skkn một số NGUYÊN lí TRONG TOÁN học

SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị : Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ NGUYÊN LÍ TRONG TOÁN HỌC Người thực hiện: Nguyễn Hồng Lữ Lĩnh vực nghiên cứu: Phương pháp dạy học môn: Số học chuyên Có đính kèm: Các sản phẩm không thề in SKKN  Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác SƠ LƯỢC LỊCH NămLÝ học: 2012KHOA - 2013 HỌC -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Nguyễn Hồng Lữ Ngày tháng năm sinh: 23 tháng năm 1956 Nam, nữ: nam Địa chỉ: 712 Phạm Văn Thuận Khu Tam Hiệp Biên Hòa Đồng nai Điện thoại: 0983553175 Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: cử nhân khoa học - Năm nhận bằng: 1981 - Chuyên ngành đào tạo: Toán học III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: giảng dạy toán học Số năm có kinh nghiệm: 36 năm - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây:  Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức  Cực trị hình học phẳng  Cực trị hình học không gian  Bất đẳng thức tam giác  Số phương  Một số vấn đề giảng dạy số học cho HSG -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Tên SKKN : MỘT SỐ NGUYÊN LÍ TRONG TOÁN HỌC I- LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Phương pháp suy luận hợp logic triết gia nhà toán học cổ đại Hi lạp , La mã đặc biệt quan tâm để phát tiếp cận chân lí Việc đưa nguyên tắc (nguyên lí) để dựa vào Toán học phát triển chứng minh trở thành nhu cầu Vai trò phương pháp suy luận logic toán học tất nhà khoa học tự nhiên thừa nhận tôn thờ Các nguyên lí , nguyên tắc suy luận Toán học đặt tiền đề cho phát minh nhân loại Năm 1687 châu Âu xuất sách tiếng latin nhà bác học vĩ đại Newton (là cựu sinh viên khoa Toán đại học Cambrige) , : Principia Mathematica (nguyên lí Toán học) Trong sách có đề cập đến nhiều lĩnh vực khoa học tự nhiên triết học , đặc biệt có dành hẳn chương nói nguyên lí toán học Vào thời điểm người đọc hiểu Một nhà viết sử Newton kể lại sách xuất có vài người đương thời hiểu Nên đồng thời sách có độc giả bị lãng quên Ngày ngành Toán : logic Toán ; trí tuệ nhân tạo ; lí thuyết thuật toán có tiến vượt xa so với thời Newton , dù nguyên lí Toán học ưu tiên số cho sách giảng dạy Toán học trường phổ thông Trong lịch sử phát triển toán học có nguyên lí thiên tài sáng tạo nên trở thành vấn đề không dễ nhận thức với hầu hết người Từ để tự chuẩn bị cho việc tiếp thu Toán học khối chuyên toán hiệu em buộc phải nắm vững nguyên lí chung Việc dạy cho học sinh chuyên Toán nguyên lí Toán học nhu cầu tự thân em nhằm rút ngắn thời gian tiếp cận với toán học đỉnh cao ! II-TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI A-Kiến thức liên quan: Để đọc hiểu đề tài bạn cần có kiến thức số học ; hình học đại số mức giỏi THCS Tài liệu dành để giảng dạy cho HSG Toán kì thi học sinh giỏi Olympic Toán Tài liệu giảng dạy lớp 10 chuyên Toán trường THPT Chuyên Lương Thế Vinh B-NỘI DUNG ĐỀ TÀI : -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - NGUYÊN LÍ QUY NẠP TOÁN HỌC (The Principle of Mathematical Induction) I.- Nguyên lí quy nạp toán học : Đây nguyên lí Toán học , nguyên lí gắn liền với mệnh đề chứa biến ( cụ thể biến chạy tập hợp số tự nhiên tập hợp vô hạn tập số tự nhiên) Trước tiên xin giới thiệu chút kí hiệu tài liệu : ☺ Tập hợp số nguyên dương kí hiệu N* : N* = {1;2;3; } ☺ Tập hợp số tự nhiên kí hiệu N : N = {0;1;2;3; } ☺ Kí hiệu : A(n)  n  N | P(n) xin đọc : mệnh đề chứa biến A(n) : “ Với số tự nhiên n tính chất P(n) xảy ra” ☺ Kí hiệu : A(n)  n  N | n  m ; P(n) xin đọc : mệnh đề chứa biến A(n) : “ Với số tự nhiên n không bé số tự nhiên m cố định cho trước tính chất P(n) xảy ra” ☺ n  S | P(n) xin đọc : Tồn số tự nhiên n thuộc tập S cho tính chất P(n) xảy ☺ n  S | P(n) xin đọc : Với số tự nhiên n thuộc tập S tính chất P(n) xảy ☺ Kí hiệu T(n) nhằm ám mệnh đề chứa biến , với biến số tự nhiên n Nguyên lí quy nạp toán học phát biểu sau : ● Xét mệnh đề chứa biến T(n) thỏa hai điều kiện sau : 1- Tồn số tự nhiên m bé cho T(m) mệnh đề 2- Mệnh đề : “ T(k)  T(k + 1) ; với số tự nhiên k ≥ m” có chân trị ● Khi ta có quyền kết luận T(n) với số tự nhiên n ≥ m -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Dựa vào nguyên lí quy nạp toán học , người ta đưa phương pháp chứng minh : Phương pháp chứng minh quy nạp toán học : Cụ thể sau : Để chứng minh mệnh đề T(n) , ta tiến hành theo bước sau : ● Bước 1: Chứng minh T(m) mệnh đề ● Bước 2: Giả sử T(k) với số tự nhiên k  m Ta phải chứng minh T(k+1) ● Bước 3: Kết luận T(n) với số tự nhiên n ≥ m Chú ý : Một số sách giáo khoa Toán học giới gọi câu bước sau : “Giả sử T(k) với số tự nhiên k  m” giả thiết quy nạp “ phải chứng minh T(k+1) đúng” chứng minh quy nạp II.