Phép quy nạp toán học trong hình học

Quy nạp có 1 sức mạnh tuyệt vời khi giải quyết những bài toán chứng minh không chỉ sử dụng trong đại số, lý thuyết số mà cả ở hình học.. Phép quy nạp không chỉ ứng dụng trong việc tính

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

KHOA TOÁN 

Vinh - 2011

Mục lục

Nhận xét của giáo viên

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

Lời nói đầu

Phép quy nạp được sử dụng rộng rãi trong số học đại số và lý thuyết số Và phép quy nạp được coi là 1 tuyệt chiêu trong toán học Nó

là một trong những phương pháp tiếp cận bài toán rất độc đáo Quy nạp

có 1 sức mạnh tuyệt vời khi giải quyết những bài toán chứng minh không chỉ sử dụng trong đại số, lý thuyết số mà cả ở hình học Phép quy nạp không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích cả trong mặt phẳng và trong

không gian, ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp Vì vậy đề tài Phép quy nạp trong hình học là một đề tài thiết thực khai thác vào một

phương pháp giải toán hình học mà chưa được nhắc tới nhiều.

Trong khuôn khổ giới hạn của đề tài, tôi không đưa ra các khái niệm, định lý, tính chất mới mà chỉ trình bày các nội dung chính thuộc đề tài, các dạng bài tập, thí dụ minh họa và bài tập ứng dụng.

Mặc dù đã tham khảo một lượng rất lớn các tài liệu cùng với sự nổ lực của bản thân nhưng do trình độ hiểu biết có hạn nên chắc chắn không tránh khỏi thiếu sót Vì vậy, tôi rất mong được sự góp ý của thầy giáo Ths Nguyễn Chiến Thắng và bạn đọc.

Một lần nữa tôi xin chân thành cảm ơn thầy giáo Ths Nguyễn Chiến Thắng, Thư viện Đại học Vinh và toàn thể các bạn sinh viên lớp 49A Toán đã giúp đỡ tôi hoàn thành đề tài này !

lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích Ta thường xuyên gặp những bài toán mang tính chất đại số giải quyết bằng phương pháp quy nạp và trong phần lớn các tài liệu về phương pháp này có rất ít tài

liệu đề cập đến việc sử dụng phương pháp Quy nạp để giải quyết bài toán Hình Học Nhưng những ứng dụng của nó trong hình học lại vô cùng lý

thú và hấp dẫn Vì vậy tôi chọn đề tài Phép quy nạp trong hình học.

Đề tài này giúp tôi hiểu sâu hơn một phương pháp giải hiệu quả trong

việc giải các bài toán hình học

II Đối tượng nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là kiến thức quy nạp toán học và phép quy nạp trong hình học

III Mục đích nghiên cứu.

- Nguồn gốc và quá trình xuất hiện phép quy nạp toán học

- Ứng dụng của phép quy nạp trong hình học

IV Nhiệm vụ nghiên cứu.

- Là rõ được thế nào là phép quy nạp toán học

- Thể hiện được những ứng dụng của phép quy nạp trong hình học

- Xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng

- Kiểm nghiệm được ý nghĩa của đề tài

V Giả thuyết khoa học.

Phép quy nạp là một phương pháp toán học độc đáo được ứng dụng rất nhiều trong đại số và lý thuyết số, việc nghiên cứu tìm hiểu các ứng dụng của phép quy nạp trong hình học, sẽ giúp mở rộng các phương pháp giải bài toán trong hình học

VI Phương pháp nghiên cứu.

- Nghiên cứu các cơ sở lí luận, cơ sở khoa học nhằm cho một cái nhìn tổng quát nhất về nội dung phép quy nạp toán học, quy nạp trong hình học

- Phân tích và tổng hợp các dạng bài tập nhằm xây đựng được một hệ thống bài tập với đầy đủ các dạng toán sử dung quy nạp trong hình học.

Nội dung.

A Phép quy nạp toán học.

