Bài viết này giới thiệu kĩ thuật sử dụng Nguyên lí Canto với hy vọng nó sẽ là một công cụ tốt giúp các bạn học sinh trong các kì thi học sinh giỏi... Ta cần chú.[r]
(1)Trần Phương (Hà Nội)
Thế kỉ XIX nhà Toán học Đức Canto (Cantor, 23.8.1829-10.4.1920) cha đẻ “Lý thuyết Tập hợp” phát biểu nguyên lí tiếng tính giao khác rỗng tập hợp Compăc (hoặc lồi) lồng mà trường hợp đặc biệt là: “Mọi dãy đoạn thẳng lồng R có giao khác rỗng tức là: Nếu có R⊃∆1 ⊃∆2 ⊃ .⊃∆n ⊃∆n+1 ⊃ .thì
+∞
T
n=1
∆n 6=∅.”
Nếu có thêm điều kiện thắt tức lim
n→+∞|∆n|=
+∞
T
n=1
∆n là1 điểm
Ví dụ: Nếu ∆n =
ñ
0; +
n
thì +T∞
n=1
∆n= [0; 1]; Nếu ∆n=
ñ
1− n; +
1
n
thì +T∞
n=1
∆n={1}
Nguyên lí Canto đơn giản song sử dụng hiệu toán chứng minh tồn Bài viết giới thiệu kĩ thuật sử dụng Nguyên lí Canto với hy vọng cơng cụ tốt giúp bạn học sinh kì thi học sinh giỏi Để cho tiện toàn ta quy ước: “đoạn” tức “đoạn thẳng R”
1.1 Một số ví dụ giải tốn
Ví dụ Chứng minh ∃α∈Rsao cho
3 ≤ {α
n} ≤
3, ∀n∈N(với {a}là phần lẻ số thực
a: 0≤ {a}=a−[a]<1) Lời giải
Nhận xét: Một đoạn ∆có độ dài ≥1 ln chứa đoạn ∆0 cho
1
3 ≤ {α} ≤
3, ∀α ∈∆
0
Với n = Lấy ∆1 =
ñ
10 ;
13
ơ
3 ≤ {α} ≤
3, ∀α ∈ ∆1 Ta xây dựng ∆2 ⊂ ∆1
cho
3 ≤ {α
2} ≤
3, ∀α ∈ ∆2 Vì α ∈ ∆1 =
ñ
10 ;
13
ô
nên 100
9 ≤ α
2 ≤ 169
9 Độ dài đoạn
ñ
100 ;
169
ô 69
9 >1 nên theo nhận xét trên, ∃∆2 ⊂∆1: ≤ {α
2} ≤
3, ∀α∈∆2 Giả sử ta
xây dựng
∆1 ⊃∆2 ⊃ .⊃∆n
sao cho
3 ≤ {α
k} ≤
3, ∀k = 1, n Ta xây dựng đoạn∆n+1 cho ∆n+1 ⊂∆n,
1 ≤ {α
n+1} ≤
3, ∀α∈∆n+1
Thật vậy, α∈∆n nên ∃mn∈N: mn+
1 ≤α
n≤m n+
2
3, tương đương với
Ç mn+
1
å
α ≤αn+1 ≤ Ç
mn+
2
å α
(2)Độ dài đoạn ñÇ
mn+
1
å α;
Ç mn+
2 å α làα ≥ 10
9 >1nên∃∆n+1 ⊂
đÇ mn+
1
å α;
Ç mn+
2 å α cho ≤ ¶
αn+1©≤
3, ∀α∈∆n+1
Như theo nguyên lí quy nạp ta xây dựng dãy vô hạn đoạn lồng nhau:∆1 ⊃∆2 ⊃
⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ ∆n ta có
1 ≤ {α
n} ≤
3, ∀α ∈ ∆n Do theo ngun lí
Canto ∃α0 ∈ +∞
T
n=1
∆n Khi
1 ≤ {α
n
0} ≤
3, ∀n∈N
Ví dụ Cho {an}: a1 = 2, an+1 =
ñ
3an
2
ô
, ∀n ≥2 Chứng minh
∃α∈R:an =
đ α·
Ç
3
ånô
+ 1, ∀n ≥1
Lời giải Điều kiện an =
đ α·
Ç
3
ånơ
+ ⇔an−1≤
Ç
3
ån
·α < an⇔
an−1
Ç
3
ån ≤α < an
Ç
3
ån
Đặt ∆n=
an−1
Ç
3
ån; an Ç ån
Ta chứng minh ∆n+1 ⊂∆n
Theo giả thiết an+1 =
đ
3an
2
ơ
nên an+1−1≥
2(an−1)và an+1 ≤
2an Do
∆n+1 =
an+1−1
Ç
3
ån+1;
an+1
Ç
3
ån+1
⊂∆n =
an−1
Ç
3
ån; an Ç ån
Vậy ta có ∆1 ⊃∆2 ⊃ .⊃∆n ⊃∆n+1 ⊃ ∆n ta có
an−1
Ç
3
ån ≤α < an
Ç
3
ån
Theo ngun lí Canto ∃α0 ∈ +∞
T
n=1∆n tức
an−1
Ç
3
ån ≤ α0 < an
Ç
3
ån, ∀n ∈ N hay an = đ
α0·
Ç
3
ånô
+ 1, ∀n
Qua hai ví dụ ta có nhận xét sau:
4! Nhận xét Để chứng minh dạng toán: “∃x ∈ R cho mệnh đề A
n(x) ∀n ∈ N.”
