20) Vậy 10 m - 10n 19 hay 10n(10 m-n) 19.Vì (10... trong số đó có ít nhất 2 người có số người quen như nhau trong số 5 người đã chọn (hiểu rằng A và B quen nhau thì B quen A) Bài 3 Trong một giải bóng đá có 10 đội tham gia, bất cứ hai đội nào trong số đó cũng phải đấu với nhau một trận Chứng minh rằng tại bất cứ thời điểm nào cũng có hai đội đã đấu được cùng số trận 1.4.2 Áp dụng nguyên lí Dirichlet vào bài toán chia hết Trong các phép tính trên số nguyên. .. thực hiện với số 0, còn phép chia thì không thể Vì những lí do đặc biệt đó mà trong Toán học xây dựng hẳn một lí thuyết về phép chia Những bài toán sau có liên quan mật thiết giữa phép chia và nguyên lí Dirichlet Bài 1 Cho 7 số tự nhiên bất kì Chứng minh rằng bao giờ cũng có thể chọn ra hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 6 Giải Ta biết rằng nếu 2 số tự nhiên chia hết cho cùng một số dư thì hiệu... 13 Gọi 2 số đó là ⏟ chúng là ⏟ Hay ⏟ và ⏟ ⏟ (với n ... trình bày Một số nguyên lí bản Đại số như: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang Trong trình làm đề tài Một số nguyên lí bản rút số kết luận sau: - Các nguyên lí công... toán Một phương pháp để giải toán thuộc dạng này, dựa ứng dụng số nguyên lí đại sơ cấp là: nguyên lí Dirichlet, nguyên lí cực hạn, nguyên lí xuống thang Với lí trên, chọn đề tài Một số nguyên lí. .. dụng Một số nguyên lí bản việc giải số toán Đại số Nhiệm vụ nghiên cứu Đề tài nghiên cứu vấn đề sau: Chương Nguyên lí Dirichlet Chương Nguyên lí cực hạn Chương Nguyên lí xuống thang Chƣơng NGUYÊN