I Nguồn gốc và sự ra đời của phép quy nạp toán học

1 Tiếp cận khởi đầu phép quy nạp toán học.

Khi ta tính một số trong tam giác Pat-xcan bằng cách áp dụng công

thức truy toán, ta phải dựa vào hai số đã tìm được ở cạnh đáy trên Cần nghiên cứu một lược đồ tính toán không phụ thuộc vào những điều đã biết sơ bộ Phép tính độc lập như vậy dựa vào công thức quen biết

Mà ta sẽ gọi là công thức tường minh để tính các hệ số của nhị thức Cn r Công thức tường minh đó có trong công trình của Pat-xcan ( trong đó nó được diễn đạt bằng lời chứ không phải bằng các kí hiệu hiện đại) Pat-xcan không cho biết ông đã làm như thế nào để rút ra công thức đó và chúng ta sẽ không phải bận tâm đến một điều là trước khi đến công thức

đó ông đã suy nghĩ như thế nào (Có thể khi đầu mới chỉ là phỏng đoán –

ta thường phát hiện ra các quy luật nhờ quan sát lúc đầu, rồi sau thử khái quát hóa các kết quả có được Tuy vậy, Pat-xcan đưa ra một cách chứng minh chính xuất sắc cho công thức tường minh của mình

Ta thấy có một nhận xét sơ bộ: Công thức tường minh dưới dạng đã viết không áp dụng được trong trường hợp r=0 Tuy vậy, ta quy ước rằng khi r=0 thì theo định nghĩa C n0 =1

Còn trong trường hợp r=n thì công thức không mất ý nghĩa và ta có: ( 1) 2.1 1

1.2 ( 1)

n n

n n C

Tiếp theo ta trích dẫn Pat-xcan với một số thay đổi không căn bản, một phần những thay đỏi đó ở giữa các dấu ngoặc vuông

Mặc dầu rằng mệnh đề đang xét (công thức tường minh đối với các hệ

số nhị thức) có trong vô số trường hợp riêng, ta có thể chứng minh nó một cách hoàn toàn ngắn gọn dựa trên hai bổ đề.

Bổ đề thứ nhất khẳng định rằng mệnh đề đó đúng với đáy thứ nhất – điều này là hiển nhiên [khi n=1 công thức tường minh đúng bởi vì trong

trường hợp đó mọi giá trị có thể được của r, nghĩa là r=0, r=1, rơi vào điều đã nhận xét ở trên].

Bổ đề thứ hai khẳng định như sau: nếu mệnh đề của ta đúng với một đáy tùy ý [đối với giá trị n tùy ý] thì nó sẽ đúng cả với đáy tiếp theo của

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề thứ hai Theo cách phát biểu của

bổ đề đó, ta giả thiết rằng công thức của ta đúng với đáy thứ n, nghĩa là đối với giá trị tùy ý của n và với mọi giá trị có thể được của r (đối với r=1,2,…,n) Đặc biệt, đồng thời với cách viết

( 1)( 2) ( 1)

1.2.3

r n

Nói cách khác, sự đúng đắn của công thức tường minh đối với giá trị n nào đó kéo theo tính chất đứng đắn của nó với n+1 Chính điều này được khẳng định trong bổ đề thứ hai Như vậy, ta đã chứng minh bổ đề đó Những lời của Pat-xcan đã trích dẫn ở trên có một giá trị lịch sử bởi vì chứng minh của ông là sự vận dụng lần đầu tiên một phương pháp suy

luận cơ bản và mới mẻ, và sau này ta gọi đó là Phép quy nạp toán học.

