Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực

Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp luận văn tốt nghiệp,luận văn thạc sĩ, luận văn cao học, luận văn đại học, luận án tiến sĩ, đồ án tốt nghiệp

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐINH THỊ BÍCH NGỌC ĐỀ TÀI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TỐN KHƠNG MẪU MỰC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TS Đặng Huy Ruận HÀ NỘI - 2015 Mục lục Lời nói đầu Phương pháp quy nạp toán học 1.1 Nguyên lý quy nạp 1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp 1.2.1 Cơ sở quy nạp 1.2.2 Quy nạp 1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải mẫu mực 1.4 Bài tập tự giải 4 4 toán không 23 Phương pháp phản chứng 2.1 Phép suy luận phản chứng 2.2 Phương pháp chứng minh phản chứng 2.3 Các bước suy luận chứng minh phản chứng 2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải tốn khơng mẫu mực 2.5 Bài tập tự giải 25 25 25 26 Phương pháp suy luận 3.1 Vài nét phương pháp suy luận 3.2 Các ví dụ vận dụng phương pháp suy luận 3.3 Bài tập tự giải 39 39 40 46 Phương pháp bảng 4.1 Vài nét phương pháp bảng 4.2 Vận dụng phương pháp bảng để giải mực 4.3 Bài tập tự giải 50 50 toán không mẫu 27 37 50 59 Phương pháp sơ đồ 5.1 Giới thiệu phương pháp sơ đồ 5.2 Vận dụng phương pháp sơ đồ để giải mẫu mực 5.3 Bài tập tự giải toán không 63 63 63 69 Phương pháp đồ thị 6.1 Một số khái niệm kết lý thuyết đồ thị 6.2 Phương pháp đồ thị 6.3 Vận dụng phương pháp đồ thị để giải tốn khơng mẫu mực 6.4 Bài tập tự giải 73 73 74 Kết luận 91 Tài liệu tham khảo 92 75 87 LỜI NĨI ĐẦU Các tốn khơng mẫu mực tốn mà việc giải chúng đòi hỏi suy luận, tư độc đáo Việc giải tốn khơng mẫu mực giúp người thực nâng cao nhanh chóng khả tư duy, suy luận nhiều phát phương pháp giải tốn độc đáo khơng ngờ Bởi nhiều em học sinh, đặc biệt học sinh trường chuyên, lớp chọn thích làm quen với tốn Luận văn "Một số phương pháp giải tốn khơng mẫu mực" trình bày sáu phương pháp chủ yếu để giải tốn khơng mẫu mực Nhưng tốn khơng mẫu mực giải đồng thời nhiều phương pháp khác vài phương pháp có phần "tương tự" nên việc phân loại phương pháp, ví dụ tập tương đối Các tốn khơng mẫu mực mảng lý thú tốn học nói chung tốn phổ thơng nói riêng Vì vậy, tác giả hi vọng luận văn trở thành tài liệu có ích cho em học sinh phổ thông, đặc biệt em học sinh trường chuyên, lớp chọn, thầy cô giáo dạy cuối cấp tiểu học, thầy cô giáo dạy tốn trường phổ thơng, bạn sinh viên quan tâm đến mảng toán lý thú Luận văn chia làm sáu chương: Chương trình bày phương pháp quy nạp toán học Chương trình bày phương pháp phản chứng Chương trình bày phương pháp suy luận Chương trình bày phương pháp bảng Chương trình bày phương pháp sơ đồ Chương trình bày phương pháp đồ thị Luận văn hoàn thành hướng dẫn, giúp đỡ tận tình GS.TS Đặng Huy Ruận, em xin gửi tới thầy lòng biết ơn sâu sắc Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban chủ nhiệm khoa thầy giáo khoa Tốn - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên - Đại Học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện, dạy bảo dìu dắt em năm học vừa qua Xin chân thành cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân thời gian học tập làm luận văn Do khả nhận thức thân tác giả, luận văn nhiều hạn chế, thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2015 Chương Phương pháp quy nạp toán học Phương pháp quy nạp tốn học