- Các ví dụ minh họa : Ví dụ1: CMR : Với số tự nhiên n tùy í ta có : 2n > n Giải : Ở ta phải chứng minh mệnh đề chứa biến T(n) = " n  N | 2n  n " mệnh đề Bước 1: Với n = 0, ta có: T(0) Bước 2: Giả sử T(k) , nghĩa : 2k  k (với k  N ) Ta phải chứng minh T(k+1) , nghĩa phải chứng minh : 2k 1  k  Thật : 2k 1  2k.2  2k  2k  k  (theo giả thiết quy nạp 2k > k ; mặt khác 2k > ) Bước 3: Vậy 2n > n với số tự nhiên n Ví dụ : CMR : Với số tự nhiên n tùy í ta có : n³+2n chia hết cho Giải : Ở ta phải chứng minh mệnh đề chứa biến T(n) = "n  N | (n3  2n) " mệnh đề Bước : ta thấy T(0) = (0³+2.0) = chia hết cho -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Bước : Gỉả sử T(k) , nghĩa (k³+2k) chia hết cho 3.Ta cần chứng minh hì T(k+1) , nghĩa phải chứng minh (k+1)³+2(k+1)cũng chia hết cho Thật ta có : (k+1)³+2(k+1) =(k³+3k²+3k+1)+(2k+2) = ( k³+2k)+3(k²+k+1) (*) Do giả thiết quy nạp (k³+2k) chia hết cho , nên từ (*) suy đpcm Do A(k+1) có hai số hạng chia hết cho Kết luận: Vậy T(n) với số tự nhiên n Ví dụ :Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp là: n; n +1 n + Ta phải chứng minh mệnh đề 3 chứa biến T(n) = n  N * | n3   n  1   n      + Thấy T(1) ta có: 13 + 23 + 33 = + + 27 = 36 + Giả sử T(k) tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] 9 Ta phải chứng minh T(k+1) , tức phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] Thật ta có: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 +27k + 27 = [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] + 9(k3 + 3k + 3) Theo giả thiết quy nạp: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 hiển nhiên 9(k3 + 3k + 3) với  k Do [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] , + Kết luận: Mệnh đề T(n) với số nguyên dương n Ví dụ 4: Chứng minh rằng: Với n nguyên dương số tư nhiên 7n + + 82n + 19 Giải: Mệnh đề chứa biến T(n) ví dụ có dạng : T(n) = n  N * | (7n   82 n  ) 19 +Ta có T(1) : 73 + 83 = 343 + 512 = 19.45 +Giả sử T(k) , nghĩa : 7k + + 82k + 19 19 Ta phải chứng minh T(k+1) , tức phải chứng minh: 7k + + 82k + chia hết cho 19 Thật ta có : 7k + + 82k + = 7.7k + + 82.82k + = 7.7k + + 64.82k + = 7.7k + + 7.82k + + 57.82k + -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - = 7.( 7k + + 82k + 1) + 19.3.82k + (*) Theo giả thiết quy nạp 7k + + 82k + 19 , nên từ (*) => đpcm + Kết luận: Vậy A(n) với số nguyên dương Lưu í : Phương pháp chứng minh quy nạp toán học nhiều học sinh làm quen từ chương trình bồi dưởng HSG cấp THCS Phương pháp chứng minh quy nạp toán học có mặt nhiều lĩnh vực khác Toán học từ số học đến đại số , từ hình học đến toán rời rạc Trong khuôn khổ tài liệu Thầy lấy vài ví dụ minh họa , Các học sinh tham khảo tài liệu thêm để nắm vững vận dụng vào giải Toán ! BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: CMR : Với số tự nhiên n tùy í số : 16n - 15n - chia hết cho 225 Bài 2: CMR : Với số tự nhiên n tùy í số : 10n + 18n - chia hết cho 27 Bài 3: CMR : Với số tự nhiên n tùy í số sau chia hết cho : a/ 10n - b/ 10n + Bài 4: CMR : với số nguyên dương n số Sn = 13 + 23 + 33 + … + n3 số phương Bài 5: CMR : Với số tự nhiên n tùy í số 7.52n  12.6n chia hết cho 19 Bài 6: CMR : Với số tự nhiên n tùy í số 11n+2+122n+1 chia hết cho 133 Bài 7: CMR : Với số tự nhiên n tùy í số 62n+1+5n+2 chia hết cho 31 Phần tập rèn luyện tiếng Anh cho học sinh chuyên : Problem 1: Prove that : 3.4n+1 + 10n-1 – (n  N) is divisible by Problem 2: Prove that : 1.2  2.3  3.4   n(n  1)  * n(n  1)(n  2) for all n  N -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Problem 3: Prove that : 12  32  52   (2n  1)2  * n(4n2  1) for all n  N Problem 4: Prove that the cube of any integer can be written as the diffrence of two squares Hint : Notice that n3 = (13 + 23 + + n3) - (13 + 23 + +(n-1)3) Problem 5: Prove that n! > n2 for every integer n ≥ Problem 6: Prove that n! > n3 for every integer n ≥ Problem 7: Prove that for all n  N , 27 | (10n + 18n – 1) Problem 8: Prove that for all n  N , 133 | (11n+2 + 122n+1 ) Problem 9: Prove that the expression 33n+3 – 26n – 27 is a multiple of 169 for all natural numbers n Problem 10: Prove that if k is odd , then 2n+2 divides k  for all natural numbers n n Problem 11: Use the induction to prove that : 2n  1 (n  N * )  2n 3n Problem 12: Use the induction to to derive the formula : 1.(1!) + 2.(2!) + 3.(3!) + + n.(n!) = * (n+1)! – for all n  N Problem 13: Let n  N Prove the inequality 1    1 n 1 n  3n  1.3.5 (2n  1)  Problem 14: Let n  N ; n ≥ Prove the inequality 2.4.6 (2n)  3n 4n (2n)!  Problem 15: Let n  N ; n ≥ Prove the inequality n  (n !)2 -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Problem 16: Let n  N ; n ≥ Prove the inequality 1 13     n 1 n  2n 24 Problem 17: Let n  N ; n ≥ Prove the inequality n! < nn Problem 18: Let n  N ; n ≥ Prove the inequality 1.3.5 (2n-1) < nn Problem 19: Prove by induction on n that a set having n elements has exactly 2n subsets Problem 20: Prove that if n ≥ 12 then n can be written as a sum of 4’s and 5’s For example , 23 = 5+5+5+4+4 = 3.5 + 2.4 Hint : In this case it will help to the case n = 12 , 13 , 14 and 15 separaterly Then use induction to handle n ≥ 16 Problem 21: Prove that if n is a natural number , n5 n n3 n    is always an integer 30 NGUYÊN LÍ DIRICHLET (The Dirichlet’s Principle) Vài nét tiểu sử : Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet sinh ngày 13 tháng năm 1805 Duren : vùng đất nằm Cologne Aachen (vùng vào thời thuộc nước Pháp cai quản triều đại Napoleon) Gia quyến ; ông bà nội bố mẹ ông xuất thân từ thị trấn Richlette Bỉ (một quốc gia sử dụng tiếng Pháp tiếng Anh , tiếng Đức), mà họ ông đặt "Lejeune Dirichlet" ; "le jeune de Richelette", theo