Ta xây dựng dãy vô hạn đoạn lồng ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃∆n ⊃∆n+1 ⊃ cho
∀x∈∆nthì An(x) đúng∀n∈N Khi x0 ∈ +∞
T
n=1∆n giá trị đểAn(x)đúng∀n ∈N Ta cần
ý mệnh đề An(x) kết luận suy từ kết luận tốn Có hai cách
(3)∆n chứng minh ∆n+1 ⊂∆n, ∀n∈N Ở ví dụ 1, mệnh đề An(α) là: “α∈R:
1 ≤ {α
n} ≤
3”: Xây dựng ∆n theo quy nạp
Ở ví dụ 2, mệnh đề An(α) là: “α∈R:
an−1
Ç
3
ån ≤α < an
Ç
3
ån”: Xây dựng ∆n
Dựa vào nhận xét ta sử dụng Ngun lí Canto ví dụ phong phú hơn:
Ví dụ Tồn hay không hàm f : R → N+ sao cho ∀x ∈
Q, ∀y /∈ Q |x −y| < 2−n f(x)·f(y) 2n?
Lời giải
Giả sử ∃f, ta chứng minh ∃x0 để f(x0) 2n ∀n đóf(x0) = 0∈/ N+: Vơ lí
Từ suy khơng tồn hàm f thỏa mãn đề Trước hết ta xác định mệnh đề An(x) là:
“x∈R: f(x) 2n.”
Ta xây dựng quy nạp dãy đoạn lồng ∆0 ⊃ ∆1 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ cho
∀x ∈ ∆n ta có f(x) 2n, n = 0,1,2, Với n = 0, lấy đoạn ∆0 ⊂ R Khi f(x) 20 = ∀x∈∆0 Giả sử ta xây dựng dãy đoạn∆0 ⊃∆1 ⊃ .⊃∆n Ta xây
dựng ∆n+1
Lấyx0 vô tỉ tùy ý trong∆n gọi mlà số mũ khai triểnf(x0)ra thừa số nguyên tố
Khi ∀y hữu tỉ∈∆n cho |x0−y|<2−(m+n+1) ta có f(x0)·f(y) 2m+n+1 Suy
f(y) 2n+1 ∀y∈Qn= (Q∩∆n)∩
Ä
x0 −2−(m+n+1), x0 + 2−(m+n+1)
ä
Bây lấy y0 ∈Qn gọil số mũ khai triển f(x0) thừa số nguyên tố Khi
∀x vô tỉ ∈In = ∆n\Qn cho
|x−y0|<2−(l+n+1) f(x)·f(y0) 2l+n+1
Suy
f(x) 2n+1 ∀x∈(∆n\Qn)∩
Ä
y0−2−(l+n+1), y0+ 2−(l+n+1)
ä
(2)
Từ (1) (2) suy ∀x vô tỉ hay hữu tỉ mà x∈∆n∩
Ä
x−2−(m+n+1), x0 + 2−(m+n+1)
ä
∩Äyo−2−(l+n+1), y0+ 2−(l+n+1)
ä
= ∆n+1
ta có f(x) 2n+1 Rõ ràng ∆
n+1 ⊂∆n nên theo ngun lí quy nạp ta có
∆0 ⊃∆1 ⊃ .⊃∆n ⊃∆n+1 ⊃
và ∀x∈∆n ta có f(x) 2n, đâyn = 0,1,2,
Theo nguyên lí Canto ta lấy x0 ∈ +∞
\
n=1
∆n
f(x0) 2n ∀n −→f(x0) = 06∈N+ Vơ lí
(4)1.2 Bài tập tự luyện