2 Kinh nghiệm và quan niệm.

Kinh nghiệm đưa đên sự thay đổi quan niệm của con người Chúng

ta học tập xuất phát từ kinh nghiệm, hay nói đúng hơn là chúng ta phải học tập từ kinh nghiệm Sử dụng kinh nghiệm một cách hiệu quả nhất, đó

là một trong những nhiệm vụ to lớn của con người , còn lao động để giải quyết nhiệm vụ đó là chức năng chân chính của các nhà bác học

Nhà bác học, đúng với danh hiệu đó, cố gắng rút ra quan niệm đúng đắn nhất từ kinh nghiệm đã biết, và thu thập những kinh nghiệm thích hợp nhất để xây dựng nên quan niệm đúng về một vấn đề đặt ra Phương

pháp nhờ đó nhà bác học xử lí với kinh nghiệm thường gọi là phép quy nạp.

3 Sự tiếp xúc gợi ý.

Phép quy nạp thường được bắt đầu bằng sự quan sát Nhà khoa hoc tự

nhiên có thể quan sát cuộc sống của loài chim, nhà tinh thể học quan sát hình dạng của các tinh thể Nhà toán học, quan tâm tới lý thuyết số, quan sát tính chất các số 1, 2, 3, 4, 5, …

Nếu muốn quan sát cuộc sống của loài chim để có thể đạt được những kết quả lý thú, thì trong một chừng mực nào đó, bạn phải hiểu biết về chim, phải thích chim và thậm chí là yêu chim Cũng như vậy, nếu bạn muốn quan sát những con số thì bạn phải thích thú với chúng và trong

một chừng mực nào đó phải hiểu biết chúng Bạn phải biết phân biệt số chẳn và số lẻ, phải biết các số chính phương và các số nguyên tố Ngay những kiến thức đơn giản nhất chúng ta cũng có thể nhận thấy một cái gì thú vị.

Chẳng hạn ngẫu nhiên ta gặp các hệ thức:

3 + 7 = 10; 3 + 17 = 20; 13 + 17 =30;

Và ta nhận thấy giữa chúng có một vài chỗ giống nhau Chúng ta có thể nghĩ tới 3, 7, 13 và 17 là những số nguyên tố lẻ tổng của hai số nguyên

tố lẻ là những số chẳn (đó là điều tất nhiên); Thực vậy 10, 20, 30 là các

số chẵn Nhưng có thể nói gì về các số chẳn khác ? chúng có thể được biểu diễn tương tự như vậy không?

Số chẳn đầu tiên bằng tổng của hai số nguyên tố lẻ dương là 6 = 3 + 3 Tìm tiếp ta thấy: 8 = 3 + 5

10= 3 + 7 = 5 + 5

12= 7 + 5

14 = 3 + 11 = 7 + 7

16 = 3 + 13 = 5 + 11

Và ta cứ tiếp tục tìm mãi chăng? Dù sao những trường hợp riêng đã

khảo sát cũng làm chúng ta nghĩ tới một điều khẳng định chung là : “Mọi

số chẵn lơn hơn 4 đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên

tố lẻ” Phân tích những trường hợp ngoại lệ các số 2 và 4 không thể là

tổng của hai số nguyên tố lẻ chúng ta có thể bằng lòng với điều khẳng

định ít trực tiếp hơn sau đây: Bất kỳ số chẵn nào không phải là số nguyên

tố và không phải là bình phương của một số nguyên tố, cũng có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố lẻ.

Như thế chúng ta đã phát biểu một giả thuyết Chúng ta tìm thấy giả thuyết đó nhờ phép quy nạp Nói một cách khác giả thuyết đó nẩy sinh

trong chúng ta nhờ kết quả của sự quan sát và đã được chỉ ra bằng những

ví dụ riêng biệt

Những chỉ dẫn đó tương đối ít trọng lượng Chúng ta chỉ có những cơ

sở rất mong manh để tin vào giả thuyết của mình Tuy nhiên chúng ta có thể tìm thấy một nguồn an ủi, ở chỗ là cách đây hơn 200 năm Goldbach, nhà toán học đầu tiên phát biểu giả thuyết đó, cũng không có cơ sở gì vững chắc hơn