tiếng Pháp nghĩa "chàng trai trẻ từ Richelette" Ông giáo dục Đức sau Pháp , nơi ông học từ hầu hết nhà toán học tiếng thời Dirichlet người có tư chất thông minh nhà toán học Đức có đóng góp cho phát triển toán học đại Lĩnh vực mà ông có nhiều công trình nghiên cứu -Trang : SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - môn Số học đại số Trong kết nghiên cứu ông có nguyên lí mà nhà toán học coi đẹp đẽ hữu ich : Đó nguyên lí Dirichlet Cuộc đời nghiên cứu toán học nhà toán Dirichlet chuyến hành trình dài qua bao nhiều nơi đất Pháp vá Đức với niềm đam mê cháy bỏng Dirichlet bắt đầu tuổi vàng toán học Berlin Ông ngày tháng năm 1859 ; hưởng dương 54 tuổi Sau ông qua đời, giảng Dirichlet kết khác ngành số học sưu tập, biên khảo xuất đồng nghiệp bạn ông nhà toán học Richard Dedekind tựa đề : Vorlesungen über (Các giảng số học) Nguyên lí (hay nguyên tắc) Dirichlet: Nguyên lý Dirichlet gọi "nguyên tắc nhốt thỏ vào lồng " "nguyên tắc xếp đồ vật vào ngăn kéo" “ nguyên tắc lổ chuồng bồ câu" “ nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp” Các dạng phát biểu thường gặp nguyên lí Dirichlet : Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dạng dạng sau đây: Dạng : Nếu đem nhốt m thỏ vào n lồng, với điều kiện : số thỏ nhiều số lồng (m > n) thỏ bị nhốt ; tồn lồng nhốt không thỏ Chứng minh: (dùng phương pháp phản chứng): Giả sử lồng nhốt từ thỏ trở nên, cho dù lồng có nhốt thỏ tổng số thỏ bị nhốt n thỏ, tổng số thỏ m Điều vô lý Vậy phải có lồng nhốt từ thỏ trở nên.(đpcm) Dạng : Nếu đem xếp m đồ vật vào n ô ngăn kéo, với điều kiện : số đồ vật nhiều số ngăn kéo (m > n) đồ vật xếp vào ngăn kéo ; tồn ô ngăn kéo chứa không đồ vật Dạng : Có m chim bồ câu chui vào chuồng bồ câu có n lỗ với điều kiện : số bồ câu nhiều số lỗ (m > n) chim bồ câu phải chui vào chuồng ; tồn lỗ chuồng có không bồ câu chui vào qua lỗ Dạng : Cho A B hai tập không rỗng có số phần tử hữu hạn mà số phần tử A lớn số phần tử B , Nếu có quy tắc cho ứng phần tử A với phần tử B ; tồn phần tử khác A mà chúng ứng với phần tử B Tuy phát biểu nhiều dạng khác cốt lõi nguyên lí Dirichlet tồn đối tượng thỏa mãn tính chất Nguyên lí Dirichlet không xác định xác đối tượng việc tồn mang lại nhiều ý nghĩa sống toán học Nội dung nguyên lý đơn giản dễ hiểu, lại có tác dụng lớn giải toán Nhiều có toán, người ta dùng nhiều phương pháp toán học để giải -Trang : 10 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Phần tập rèn luyện tiếng Anh cho học sinh chuyên : The Box Principle or The Pidgeonhole Principal Probem 1: Given n integers, prove that some nonempty subset of them has sum divisible by n Probem 2: Let A be a set of n + integers from {1; : : : ; 2n} Prove that some element of A divides another Probem : For x  R and n  Z  , there is a rational number x p , with ≤ q ≤ n, such that : q p  q n Probem 4: Let x be an irrational number, and let xn  {nx} be the fractional part of nx Show that the sequence x1 ; x2 ; is dense in the interval [0; 1) This means that for every real number r  [0; 1) , and every e > 0, there is some n such that xn is within e of r Probem 5: (Erdos-Szekeres.) Prove that every sequence of n2 distinct numbers contains a subsequence of length n which is monotone (i.e either always increasing or always decreasing) Probem 6: Let S be a set of 10 positive integers, whose total sum is less than 250 Prove that there exist two disjoint nonempty equal-size subsets A; B  S such that the sum of the elements of A equals the sum of the elements of B Probem 7: (MOP 2004.) A set S of numbers is called a Sidon set if it has the property that for every distinct a; b; c; d  S, the sums a + b and c + d are distinct (There are no repeated pairwise sums between elements of S.) A natural question is to ask how large a Sidon set can be, if, say, the numbers must be integers in {1; ; 100} Prove that there is no such Sidon set of size 16 Probem 8: (Putnam 1993.) Let x1; x2 ; ; x19 be positive integers less than or equal to 93 Let y1; y2 ; ; y93 be positive integers less than or equal to 19 Prove that there exists a (nonempty) sum of some xi ' s equal to a sum of some yi ' s -Trang : 18 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Probem 9: The Fibonacci numbers are dened by F1 = F2 = and Fn = Fn-1 + Fn-2 for n ≥ If p is a prime number, prove that at least one of the first p + Fibonacci numbers must be divisible by p Probem 10: Given any points inside a hexagon with side length 1, show that some two points are separated by a distance of at most Probem 11: (USAMO 1976.) Every square in a × array is colored either white or black Show that there always is a monochromatic \constellation" consisting of the corners of an axis-parallel rectangle Probem 12: (IMO 1983) Let ABC be an equilateral triangles and E the set of all points contened in the segments AB , BC , CA (including A,B,C) Show that , for every patitions of E into dijoint subsets , at least one of the subsets contains the vertices of a right – angled triangle NGUYÊN LÍ CỰC HẠN (The Extreme Principle) I-Một số thuật ngữ liên quan : Tập hợp số bị chặn : Xét tập S số thực Nếu tổn số thực m cho m  x với x  S ta nói : Tập S bị chặn