Bài Chứng minh không tồn hàm f: R−→R+ sao cho
f(x)·f(y)≤ |x−y| ∀x∈Q, ∀y 6∈Q
(Gợi ý: An(x) mệnh đề “f(x)≤
1
n”)
Bài Chứng minh không tồn hàm f: R+ −→R+ sao cho ∀x∈
Q, ∀y6∈Q
[f(x)]f(y)≤ |x−y|
Ví dụ Chứng minh mệnh đề “Giữa hai số phương tồn số nguyên tố” mệnh đề “Tồn số α ∈R để ỵα2nó ngun tố ∀n”
Lời giải
Mệnh đề An(α) “α∈R:
ỵ α2nó
ngun tố” Ta xây dựng đoạn∆nđể ∆nmệnh đề An(α)
là Vì đoạn trênRcó tính liên tục nên ta phải xây dựng∆n cho
ỵ
α2nóbằng1số ngun tố cố định Pn ∀α ∈∆n
Với n = 0, ta lấy ∆0 =
đ
2;5
ơ
, suy
h
α20i= [α] = ∀α∈∆0 =
đ
2;5
ơ
Giả sử ta xây dựng dãy đoạn ∆0 ⊃∆1 ⊃ .⊃∆n Ta xây dựng ∆n+1
Theo giả thiết qui nạp ∀α ∈∆n ln ∃Pn ngun tố để
Pn=
ỵ
α2nó ∀α∈∆n ⇔Pn2 ≤α
2n+1
<(Pn+ 1)2
Theo giả thiết mệnh đề ln ∃Pn+1 ngun tố mà Pn2 < Pn+1 <(Pn+ 1)2 Do ta lấy
∆n+1 =
" 2n+1»
Pn+1;
2n+1
Pn+1+
#
⊂∆n
Khi ∀α∈∆n+1 ta có
ỵ
α2n+1ó=Pn+1 Theo ngun lí qui nạp ta có ∆0 ⊃∆1 ⊃ .⊃∆n ⊃∆n+1 ⊃
Lấyα0 ∈ +∞
\
n=0
∆n
ỵ α2n
0
ó
nguyên tố ∀n
Ví dụ Chứng minh ∀k nguyên dương ∃ r >1 r6∈Z cho [rn] . k ∀n ∈
N Lời giải
Nhận xét: Một đoạn có độ dài> kln chứa đoạn con∆0 khơng có số ngun và[r] =k ∀r∈∆0 Mệnh đề An(r)là “r6∈Z: [rn] k”
Xây dựng∆1 =
đ k+1
3;k+
ơ
(5)Giả sử xây dựng ∆1 ⊃∆2 ⊃ .⊃∆n Ta xây dựng∆n+1
Theo cách xây dựng ∆n ln ∃mn∈N: [rn] =k·mn ∀r∈∆n Suy
k·mn·r≤rn+1 <(k·mn+ 1)r
Độ dài đoạn [k·mn·r; (k·mn+ 1)r]là r > k (vì r ∈∆1 =
đ k+1
3;k+
ơ
) nên tồn đoạn
∆n+1 ⊂∆n cho ∆n+1∩Z=∅ [rn+1] =k·mn+1 k ∀r∈∆n+1
Vậy ta có dãy đoạn ∆1 ⊃∆2 ⊃ .⊃∆n⊃∆n+1 ⊃
Lấyr0 ∈ +∞
\
n=1
∆n 1< r0 6∈Z [rn] k ∀n∈N (đpcm)
1.3 Bài tập rèn luyện
Bài Chứng minh rằng∀k, h∈N+ luôn ∃ r >1 và r6∈
Z cho [rn]≡k (mod h) ∀n∈N
Bài Chứng minh rằng∀a < b ∃x∈[a;b] dãy nguyên dương{nk} −→+∞với nk
thỏa mãn |sinnk!πx| ≥
1
2 ∀nk
Bài Cho dãy số {xn}+n=1∞ Chứng minh rằng: Nếu∃ c∈Rsao cho ∀α >1 ta ln có lim