Giả thuyết của Goldbach có đúng không? Ngày nay chưa ai có thể trả lời câu hỏi đó Mặc dù có một số nhà toán học vĩ đại đã có những cố gắng lớn nhằm làm sáng tỏ vấn đề, nhưng cho đến nay giả thuyết của Goldbach, cũng như ở thời Euler vẫ là một trong “ nhiều tính chất của các số mà chúng ta rất quen thuộc, nhưng chúng ta vẫn chưa chứng minh hay bác bỏ được”

Nhưng từ giả thuyết này chúng ta đã mô tả trong những nét tổng quát giai đoạn đầu của quá trình quy nạp

II Phương pháp quy nạp toán học.

Trong cuộc sống có nhiều người thường bám chặt vào ảo tưởng, nói một cách khác họ không giám nghiên cứu những khái niệm dễ dàng bị kinh nghiệm bác bỏ, vì họ ngại tinh thần mất cân bằng

Trong khoa học, chúng ta cần có một phương pháp khác hẳn đó là

Phương pháp quy nạp Phương pháp này có mục đích làm cho quan niệm

của chúng ta gần với kinh nghiệm ở mức độ có thể được Nó đòi hỏi sự

ưa thích nhất định đối với cái gì thực tế tồn tại Nó đòi hỏi chúng ta sẵn sàng từ những quan sát nâng lên trình độ khái quát, đồng thời sẵn sàng từ

sự khái quát rộng lớn nhất trở về với những quan sát cụ thể nhất Nó đòi

hỏi ta nói “có thể” và có “khả năng” với hàng nghìn mức độ khác nhau

Nó đòi hỏi nhiều điều khác và đặc biệt là ba điều sau đây:

- Một là chúng ta phải sẵn sang duyệt lại bất kì quan niệm nào của chúng ta

- Hai là chúng ta phải thay đổi quan niệm chỉ khi có lí do xác đáng

- Ba là chúng ta không được thay đổi quan niệm một cách tùy tiện, không có cơ sở đầy đủ

Những nguyên tắc ấy tưởng như tầm thường nhưng phải có những đức tính khác thường mới theo được

1 Khái niệm về phương pháp quy nạp toán học

Giả sử An là một khẳng định phụ thuộc vào số tự nhiên n và chúng ta cần phải chứng minh An đúng với mọi n

Trong trường hợp này, ta không thể sử dụng phép quy nạp hoàn toàn, bởi vì tập hợp các số tự nhiên là vô hạn và không thể tiến hành việc kiểm tra các trường hợp riêng Chúng ta cũng không thể sử dụng phép quy nạp không hoàn toàn bởi vì như đã nhận xét, kết luận của phép quy nạp không hoàn toàn chỉ có tính chất dự đoán

Để khắc phục khó khăn này, người ta sử dụng một phương pháp suy

luận đặc biệt gọi là phương pháp quy nạp toán học và tiến hành chứng

minh như sau:

* Trước tiên, ta kiểm tra khẳng định A1 đúng

* Sau đó chứng tỏ rằng, từ tính chất đúng đắn của khẳng định Ak (k≥1) cũng suy ra được Ak+1 đúng

Khi đó, khẳng định An được coi là đúng với mọi số tự nhiên n≥1 Thật vậy, ta có nếu A1 thì A2 đúng, nhưng A2 đúng thì A3 đúng, … Tiếp tục suy luận như vậy, ta có An đúng ∀ ≥ n 1

Phương pháp chứng minh trên đây được gọi là phép quy nạp toán học

Cở sở của phương pháp chứng minh trên đây là nguyên lý quy nạp toán học

2 Nguyên lý quy nạp toán học

Cơ sở của nguyên lý quy nạp toán học là tiên đề thứ 5 (còn gọi là tiên

đề quy nạp) của hệ tiên đề PÉANO về tập hợp số tự nhiên được xây dựng

từ cuối thế kỉ 19

* Tiên đề 1: 1 là số tự nhiên.