m , ta nói m cận S Để í từ định nghĩa suy : Tập S bị chặn có vô số cận ! Tập hợp số bị chặn trên: Xét tập S số thực Nếu tổn số thực M cho x  M với x  S ta nói : Tập S bị chặn M , ta nói M cận S Để í từ định nghĩa suy : Tập S bị chặn có vô số cận ! Infimum tập hợp số thực: Xét tập hợp S số thực , bị chặn , ta gọi số lớn cận S infimum S (tạm dịch tiếng Việt : cận đúng) kí hiệu infS Supremum tập hợp số thực: Xét tập hợp S số thực , bị chặn , ta gọi số bé cận S supremum S (tạm dịch tiếng Việt : cận đúng) kí hiệu supS -Trang : 19 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Chú ý : infS , supS thuộc S không thuộc S Ta quan sát ví dụ bảng sau : Tập hợp S infS supS Nhận xét (1;4) Inf  S ; supS  S (-1;3] -1 Inf  S ; supS  S [-5;7] -5 Inf  S ; supS  S II-NGUYÊN LÍ CỰC HẠN: Nguyên lí cực hạn nguyên lí quan trọng Toán học Nguyên lí cực hạn trình bày tài liệu dạng nhóm nguyên lí sau: Nguyên lí 1: Với tập hữu hạn khác rỗng số thực ta chọn số bé số lớn tập hợp Cụ thể : Xét tập S khác rỗng gồm hữu hạn số thực x1 ; x2  S cho : Với x tùy ý thuộc S ta có : x1  x  x2 Hiển nhiên nguyên lí áp dụng cho tập hợp hữu hạn khác rỗng số nguyên , số tự nhiên Nguyên lí 2: Với tập hợp vô hạn bị chặn số thực ta chọn infS Nguyên lí 3: Với tập hợp vô hạn bị chặn số thực ta chọn supS Nguyên lí 4: Với tập hợp vô hạn số tự nhiên ta chọn số bé tập Nguyên lí 5: Với tập hợp vô hạn số nguyên âm ta chọn số lớn tập III- NGUYÊN LÍ KHỞI ĐẦU CỰC TRỊ : Chú ý mở đầu : Trong đời sống người nói riêng, phát triển xã hội loài người nói chung ta thường quan tâm đến , Ví dụ : tốt so sánh với xấu ; nhanh so sánh với chậm ; cao so sánh với thấp ; lớn so sánh với bé vân vân vân vân … -Trang : 20 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Thói quen quan tâm đến (các nhà toán học gọi giá trị cực biên) nhà toán học sử dụng để nghiên cứu nhiều lĩnh vực toán học (lí thuyết tối ưu ; lí thuyết vận trù ; chứng minh bất đẳng thức …) Cũng theo tinh thần toán học xuất nguyên lí làm toán mà xin mô tả sau : Khi chứng minh giải toán liên quan đến đại lượng biến thiên người ta quan tâm đến giá trị nhỏ , lớn mà đại lượng nhận xuất phát từ giá trị cực biên đại lượng cho phép ta tìm hướng giải toán Phương pháp gọi nguyên lí khởi đầu cực trị Tên gọi nguyên lí mà vừa mô tả chưa thống giới làm toán , muốn nhấn mạnh : Bản chất nguyên lí ta xuất phát (khởi đầu) chứng minh cách dựa vào giá trị cực trị đại lượng (lớn ; nhỏ nhất) nên đặt tên cho nguyên lí : nguyên lí khởi đầu cực trị Nguyên lí khởi đầu cực trị thường sử dụng rộng rãi toán tổ hợp, số học, hình học, nguyên lí kết hợp với nguyên lí khác toán học (như nguyên lí Dirichlet , nguyên lí quy nạp toán học) phương pháp phản chứng Các ví dụ minh họa : Ví dụ 1: Tìm tất nghiệm nguyên dương pt : x3 + 3y3 + 9z3 = 27xyz (*) Hướng dẫn : Giả sử pt có nghiệm nguyên dương (x;y;z) Gọi M={z  R +│ bộ(x;y;z) nghiệm (*)} Gọi z0 = số dương nhỏ M ứng với nghiệm (x0;y0;z0) Ta chứng minh x0;y0 chia hết cho Thật : giả sử ngược lại x0;y0 không chia hết cho x0 =3u +r (r=1;2) ; y0 =3v+s (s=1;2)  x03  y03  3t  r  3s3  1; (mod 3) ;trong lúc vế phải = 27 x0.y0.z0  (mod 3) : mâu thuẫn ! Đặt x0 =3x1 ; y0 = 3y1 ; z0 =3z1 (trong z0 > z1) thay vào (*)  x13  y13  z13  27 x1 y1z1 (1) , đẳng thức (1) chứng tỏ : (x1;y1;z1) nghiệm nguyên dương (*) với z0 > z1 điều >< tính nhỏ z0 theo cách xác định Mâu thuẫn chứng tỏ (*) nghiệm nguyên dương Bình luận : Trong lời giải ta sử dụng nguyên lí nguyên lí cực hạn nêu , cụ thể z0 = infM , ví dụ sắc sảo phép chứng minh phản chứng Ví dụ 2: Chứng minh phương trình x4 + y4 = z2 (1) nghiệm nguyên dương Hướng dẫn giải : Giả sử ngược lại, phương trình (1) có nghiệm nguyên dương , Ta thấy : tập hợp số nguyên dương bị chặn nên theo nguyên lí cực hạn : nghiệm (x, y, z) (1) có nghiệm với z nhỏ Dễ thấy x2,y2,z đôi nguyên tố Áp dụng công thức tính nghiệm phương trình Pythagore, ta thấy tồn p, q cho : x2 = 2pq ; y2 = p2 - q2 ; z = p2 + q2 Từ đây, thay vào -Trang : 21 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - (*) ta lại có ba Pythagore khác : y2 + q2 = p2 (**) Tiếp tục, áp dụng công thức tính nghiệm phương trình Pythagore (**) : tồn a,b cho : q = 2ab ; y = a2 - b2 ; p = a2 + b2 a,b nguyên tố Thay vào, ta được: x2 = 2pq = 2(a2 + b2)(2ab) = 4(ab)(a2 + b2) (1).Vì ab a2 + b2 nguyên tố nhau, nên từ (1) ta suy chúng số phương Như a2 + b2 = s2 a = u2, b = v2 Suy s2 = u4 + v4 (2) Từ (2) => (s,u,v) nghiệm (*) với v < z : điều mâu thuẫn với tính nhỏ z vì: s2 = a2 + b2 = p < p2 + q2= z < z2.Như điều giả sử ban đầu sai, suy điều phải chứng minh Bình luận : Ví dụ minh họa phương pháp khởi đầu cực trị biến z (nguyên lí 4) , đồng thời ví dụ kết hợp nhuần nhuyễn nguyên lí khởi đầu cực trị với phép chứng minh phản chứng Ví dụ : Tìm tất giá trị k cho phương trình (x+y+z)2 = kxyz (*) có nghiệm nguyên dương Hướng dẫn giải : Trong nghiệm nguyên dương (*) ta giả sử (x0;y0;z0) nghiệm có tổng : x0 + y0 + z0 bé Vì tính đối xứng x,y,z (*) nên không tính tổng quát ta giả sử : x0 ≥ y0 ≥ z0 Ta viết (*) dạng : x2  (kyz  y  z ) x  ( y  z )2  (1) Từ (1) ta thấy x0 nghiệm phương trình bậc hai : x2  (ky0 z0  y0  z0 ) x  ( y0  z0 )2  (2) ; Sử dụng hệ thức Viet cho pt (2) ta suy : x0 