cơng cụ có hiệu lực việc chứng minh nhiều toán thuộc lĩnh vực khác toán học như: số học, đại số, hình học đặc biệt tốn khơng mẫu mực Đây phương pháp chứng minh toán học đặc biệt cho phép ta rút quy luật tổng quát dựa sở trường hợp riêng Quá trình quy nạp ngược với q trình suy diễn Từ "tính chất" số cá thể suy "tính chất" tập thể, nên lúc Nó thỏa mãn nguyên lý quy nạp 1.1 Nguyên lý quy nạp Cho n0 số nguyên dương P (n) mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n ≥ n0 Nếu 1.P (n0 ) Nếu P (k) từ suy P (k + 1) với số tự nhiên k ≥ n0 P (n) với số tự nhiên n ≥ n0 1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp Giả sử khẳng định P (n) xác định ∀n ≥ n0 Để chứng minh P (n) ∀n ≥ n0 quy nạp, ta cần thực bước 1.2.1 Cơ sở quy nạp Kiểm tra đắn P (n) với n = n0 , nghĩa xét P (n0 ) có khơng 1.2.2 Quy nạp Chứng minh rằng: Nếu với k ≥ n0 , P (k) mệnh đề đúng, suy P (k + 1) Nếu bước thỏa mãn, theo nguyên lý quy nạp P (n) với n ≥ n0 Chú ý Trong q trình quy nạp, khơng thực đầy đủ bước: Cơ sở quy nạp quy nạp dẫn đến kết luận sai lầm Một số ví dụ sau chứng tỏ điều - Do bỏ qua bước sở quy nạp, ta đưa kết luận không đúng: Mọi số tự nhiên nhau! Bằng cách quy nạp sau: Giả sử số tự nhiên không vượt k + Khi ta có: k =k+1 Thêm vào vế đẳng thức đơn vị có: k+1=k+1+1=k+2 Cứ suy số tự nhiên không nhỏ k Kết hợp với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt k nhau, đến kết luận sai lầm: Tất số tự nhiên nhau! - Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601 n 1665) cho số dạng 22 + số nguyên tố P.Fermat xét số đầu tiên: Với n = cho 22 + = 21 + = số nguyên tố Với n = cho 22 + = 22 + = số nguyên tố Với n = cho 22 + = 24 + = 17 số nguyên tố Với n = cho 22 + = 28 + = 257 số nguyên tố Với n = cho 22 + = 216 + = 65537 số nguyên tố Nhưng vào kỷ XVIII, L.Euler (1707 - 1783) phát với n = khẳng định khơng đúng, vì: 22 + = 4294967297 = 641.6700417 hợp số 1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải tốn khơng mẫu mực Phương pháp quy nạp sử dụng tính tốn, chứng minh suy luận nhiều dạng khác nhau, phần trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải tốn khơng mẫu mực Bài tốn 1.3.1 (IMO 1998) Với số nguyên dương n, ta kí hiệu d(n) số tất ước dương n (kể n) Hãy xác định tất số nguyên dương k, cho d(n2 ) = kd(n), với n số nguyên dương Chứng minh Giả sử phân tích thừa số nguyên tố, số n có dạng: n = pa11 pa22 par r Ta có: d(n) = (a1 + 1)(a2 + 1) (ar + 1) d(n2 ) = (2a1 + 1)(2a2 + 1) (2ar + 1) Để d(n2 ) = kd(n) ta phải chọn số cho: (2a1 + 1)(2a2 + 1) (2ar + 1) = k(a1 + 1)(a2 + 1) (ar + 1) (∗) Do (2ai + 1)(1 ≤ i ≤ r) số lẻ nên k phải số lẻ Ta chứng minh mệnh đề đảo lại rằng: "Với số lẻ k bất kỳ, ta tìm số thỏa mãn (*) (tức tìm n)" Dùng phương pháp quy nạp theo k Với k = 1, mệnh đề (n = 1, = 0) Giả sử mệnh đề với số k đó, ta chứng minh cho (2m k − 1)(m ≥ 1) Lúc mệnh đề cho số lẻ số lẻ l viết dạng: (2m l − 1) (với l số nhỏ l) Đặt = 2i−1 [(2m − 1).k − 1], với i = 1, 2, , m Khi đó: 2ai + = 2i (2m − 1)k − (2i − 1) + = 2i−1 (2m − 1)k − (2i−1 − 1) = 2ai−1 + Do vậy, tích số (2ai + 1) chia hết cho tích số (ai + 1) với i = 1, m (2am + 1) chia hết cho (a1 + 1) hay: [2m (2m − 1)k − (2m − 1)] = (2m − 1).