* Tiên đề 2: Với mọi số tự nhiên a, có một số tự nhiên a* đi lien sau a

* Tiên đề 3: Số 1 không đi liền sau số tự nhiên nào Nói cách khác, với

mọi số tự nhiên a ta chỉ có a* khác 1

* Tiên đề 4: Nếu a*=b* thì a=b Số tự nhiên đi liền sau a là duy nhất

* Tiên đề 5: (Tiên đề quy nạp) Nếu một tập hợp M các số tự nhiên có

tính chất: M chứa 1, nếu M chứa a thì M cũng chứa a* Khi đó M trùng với tập hợp các số tự nhiên ¥

3 Một số hình thức khác của phép quy nạp toán học

Giả sử An là một khẳng định phụ thuộc vào biến n

* Bước 2: Giả sử khẳng đinh Ak đúng (k≥n0) tya suy ra được Ak+1 cũng đúng.

* Bước 3: Kết luận An đúng với mọi số nguyên n≥n0

 Hình thức 3:

* Bước 1: Chứng minh cho A1 đúng

* Bước 2: Giả sử các khẳng định A1, A2, …, Ak đúng ta suy ra được Ak+1 cũng đúng

* Bước 3: Kết luận An đúng với mọi số tự nhiên n≥1.

 Hình thức 4

* Bước 1: Chứng minh cho An0 và An0+1 đúng với n0∈¥

* Bước 2: Giả sử Ak-1 và Ak đúng Ta suy ra được Ak+1 cũng đúng

* Bước 3: Kết luận An đúng với mọi n≥n0

B Phép quy nạp trong hình học

Phép quy nạp là một phép toán khá phổ biến và thông dụng, nó được

ứng dụng rất nhiều trong đại số, và lý thuyết số Phép quy nạp thường được sử dụng để chứng minh các tính chất và các định lý Có những bài toán chỉ có thể dùng phép quy nạp mới có thể giải được Không chỉ trong đại số và lý thuyết số mà trong hình học, phép quy nạp cũng là một phương pháp độc đáo và lý thú không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích

cả trong mặt phẳng và trong không gian, ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp

Bài toán mở đầu: Cho n là một số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 6

Chứng minh rằng : luôn chia được một hình vuông thành n hình vuông nhỏ (các hình vuông sau khi chia không nhất thiết phải bằng nhau)

Xuất phát từ 1 bài toán đơn giản nhất: chia 1 hình vuông thành 4 hình vuông nhỏ Ta có cách giải như sau :

P1: Bao gồm 3 bài toán cơ sở : n=6,7,8 (đã được giải trong hình) P2: Ta chứng minh nếu bài toán đúng với n=k thì nó cũng đúng với

n=k+3 Khá đơn giản, bằng cách chọn 1 hình vuông bất kì trong k hình vuông đã có, chia nó làm 4 hình vuông nhỏ hơn và đó là điều phải chứng minh

Nhận xét: Qua bài toán này, ta rút ra kết luận rằng P1 không nhất thiết chỉ là 1 bài toán, nó có thể là 2,3 bài hoặc nhiều hơn !

Để hiểu rõ hơn về các ứng dụng của phép quy nạp trong hình học ta đi sâu vào hệ thống bài tập dành riêng cho mỗi loại toán hình học

I Phép quy nạp trong tính toán hình học.

Trong lý thuyết số và đại số, phép qui nạp toán học là một phương pháp hiệu quả trong việc tính toán các giá trị đại số và các đại lượng toán học Trong hình học để giải các bài toán tính toán thì việc áp dụng phép

qui nạp để thực hiện hoàn toàn có thể và nó có thể thực hiện một cách chính xác.

Bây giờ ta xét với n-giác A A A1 2 n.