x1  ky0 z0  y0  z0  x0 y  z   0 x0 hai nghiệm (2) => (x1;y0;z0) nghiệm (*) Vì theo cách chọn ta : x0 + y0 + z0 bé nên : x1 + y0 + z0 ≥ x0 + y0 + z0 => x1 ≥ x0 => y0 + z0 ≥ x0 (3) Ta có : x1  x0  ky0 z0  2( y0  z0 )  x0  x0  ky0 z0  2( y0  z0 )  2x0 (4) Từ (3) (4) có : ky0z0 ≥ 4x0 (5) Để ý từ (*) :  x0  y0  z0   kx0 y0 z0 (6), chia hai vế (6) cho x0.y0.z0 ta có : x0 y z k 32 2  k  10       k (7).Từ (5)(7)        k  k  y0 z0 x0 z0 y0 x0 x0 y0 z0 (8) Nếu x0 = : x0 ≥ y0 ≥ z0 => y0 = z0 = thay vào (*) có k= ; hay k = thỏa yêu cầu đề (9) Nếu x0 ≥ : x0 ≥ y0 ≥ z0 nên : y0z0 ≤ x0z0 ≤ y0x0 ≤ x02  (10) nên từ (5)(7)(7) k 26 1  1  k  k   k  (11) Kết hợp (8)(9)(10)(11) => k ≤ Từ ta kiểm tra trực tiếp tính , sai cho k ≤ ( k = kiểm tra tính rồi) Bạn đọc có thề xem kiểm tra bảng cho : -Trang : 22 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - k Pt(*) Nghiệm (x+y+z)2 = xyz x0 = ; y0 = ; z0 = (x+y+z)2 = 2xyz x0 = ; y0 = ; z0 = (x+y+z)2 = 3xyz x0 = ; y0 = ; z0 = (x+y+z)2 = 4xyz x0 = ; y0 = ; z0 = (x+y+z)2 = 5xyz x0 = ; y0 = ; z0 = (x+y+z)2 = 6xyz x0 = ; y0 = ; z0 = (x+y+z)2 = 7xyz pt n0 nguyên dương (x+y+z)2 = 8xyz x0 = ; y0 = ; z0 = Ví dụ Nếu a, b, c số nguyên dương cho < a2 + b2 – abc ≤ c.Chứng minh a2 + b2 – abc số phương Giải Giả sử ngược lại tồn số nguyên dương a, b, c cho < a2 + b2 – abc ≤ c k = a2 + b2 – abc (1) số phương Ta cố định k c xét tập hợp tất cặp số nguyên dương (a, b) thỏa mãn phương trình (1), tức ta xét : S(c, k) = {(a, b)  (N*)2: a2 + b2 – abc = k} Giả sử (a, b) cặp số thuộc S(c, k) có a + b nhỏ Không tính tổng quát giả sử a ≥ b Ta xét phương trình : x2 – bcx + b2 – k = Ta biết x = a nghiệm phương trình Gọi a1 nghiệm lại phương trình a1 = bc – a = (b2 – k)/a Ta chứng minh (bạn đọc tự chứng minh!) a1 nguyên dương Suy (a1, b) thuộc S(c, k) Tiếp theo ta có a1 = (b2-k)/a < a2/a = a, suy a1 + b < a + b Điều mâu thuẫn với cách chọn (a, b) Ví dụ 5: ( Đề thi học sinh giỏi quốc gia 1992-1993 bảng A) Một nước có 80 sân bay, mà khoảng cách hai sân bay khác Mỗi máy bay cất cánh từ sân bay bay đến sân bay gần Chứng minh rằng: sân bay có máy bay đến Giải : Từ giả thiết suy máy bay từ sân bay M N đến sân bay O khoảng cách MN lớn cạnh tam giác MON, MON  60o -Trang : 23 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Giả sử máy bay bay từ sân bay M , M , M , M , … M n đến sân bay O góc M i ON j không lớn 360o ( i,j,n=1,2,3,4,5 … 80) tổng góc cho n 360o 360 Vậy: > 60  n toán chứng minh MỘT SỐ BÀI TẬP SỬ DỤNG NGUYÊN LÍ CỰC HẠN Bài 1: Cho 2011 đường thẳng phân biệt , ba đường thẳng số chúng đồng quy Chứng minh 2011 đường thẳng cho đồng quy điểm Bài 2: ( Đề thi chọn HSG quốc gia 1986-1987 Bảng A) Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC BD cắt E Chứng minh rằng: Nếu bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EAB, ECD, EDA mà tứ giác ABCD hình thoi Bài 3: Chứng minh : Nếu tất cạnh tam giác nhỏ diện tích tam giác nhỏ Bài 4: Gọi O giao điểm tứ giác lối ABCD Chứng minh rằng: Nếu tam giác AOB, BOC, COD, DOA có chu vi tứ giác ABCD hình thoi Bài 5: Trên mặt phẳng cho  2000 điểm, điểm thẳng hàng Người ta tô 2011 điểm bẳng màu đỏ tô 2011 điểm lại màu xanh Chứng minh rằng: tồn cách nối tất điểm màu đỏ với tất điểm màu xanh 2011 đoạn thẳng điểm chung Bài 6: Cho tứ giác ABCD thỏa mãn: bán kính đường tròn nội tiếp bốn tam giác ABC, BCD, CDA DAB Chứng minh tứ giác ABCD hình chữ nhật Bài 7: Trên mặt phẳng cho 2011 điểm, khoảng cách chúng đôi khác Nối mối điểm số 2011 điểm với điểm gần Chứng minh rằng: với cách nối nhận đường gấp khúc khép kín Bài 8: Trên mặt phẳng cho 2011 điểm thỏa mãn: ba điểm số chúng thẳng hàng Chứng minh rằng: 2011 điểm cho thẳng hàng Bài 9: Bên đường tròn tâm O bán kính R = có điểm phân biệt Chứng minh rằng: tồn hai điểm số chứng mà khoảng cách hai điểm nhỏ -Trang : 25 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Phần tập rèn luyện tiếng Anh cho học sinh chuyên : The Extreme Principle Problem 1: Fifteen sheets of paper of various sizes and shapes lie on a desktop covering it completely The sheets may overlap and may even hang over the edge Show that five of the sheets may be removed so that the remaining ten sheets cover at least 2/3 of the desktop Problem 2: Place the integers 1, 2, 3, , n2 (without duplication) in any order onto an n × n chessboard, with one integer per square Show that there exist two (horizontally, vertically, or diagonally) adjacent squares whose values differ by at least n + Problem 3: (Korea, 1995) Consider finitely many points in the plane such that, if we choose any three points A, B, C among them, the area of triangle ABC is always less than Show that all these points lie within the interior or on the boundary of a triangle of area less than Problem 4: (Putnam, 1979) Let A be a set of 2n points in the plane, no three of which are collinear Suppose that n of them are colored red, and the remaining n blue Prove or disprove: there are n straight line segments, no two with a point in common, such that the endpoints of each segment are points of A having different colors Problem 5: (Moscow Mathematics Olympiad 1979) N circular disks cover a region of area Prove that it is possible to choose