(2m k − 1) chia hết cho (2m − 1)k có nghĩa là: (2m k − 1) chia hết cho k Vậy ta chọn với k cho, mệnh đề cho (2m k − 1) Ta có điều phải chứng minh! Bài toán 1.3.2 (USAMTS, 2000 - 2001, Cuộc thi tài tốn học Mỹ) Hãy tìm số dư chia số 17761492! cho 2000 Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề: "Với số nguyên dương n, ta có: 1376n ≡ 1376(mod 2000)" Dùng phương pháp quy nạp: Với n = 1, hiển nhiên có: 13761 ≡ 1376(mod 2000) Với n = 2, ta có: 13762 = 1893376 ≡ 1376(mod 2000) Giả sử mệnh đề với n = k(k ∈ N, k ≥ 1), tức là: 1376k ≡ 1376(mod 2000) Ta chứng minh bổ đề với n = k + Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có: 1376k+1 ≡ 13762 (mod 2000), mà 13762 ≡ 1376(mod 2000), nên 1376k+1 ≡ 1376(mod 2000) Bổ đề chứng minh! Quay lại tốn, ta có: 17765 = 1376(mod 2000), nên 17761492! = (17765 ) 1492! Vậy chia số 17761492! cho 2000 số dư 1376 n Bài tốn 1.3.3 Hãy tìm chữ số tận số: An = 22 + với số nguyên n, n ≥ Chứng minh Với n = 2, số A2 = 22 + = 17, có chữ số tận k Giả sử với n = k, số Ak = 22 + có chữ số tận Ta chứng minh Ak+1 có chữ số tận Thật vậy, Ak có chữ số tận 7, nên tồn số nguyên dương m để: Ak = 10m + 7, hay: k 22 + = 10m + 7 k Tức là: 22 = 10m + Từ đó: k+1 Ak+1 = 22 k = 22 +1 +1 k = (22 ) + = (10m + 6)2 + = 100m2 + 120m + 37 = 10(10m2 + 12m + 3) + nên Ak+1 có chữ số tận n Vậy với số nguyên n, n ≥ 2, An = 22 + có chữ số tận Bài tốn 1.3.4 (Vơ địch tốn Canada, 1982) Cho a, b c nghiệm phương trình: x3 − x2 − x − = Chứng minh số: b1982 − c1982 c1982 − a1982 a1982 − b1982 + + b−c c−a a−b số nguyên Chứng minh n n n −cn −an −bn Đặt un = b b−c , = c c−a , wn = aa−b , với n nguyên, n ≥ Ta chứng minh: un + + wn nguyên với n nguyên, n ≥ 1(∗) Trước hết ta thấy rằng: un+3 = un+3 + un+3 + un , ∀n, n = Thật vậy, b, c nghiệm phương trình x3 − x2 − x − = nên: b3 = b2 + b + 1, c3 = c3 + c + Do đó: un+3 bn+3 − cn+3 = b−c n b b − cn c3 = b−c n b (b + b + 1) − cn (c2 + c + 1) = b−c n+2 n+2 b −c bn+1 − cn+1 bn − cn = + + b−c b−c b−c = un+2 + un+1 + un Tương tự ta có: vn+3 = vn+2 + vn+1 + wn+3 = wn+2 + wn+1 + wn Tiếp theo, ta dùng phương pháp quy nạp để chứng minh khẳng định (*) Với n = 1, ta có: u1 + v1 + w1 = + + = ∈ Z Với n = 2, ta có: b2 − c2 c2 − a2 a2 − b2 + + b−c c−a a−b −1 = 2(a + b + c) = 2(− ) = ∈ Z u2 + v2 + w2 = Với n = ta có: b3 − c3 c3 − a3 a3 − b3 + + b−c c−a a−b 2 = 2(a + b + c ) + (bc + ca + ab) = 2(a + b + c)2 − 3(bc + ca + ab) −1 −1 = 2(− )2 − 3( ) = ∈ Z 1 u2 + v2 + w2 = Vậy khẳng định với n = 1, 2, Giả sử khẳng định với n = k, k + 1, k + 2(k ≥ 1) Ta chứng minh khẳng định với n = k + Thật vậy, ta có: uk+3 + vk+3 + wk+3 = (uk+2 + uk+1 + uk ) + (vk+2 + vk+1 + vk ) + (wk+2 + wk+1 + wk ) (uk+2 + vk+2 + wk+2 ) + ((uk+1 + vk+1 + wk+1 ) + (uk + vk + wk ) Theo giả thiết quy nạp, ba số hạng tổng nguyên nên (uk+3 + vk+3 + wk+3 ) nguyên Khẳng định chứng minh Từ hiển nhiên tổng đề số nguyên −−→ −−→ −−−−→ Bài toán 1.3.5 (IMO 1973) Cho OP1 , OP2 , , OP2n+1 vecto đơn vị mặt phẳng Các điểm P1 , P2 , P2n+1 nằm phía đường thẳng qua O Chứng minh rằng: −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2n+1 | ≥ Chứng minh ... Luận văn "Một số phương pháp giải tốn khơng mẫu mực" trình bày sáu phương pháp chủ yếu để giải tốn khơng mẫu mực Nhưng tốn khơng mẫu mực giải đồng thời nhiều phương pháp khác vài phương pháp có... luận: Số khẳng định nhiều 62 Chương Phương pháp sơ đồ 5.1 Giới thiệu phương pháp sơ đồ Đây phương pháp gần tương tự phương pháp bảng, song phương pháp có lợi giải tốn mà số tệp đối tượng lớn Phương. .. nét phương pháp bảng 4.2 Vận dụng phương pháp bảng để giải mực 4.3 Bài tập tự giải 50 50 toán không mẫu 27 37 50 59 Phương pháp