- Trước hết ta chứng minh rằng trong một đa giác bất kỳ ta có thể tìm được một đường chéo x chia đa giác đó thành đa giác có số cạnh ít hơn Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác Ta vẽ các tia lấp đầy góc trong ABC và cắt biên của đa giác Có hai trường hợp sẽ xãy ra:

TH1: Các tia cắt đường biên trên cùng một cạnh của đa giác (Hình 2a), khi đó đường chéo AC chia n-giác thành một tam giác và một (n-1)-giác

TH2: Các tia cắt biên không trên cùng một cạnh của đa giác (Hình 2b) Khi đó một tring các tia sẽ đi qua đỉnh I nào đó của đa giác và đường chéo AI sẽ chia đa giác thành hai đa giác có số cạnh ít hơn số cạnh của đa giác ban đầu.

Bây giờ ta chứng minh bài toán:

Trong n-giác A A A1 2 n ta vẽ đường chéo A A 1 k chia n-giác đó làm k-giác

(α là tổng các góc trong của n-giác)

Như vậy mệnh đề đúng với mọi n

• Thí dụ 2

Giả sử rn và Rn là các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của

đa giác đều 2n cạnh có chu vi p cho trước Chứng minh rằng rn 1 + =

* Giả sử AB là cạnh của đa giác đều 2n

cạnh chi vi p, nội tiếp đường tròn tâm O;

C là trung điểm của cung AB; M và N

là trung điểm của các đoạn thẳng AC và

BC; P và Q là các giao điểm của AB và MN

Ta tính được: Cạnh của bát giác đều a8 =R 2 2 − R ,

Cạnh của 16-giác đều

Từ đó suy ra (1) đúng với mọi n

Từ công thức (1), khi n tăng vô hạn chu vi đường tròn bán kính R(C=

2 Rπ ) sẽ là giới hạn của biểu thức:

2n R 2− 2+ 2 + + 2 và do đó:

n-2 lần

h = R − = 1 4 44 2 4 4 43 + + +

lÇn

Bài toán 2: Trong một n-giác lồi, các đường chéo không bộ ba đường

nào đồng qui, chia nó làm bao nhiêu miền

chéo xuất phát từ An+ 1 giao với các đường chéo còn lại, con số này lớn hơn 1).

24

n− n− n − +n

Bài 3: Tìm qui tắc tính P(n) số cách chia một n-giác lồi ra làm các tam

giác bởi những đường chéo không cắt nhau

Hướng dẫn:

-Xét với tam giác ta có P(3)=1

- Với mọi k<n, Giả sử ta tính được P(k)

-Bằng cách xét n-giác lồi A A A1 2 n

ta đi tính P(n)

Cách lấy A A1 2 là cạnh của một trong

các tam giác được chia Khi đó đỉnh thứ 3

của tam giác này sẽ là một trong các điểm

còn lại

Bằng cách lập luận ta có hệ thức sau:

P(n) = P(n-1) + P(n-2).P(3) + P(n-30.P(4) + … P(3).P(n-2) +P(n-1)

Với tam giác thì số đường chéo có được là 0.

Với Tứ giác thì số đường chéo có được là 1

* Với k < n, giả sử ta biết được mỗi k-giác sẽ có k-3 đường chéo không cắt nhau chia k-giác đó thành các tam giác (không phụ thuộc vào việc chọn các đường chéo)

* Xét với n-giác A A A Từ lập luận tổng N đường chéo và n cạnh 1 2 ncủa n-giác suy ra: 2N + n = 3(n-2) ⇒ N= n – 3.

II Chứng minh định lí hình học bằng phép quy nạp.

Phép quy nạp là một trong những phương pháp hữu hiệu nhất để chứng minh các định lý các mệnh đề mà các phương pháp không thể

chứng minh được Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số thí dụ và bài toán chứng minh định lý mệnh đề bằng phép quy nạp.