n (n ≤ N ) disks such that they not intersect each other, and their total area is greater than Problem 6: (Australian Mathematics Olympiad 1992, Problem 7) P1; P2 ; ; P192 are 1992 different points in the space such that any set of three points form a triangle of which one side has a length less than cm Prove that there exist two spheres S1 and S2 of radius cm such that all 1992 points are inside S1 or S2 Problem 7: (Hungarian Mathematics Olympiad 1964) In a party there were B boys and G girls where B ≥ and G ≥ After the party it turns out that no boy danced with every girl, but each girl danced with at least one boy Prove that there are two boys b1 , b2 and two girls g1 , g2 such that b1 danced with g1 , but not with g2 , and b2 danced with g2 , but not with g1 -Trang : 26 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Problem 8: (Berkeley Math Circle 2005-2006 Monthly Contest 4, Problem 5) Each of three schools contains n students Each student has at least + n friends among students of the other two schools Prove that there are three students, all from different schools who are friends to each other (Friendship is symmetric: If A is a friend to B, then B is a friend to A.) Problem 9: (Beijing City Mathematics Contest 1963, High School Grade Round 2) There are 1001 points on a plane No three points are collinear, and no four points are co-circular Prove that we can draw a circle through three points such that 499 points are inside the circle and 499 points are outside Problem 10: (Sylvester’s Problem, IBM Ponder This Challenge Puzzle for August 2001) Suppose S is a finite set of points in a plane, such that for any two points X and Y in S, there is a different point Z in S, collinear with X and Y Prove that all points of S are collinear Problem 11: Prove that it is not possible to find different natural numbers x, y, z, t which are solutions of x x  y y  z z  t t Hint: look at the maximal number among x; y; z; t Problem 12: Natural numbers are placed at each of the vertices of a cube in such a way that numbers at adjacent vertices (i.e those sharing an edge) differ by no more than Prove that one can find two opposite vertices of the cube such that the numbers placed there also differ by no more than Hint: consider a vertex containing the smallest number NGUYÊN LÍ BẤT BIẾN (THE INVARIANCE PRINCIPLE) Bất biến ? Khi giải toán ta thường làm việc với đại lượng thay đổi giá trị Các đại lương thay đổi gắn liền với kiện Ta gọi đại lượng thay đổi giá trị biến Có loại biến : ● Bất biến tính không đổi giá trị biến phụ thuộc vào biến khác ● Đơn biến tính không tăng không giảm (đơn điệu) biến suốt trình ● Biến ngẫu nhiên biến bất biên đơn biến Nguyên lí bất biến ? -Trang : 27 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Về mặt hình thức ta nêu tóm lược nguyên lí bất biến sau : Xét toán T có tham n gia biến  xi i 1 , toán T yêu cầu phải trả lời câu hỏi kiện S có xảy hay không ? Để tìm lời giải ta buộc phải tìm bất biến liên quan đến S Như : Nguyên lí bất biến nguyên lí dựa vào bất biến đơn biến để giải toán Nhận xét : Nguyên lí bất biến thường sử dụng số trò chơi, ta thường phải phát tính bất biến tính đơn biến đại lượng Giả sử trò chơi G , kiện S trạng thái ban đầu B Ta cố gắng chứng minh B bất biến suốt trình chơi Do tính bất biến B , nên B thay đổi trạng thái B kết thúc trò chơi G (chẳng hạn : từ chẵn thành lẻ, từ trắng thành đen, từ chia hết sang chia có dư,…!) Từ ta có kết luận trạng thái cuối trò chơi Bất biến sửdụng đểgiải nhiều dạng toán khác (Dĩ bất biến ứng vạn biến!) Dưới ví dụ minh họa sử dụng đại lượng bất biến : Các ví dụ minh họa : Bài 1: Trên bảng đen ta viết 2012 dấu cộng (+) 2013 dấu trừ (-) Cho phép xóa hai dấu tùy ý viết thay vào dấu cộng hai dấu xóa ,và dấu trừ trường hợp ngược lại Lặp lại phép tính 4024 lần Hỏi bảng lại dấu ? HD : Ta tìm bất biến Giả sử thay cho dấu cộng , ta viết số , thay cho dấu trừ , ta viết số –1 Khi phép toán xem thay hai số tùy ý tích chúng Phép tính không làm thay đổi tích tất số cho Như tích tất số cho bất biến trình lập phép toán Tại trạng thái xuất phát tích –1, vi bất biến ,nên trạng thái cuối , tích –1 Sau 4008 lần lặp , ta lại số bảng , số –1.Điều có nghĩa số lại bảng dấu - Trong toán , ta thay dấu cộng số dấu trừ số Khi thực phép toán cho , tổng cuả hai số bị xoá tính chẵn lẻ với số thay cho hai số Như tính chẵn lẻ tổng tất số cho bất biến toán trạng thái xuất phát , tổng số cho 2013 , nên tổng trạng thái cuối phải lẻ Từ suy số lại số , tức ứng với dấu trừ Cũng giải toán theo cách sau : sau lần thực phép toán , ta thấy số dấu trừ không đổi giảm hai đơn vị Như tính chẵn lẻ số dấu bất biến Tại trạng thái ban đầu số dấu trừ (2013) số lẻ , nên lại dấu , phải dấu trừ Như cách giải , ta dựa vào bất biến Trong cách giải thứ tính bất biến tích số viết , cách thứ hai dựa bất biến tính chẵn lẻ tổng số , cách giả thứ ba dựa bất biến tính chẵn lẻ số dấu trừ Cách giải dựa việc tìm bất biến thể qua ví dụ -Trang : 28 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Bài 2: Trên bảng đen ta viết số dấu cộng , số dấu trừ Cho phép xóa hai dấu tùy ý thay vào dấu cộng hai dấu xoá khác dấu nhau, dấu trừ trường