Thí dụ 1: Cho một số đường thẳng chia mặt phẳng thành những miền

khác nhau Chứng minh rằng ta có thể tô những miền này bằng hai màu trắng và đen sao cho những miền cạnh nhau (có chung một đoạn biên) có màu khác nhau

Giải:

Chú ý không phải cách chia mặt phẳng

thành những miền khác nhau nào cũng tô được

bằng hai màu thỏa mãn điều kiện bài toán, ví

dụ như (h 1)

Nếu chọn miền trên là mầu đen thì hai phần

còn lại là màu trắng, điều này không thỏa

mãn điều kiện của bài toán Như vậy, chia

Nếu cho hai đường thẳng thì từ hình 2 đặt

thêm một đường thẳng nữa chia mặt phẳng

thành bốn miền Dựa trên màu của trường

hợp một đường thẳng, trên một nửa mặt

phẳng của đường thẳng thứ hai, miền nào

màu đen ta tô trắng và màu trắng ta tô đen

cho hình 3

Nếu cho ba đường thẳng thì ta đặt đường thẳng thứ ba lên hình 3 cho

ta hình 4 khi chưa tô màu lại

Trên một nửa mặt phẳng của đường thẳng mới, miền nào màu trắng ta

tô lại màu đen và ngược lại, cuối cùng ta nhận được hình 5 Ta thấy rằng những miền cạnh nhau trong nửa mặt phẳng đổi màu hoặc nửa mặt phẳng không đổi màu khác màu nhau Còn những miền cạnh nhau có biên trên đường thẳng mới đặt vào theo cách đổi màu trên nửa mặt phẳng thì chúng cũng khác màu nhau

Bây giờ ta có thể lại thêm một đường mới vào hình 5 và quá trình tô màu lại lặp lại và cũng nhận được kết quả tô được màu cho các miền

Như vậy nếu ta tô màu được theo giả thiết bài toán cho n đường thẳng thì n+1 đường thẳng cũng tô được theo cách làm trên Như vậy, với bất kì một số đường thẳng đã cho ta đều có thể thực hiên tô màu được theo giả thiết bài toán Bài toán đã được giải

a OA

=

=

∑ uuur r.( O là tâm tỉ cự của hệ điểm A i và bộ số a i )

Giải:

• Với n=1 khi đó O≡A1 rõ ràng O là duy nhất

• Giả sử bài toán trên đúng với n Tức là

Với n điểm A1, A2, … An và n số thực a1, a2,… an khi đó tồn tại

duy nhất điểm O’ sao cho

1 ' 0

n

i i i

a O A

=

=

∑ uuuuur r

1 1

1 1 1

i i

= + +

Do O’ và An+1 cố định và

1 1

n i i

O A

ur uur uuuur

Vậy hợp thành của n phép tịnh tiến chính là phép tịnh tiến

Thí dụ 4: Cho đa giác lồi nội tiếp trong đường tròn Từ một đỉnh của đa

giác vẽ các đường chéo tạo thành các tam giác nội tiếp không chồng lên nhau Trong mỗi tam giác vẽ đường tròn nội tiếp Chứng minh rằng tổng bán kính của tất cả các đường tròn này là một đại lượng không đổi và không phụ thuộc vào cách chọn đỉnh của đa giác.

Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề:

Bổ đề: Trong một tam giác ta có:

r = R( cosA + cosB + cosC –1 )Thật vậy:

) sin sin

(sin 4

sin sin sin 8 4

3

C B

A rR R

C B A R

S pr

R

abc

)sinsin

(sinsin

.sin

cos 2 cos 4 sin sin sinA+ B+ C= A B C

2

sin2

sin2sin4coscos

cosA+ B+ C= A B C

suy ra r = R( cosA + cosB + cosC –1 )

Ta chứng minh bài toán trên:

a Với trường hợp đa giác là tam giác A1 A2 A3

Theo bổ đề ta có

r 1 = R( cosA 1 + cosA 2 + cosA 3 –1 )

mặt khác 3 đỉnh của tam giác chia đường tròn thành 3 cung

Trong đó n đỉnh Ai chia đường tròn thành các cung A A¼1 2,A A¼2 3 … A A¼n 1

liên tiếp và aij là số đo của cung A A¼i j Rõ ràng tổng trên không đổi với mọi cách chia