hợp ngược lại Chứng minh dấu cuối lại bảng không phụ thuộc vào cách xóa dần dấu HD : Giả sử ta có x0 dấu cộng x1 dấu trừ Tương tự , ta thay dấu cộng số , dấu trừ số làm phép toán cho , tổng tất số viết không đổi giảm Như tính chẵn lẻ tổng số bất biến trình Do , x0 lẻ số lại cuối số , tức dấu lại dấu cộng ; x0 chẵn dấu lại dấu trừ Trên hai ví dụ mà việc tìm bất biến dễ dàng Tuy nhiên làm Bài 3: Trên bàn cờ 8× có 32 quân trắng 32 quân đen, quân chiếm ô vuông Tại bước người chơi thay tất quân trắng thành quân đen tất quân đen thành quân trắng hàng cột Hỏi sau hữu hạn bước, lại xác quân đen bàn cờ không? Giải : Nếu trước chuyển có xác k quân đen hàng (cột) định chuyển số quân trắng hàng (cột) - k Sau chuyển, – k quân trắng trở thành – k quân đen k quân đen lại trở thành k quân trắng Như vậy, số quân đen bàn cờ sau chuyển thêm vào – k k quân, tức số quân đen thay đổi bàn cờ (8 – k) – k = – 2k Số số chẵn dương (thêm vào) k < số chẵn âm (bớt đi) k > không thay đổi k = Vì - 2k chẵn lúc đầu có 32 quân đen nên số quân đen bàn cờ luôn chẵn (là bất biến!) Vậy lại quân đen bàn cờ Bài 4: (Chọn đội tuyển Hồng Kông tham gia IMO, 2000, vòng 1) Có 1999 tách uống trà đặt bàn Lúc đầu tất đặt ngửa Mỗi nước đi, ta làm cho 100 tách số chúng lật ngược lại Sau số nước đi, làm cho tất chúng úp xuống không? Tại sao? Trả lời hai câu hỏi trường hợp có 1998 tách Giải : Nếu có 1999 tách (số tách số lẻ), tất đặt ngửa (trạng thái ngửa) ta quay úp xuống tất (trạng thái úp) Thật vậy, theo qui tắc chơi, thời điểm, giả sử có k tách đặt ngửa làm úp xuống 100 – k tách úp lật ngửa lên Khi số tách úp tăng lên k giảm 100 – k số tách úp bị thay đổi sốchẵn (100 – k ) – k = 100 – 2k (nếu k > 50 số tách úp giảm đi, k < 50 số tách úp tăng lên, k = 50 số tách úp không thay đổi) Nghĩa tính chẵn lẻ số tách úp không thay đổi(bất biến!) Nhưng lúc đầu số tách úp Vì không thểlàm cho số tách úp 1999 Nếu số tách 1998 úp tất tách Thuật toán sau: Đánh số tách theo thứ tự 1, 2,…, 1998 Lần lượt úp 100 tách đầu tiên, sau 18 lần úp 1800 tách chuyển trạng thái -Trang : 29 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - từ ngửa sang úp Tiếp theo úp 100 tách số1801, 1803, 1804, …, 1901 (để nguyên tách số1802 ngửa) Lần thứ hai, đảo ngược tách 1802, 1803, 1804,…,1901 (giữ nguyên tách số1801 úp) Sau hai lần này, thực chất có tách số1 số bị úp, tách khác không thay đổi (vẫn đặt ngửa sau lật úp lại lật ngửa) Tiếp tục nhưvậy, sau 18+198 = 216 lần, tất tách bị lật úp Bài tập rèn tiếng Anh (The Invariance Priciple) E1 Suppose the positive integer n is odd First Ann writes the numbers 1,2, ,2n on the blackboard Then he picks any two numbers a, b, erases them, and writes, instead, |a — b| Prove that an odd number will remain at the end E2 A circle is divided into six sectors Then the numbers 1,0, 1, 0, 0, are written into the sectors (counterclockwise, say) You may increase two neighboring numbers by Is it possible to equalize all numbers by a sequence of such steps? E3 In the Parliament ofSikinia, each member has at most three enemies Prove that the house can be separated into two houses, so that each member has at most one enemy in his own house E4 Suppose not all four integers a, b, c, d are equal Start with {a, b, c, d) and repeatedly replace (a, b, c, d) by (a - b, b - c, c- d, d - a) Then at least one number of the quadruple will eventually become arbitrarily large E5 Each of the numbers  i 1 is or – , and we have n S = a1a2 a3a4 + a2 a3a4 a5 + + an a1a2 a3 = Prove that 4| n III-HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Thông qua giảng dạy chuyên đề thấy : -Học sinh có hứng thú học tập -Tăng cường khả tự nghiên cứu cho học sinh chuyên toán -Giải lớp tập khó đề thi HSG -Trong năm học 2012-2013 có học sinh chuyên Toán đạt giải Quốc gia -Trong kì thi Olympic 30/4/2013 có học sinh đoạt huy chương vàng ; 01 huy chương đồng IV-ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG Đề tài áp dụng cho học sinh giỏi Toán có khả tự học , tự nghiên cứu cao Đề tài giúp Tổ Toán Trường PTTH Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai có thêm tài liệu để bồi dưỡng học sinh giỏi khóa sau -Trang : 30 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Về lâu dài Sở GD ĐT Đồng nai nên tổ chức giáo viên có lực viết sách cho học sinh chuyên HSG Toán Nên tổ chức sermine Số học cho người yên lĩnh vực V-TÀI LIỆU THAM KHẢO 1/ 250 Problems in Elementary Number Theory Waclaw Sierpincki 1994 2/ Elementary Number Theory David M Burton 1980 3/ Elementary Number Theory Giusefe Melfi 1998 4/ Elementary Number Theory A.J Hildebrand 2011 5/ Số học Hà Huy Khoái nxb GD 2006 6/ Các giảng Số học Nguyễn Hồng Lữ (tài liệu lưu hành nội bộ) NGƯỜI THỰC HIỆN Nguyễn Hồng Lữ SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị : Lương Thế Vinh CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc , ngày tháng năm PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2012-2013 ––––––––––––––––– -Trang : 31 SKKN năm học 2012 – 2013 Biên soạn : Nguyễn Hồng Lữ - Lương Thế Vinh Đồng Nai - Tên sáng kiến kinh nghiệm: MỘT SỐ NGUYÊN LÍ TRONG TOÁN HỌC Họ tên tác giả: Nguyễn Hồng Lữ Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: THPT Chuyên Lương Thế Vinh Đồng nai Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn: Toán học  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào ô đây) Có giải pháp hoàn toàn  Có giải pháp cải tiến, đổi từ giải pháp có  Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) Hoàn toàn triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng toàn ngành có hiệu cao  Hoàn toàn triển khai áp dụng đơn vị có hiệu cao  Có tính cải tiến đổi từ giải pháp có triển khai áp dụng đơn vị có hiệu  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào ô dòng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Tốt  Khá  Đạt  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Tốt  Khá  Đạt  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt  Phiếu đánh dấu X đầy đủ ô tương ứng, có ký tên xác nhận người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN (Ký tên ghi rõ họ tên) THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên, ghi rõ họ tên đóng dấu) -Trang : 32 [...]... ít hơn 6 số rơi vào một trong các số chục đó, một nhóm có không ít hơn 5 số rơi vào chục khác Cuối cùng có ít nhất một trong các số đã cho rơi vào một chục nào đó (như vậy số các chục khác nhau không ít hơn 6) về các số đã cho là khác nhau (chú ý các số dạng xét nhiều nhất có 2 chữ số ) do đó ở nhóm cuối cùng ta lấy một số , sau đó nhóm trước đó (vì có ít nhất 2 chữ số hàng đơn vị của hai số trong nhóm... II-NGUYÊN LÍ CỰC HẠN: Nguyên lí cực hạn là một trong những nguyên lí quan trọng của Toán học Nguyên lí cực hạn được trình bày trong tài liệu này dưới dạng một nhóm các nguyên lí như sau: Nguyên lí 1: Với một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực ta luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất của tập hợp đó Cụ thể hơn : Xét tập S khác rỗng gồm hữu hạn các số thực thì luôn x1 ; x2  S sao cho : Với... : Trong n+1 số bất kì thuộc tập hợp S = {1,2,3, ,2n} luôn chọn được hai số mà số này là bội của số kia Giải: Viết n+1 số đã cho dưới dạng: Ak = 2k + 1.bk (k=1;2; ; n+1) trong đó bk (k=1;2; ; n+1) là các số lẻ Ta có: 1 ≤ bk ≤ 2n-1 Mặt khác trong khoảng từ 1 đến 2n-1 có đúng n số lẻ nên tồn tại hai số m ≤ n sao cho bn = bm Khi đó, trong hai số An và Am có một số là bội của số kia Ví dụ 3: Cho 5 số nguyên. .. nhóm ấy khác nhau) ta lấy một số khác với chữ số hàng đơn vị khác số chọn trước, rồi nhóm trước đó lại lấy 1 số có chữ số hàng đơn vị khác 2 số chọn trước Cuối cùng sẽ được 6 số phải tìm với các chữ số khác nhau Ví dụ 2: Chọn bất kì n+1 số trong 2n số tự nhiên từ 1 đến 2n (n ≥ 2) CMR trong các số được chọn có ít nhất 1 số bằng tổng của 2 số được chọn (kể cả các trường hợp 2 số hạng của tổng bằng nhau... x2 Hiển nhiên nguyên lí 1 cũng được áp dụng cho các tập hợp hữu hạn khác rỗng của các số nguyên , số tự nhiên Nguyên lí 2: Với mỗi tập hợp vô hạn và bị chặn dưới các số thực ta luôn chọn được infS Nguyên lí 3: Với mỗi tập hợp vô hạn và bị chặn trên các số thực ta luôn chọn được supS Nguyên lí 4: Với mỗi tập hợp con vô hạn các số tự nhiên ta luôn chọn được số bé nhất của tập đó Nguyên lí 5: Với mỗi... thì lí luận tương tự cũng có P chia hết cho 32 Vậy ta có P chia hết cho 288 A3 Áp dụng vào việc giải các bài toán số học khác: Ví dụ 1: Cho 51 số nguyên dương khác nhau có 1 chữ số và có 2 chữ số CMR ta có thể chọn ra 6 số nào đó mà bất cứ 2 số nào trong số đã lấy ra ấy không có chữ số hàng đơn vị giống nhau cũng không có chữ số hàng chục giống nhau Giải: Vì có 51 số nên tìm được 6 chục sao cho một. .. - Bài 2: Cho 12 số tự nhiên khác nhau có hai chữ số Chứng minh rằng không tồn tại hai số có hiệu là một số có hai chữ số như nhau Bài 3: Chứng minh rằng đối với một số n nguyên dương bất kì bao giờ ta cũng tìm được một số tự nhiên mà các chữ số của nó bao gồm chỉ có chữ số 5 và chữ số 0 và chia hết cho n Bài 4: Chứng minh rằng luôn tồn tại số được viết bởi toàn chữ số 8 chia hết cho 2011 Bài... của nguyên lí mà tôi vừa mô tả có thể còn chưa thống nhất trong giới làm toán , nhưng ở đây tôi muốn nhấn mạnh rằng : Bản chất của nguyên lí này là ta xuất phát (khởi đầu) chứng minh bằng cách dựa vào giá trị cực trị của đại lượng (lớn nhất ; nhỏ nhất) nên đặt tên cho nguyên lí là : nguyên lí khởi đầu cực trị Nguyên lí khởi đầu cực trị thường được sử dụng rộng rãi trong các bài toán tổ hợp, số học, ... tổ hợp, số học, hình học, nguyên lí này cũng được kết hợp với các nguyên lí khác của toán học (như nguyên lí Dirichlet , nguyên lí quy nạp toán học) và phương pháp phản chứng Các ví dụ minh họa : Ví dụ 1: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của pt : x3 + 3y3 + 9z3 = 27xyz (*) Hướng dẫn : Giả sử pt có nghiệm nguyên dương (x;y;z) Gọi M={z  R +│ bộ(x;y;z) là nghiệm của (*)} Gọi z0 = số dương nhỏ nhất của... thì luôn tồn tại một số k nguyên dương sao cho nk – 1 chia hết cho 2010 Bài toán 6 : Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p ta có thể tìm được một số được viết bởi hai chữ số chia hết cho p Bài toán 7 : Chứng minh rằng nếu một số tự nhiên không chia hết cho 2 và 5 thì tồn tại bội của nó có dạng : 111 1 Bài toán 8 : Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 2013k (k thuộc N) có tận cùng là 0001 Bài toán 9 : Chứng