- Ta chứng minh điều đó cũng đúng với đa giác n+1 cạnh

Thật vậy: Không mất tính tổng quát, từ đỉnh A1 của (n+1) giác

A1A2…An+1 ta có cách chia như bài ra , khi đó theo giả thiết quy nạp ta có với n-giác A1A2…An ta có:

A7

=+

+

+

2cos

2

cos2

cos

2 3

cos2

1

n n

n n

n

a a

a R

Rõ ràng với đa giác đã cho thì aị là không đổi, với số n cố định, bán

kính R không đổi, khi đó tổng các bán kính đường tròn nội tiếp là không

đổi với mọi cách chia

Thí dụ 5: Cho n hình vuông bất kỳ Chứng minh rằng có thể cắt chúng

(bằng nhát cắt thẳng) làm một số mảnh đa giác để từ đó có thể ghép lại

thành một hình vuông mới

Giải:

* Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên Ta chứng minh với n = 2 mệnh đề cũng đúng Lần lượt gọi độ dài các cạnh của hai hình vuông cho trước ABCD

và abcd là x và y (x≥ y) Trên các cạnh của hình vuông ABCD (H.6a)

nhau tại tâm O của nó Bây

giờ ta ghép các mảnh này với

hình vuông thứ hai như trong (H.6b) ta được một hình vuông vì tại M’, N’, P’, Q’ các góc bù nhau µ µ µ ¶A B C D', ', ', ' là các góc vuông và A’B’=B’C’=C’D’=D’A’

* Giả sử mệnh mệnh đề được chứng minh với n hình vuông và ta có n+1 hình vuông K K1 , 2 , ,K K n, n+1 Lấy hai hình bất kỳ chẳng hạn Kn và K

1

n+ , nhờ cách lập luận ứng với n=1 ta có thể cắt một trong hai hình vuông này và ghép các mảnh với hình vuông thứ hai để có hình vuông mới K’ Khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt hình vuông K1 , ,K n−1 , 'K

để tạo nên một hình vuông mới từ những mảnh cắt này ⇒đpcm

Bài tập ứng dụng:

Bài 1:

Cho tam giác ABC, trên BC lấy thứ tự các điểm M1, M2 , …, Mn-1,

Gọi: r, r1, r2,…, rn ; δ, δ1, δ2, …, δn ; R, R1, R2 ,…, Rn, lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp , bàng tiếp góc A, ngoại tiếp các tam giác ABC, ABM1, AM1M2, AM2M3,…., AMn-1C Chứng minh rằng :

r r

+ +

+

2

2 2 1

C tg

B tg

* Điều kiện cần hiển nhiên đúng

* Điều kiện đủ: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo tập lồi.Trong trường hợp n=4, gọi Ω Ω Ω1, 2, 3, và Ω4có tính chất giao hoán

Cho n đường tròn C C1, 2, ,C n cùng đi qua O Gọi A1,A2, ,An lần

lượt là giao điểm thứ hai của C1 và C2, C2 và C3, , Cnvà C1 (H.7)

thì vẽ một tiếp tuyến với C2

thay cho cát tuyến qua A2)

Gọi O1 và O2 là tâm của (C1) và (C2),

chúng giao nhau tại O và B B1 2 là cát tuyến qua A1, là giao điểm thứ hai của các đường tròn này (H.8)

W là ba điểm lần lượt nằm trên các đoạn A A A A1 2 , k k+1 ,A A OU OV OW1 k, , , cắt

M thành ba mảnh được phủ bởi các hình đồng dạng của M với các tâm đồng dạng là các đỉnh của tam giác ABC, tỉ số đồng dạng bé hơn nhưng khá gần 1

Bài 5:

Chứng tỏ rằng không tồn tại một đa diện có bảy cạnh

Hướng dẫn: