Phương pháp quy nạp và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ TUYẾT DUNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2012 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - NGUYỄN THỊ TUYẾT DUNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2012 Mục lục Những kiến thức phương pháp quy nạp toán học 1.1 Giới thiệu phương pháp quy nạp toán học 1.1.1 Nguyên lý phương pháp quy nạp tốn học 1.1.2 Các ví dụ 1.2 Các hình thức phương pháp quy nạp tốn học 11 1.2.1 Hình thức quy nạp chuẩn tắc 11 1.2.2 Hình thức quy nạp nhảy bước 13 1.2.3 Hình thức quy nạp kép 15 Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học việc giải toán 18 2.1 Phương pháp quy nạp toán học toán số học, đại số 18 2.1.1 Một số toán chia hết 18 2.1.2 Một số toán dãy số chứng minh đẳng thức 27 2.1.3 Một số toán chứng minh bất đẳng thức 37 2.2 Phương pháp quy nạp tốn học số tốn hình học 48 2.2.1 Tính tốn quy nạp 48 2.2.2 Chứng minh quy nạp 51 2.2.3 Dựng hình quy nạp 59 2.3 Phương pháp quy nạp toán học số tốn khơng mẫu mực Bài tập áp dụng 63 78 3.1 Bài tập chứng minh tính chia hết 78 3.2 Bài tập dãy số chứng minh đẳng thức 79 3.3 Bài tập chứng minh bất đẳng thức 81 3.4 Bài tập hình học 82 Mở đầu Phương pháp quy nạp có vai trị vơ quan trọng tốn học, khoa học sống Q trình quy nạp q trình từ "tính chất" số cá thể suy "tính chất" tập thể, nên lúc Phép suy luận thỏa mãn điều kiện định Tuy vậy, phương pháp quy nạp có ý nghĩa to lớn chỗ giúp đưa suy luận khái quát, ý tưởng tổng quát Trong tốn học vậy, q trình suy luận thỏa mãn nguyên lý quy nạp Phương pháp quy nạp toán học tỏ hiệu lĩnh vực toán học: Từ số học, đại số, tốn logic, đến hình học Trong chương trình tốn học phổ thơng, phương pháp quy nạp đề cập đến lớp 11, chưa sâu sắc hệ thống Đặc biệt chưa có phần áp dụng vào tốn logic hình học Cuốn luận văn nhằm đưa nhìn tổng quan phương pháp quy nạp toán học: Từ nguyên lý hình thức phương pháp đến tập áp dụng phân môn khác Hệ thống tập đưa từ đơn giản đến phức tạp Đặc biệt luận văn sưu tầm số đề thi Olympic toán quốc gia quốc tế giải phương pháp Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày kiến thức phương pháp quy nạp tốn học Chương 2: Trình bày ứng dụng phương pháp quy nạp việc giải toán, bao gồm số toán số học, đại số, hình học tốn khơng mẫu mực Chương 3: Đưa số tập áp dụng Để hoàn thành luận văn này, tác giả nhận giúp đỡ, bảo tận tình thầy giáo, GS.TS Đặng Huy Ruận Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giúp đỡ quý báu Mặc dù tác giả cố gắng, song thời gian trình độ cịn hạn chế, luận văn chắn khơng tránh thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp quý độc giả Tác giả xin chân thành cảm ơn! Chương Những kiến thức phương pháp quy nạp toán học 1.1 Giới thiệu 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 : số học, đại số, hình học, 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 trình suy diễn : "Từ tính chất" số cá thể suy "tính chất "của tập thể, nên khơng phải lúc Nó thỏa mãn nguyên lý quy nạp 1.1.1 Nguyên lý phương pháp quy nạp toán học Nguyên lý phương pháp quy nạp toán học: Cho n0 số nguyên dương P (n) mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n ≥ n0 Nếu: (1): P (n0 ) (2): Nếu P (k) từ suy P (k + 1) với số tự nhiên k ≥ n0 mệnh đề P (n) với số tự nhiên n ≥ n0 Phương pháp dùng nguyên lý quy nạp toán học để giải toán gọi phương pháp quy nạp toán học Như vậy, phương pháp quy nạp toán học gồm hai bước: 10 Bước thứ nhất: Kiểm tra mệnh đề có với n = n0 Bước thường gọi bước sở quy nạp 20 Bước thứ hai : Chứng minh với k ≥ n0 , P (k) mệnh đề đúng, suy P (k + 1) đúng, bước gọi bước quy nạp Kết luận P (n) với n ≥ n0 Cách chứng minh quy nạp tránh cho ta phải kiểm tra vô hạn bước khẳng định mệnh đề Vì mệnh đề tốn phụ thuộc vào nhiều đối số nên chứng minh ta cần nói rõ chứng minh quy nạp theo đối số Trong chứng minh quy nạp, bước sở quy nạp bước chứng minh quy nạp cần thiết Nếu thiếu hai bước, dẫn đến sai lầm Một số ví dụ sau chứng tỏ điều Ví dụ 1.1.1 G.W.Leibnitz (nhà tốn học Đức, kỷ 17) chứng minh với số nguyên dương n thì: (n3 − n) (n5 − n) (n7 − n) Từ đây, ông kết luận rằng: (nk − n) chia hết cho k, với số tự nhiên n số lẻ k.Tuy khơng lâu sau ông tìm thấy 29 − = 510 khơng chia hết cho Ví dụ 1.1.2 D.A.Grave- nhà tốn học Xơ Viết; Õng giả định rằng: với số nguyên tố p, 2p−1 − không chia hết cho p2 Bằng kết kiểm tra trực tiếp với số nguyên tố p nhỏ 1000 củng cố thêm giả định ông Nhưng chẳng sau người ta 21092 − chia hết cho 10932 (1093 số nguyên tố) Như vậy, đốn Grave sai lầm Ví dụ 1.1.3 Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà Toán học Pháp P.Fermat(1601n 1665) cho số dạng 22 + số nguyên tố Ông 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 + = 655537 số nguyên tố Nhưng đến kỉ 18, nhà toán học Euler phát với n = 5 không 22 + = 4294967297 = 641.6700417 hợp số Các ví dụ cho thấy ta thực bước sở (các phép thử) mà khơng thực bước quy nạp dễ mắc sai lầm Thế ngược lại, thực bước chứng minh quy nạp có dẫn đến sai lầm không? Để làm sáng tỏ vấn đề ta xét ví dụ sau: Ví dụ 1.1.4 Do bỏ bước sở quy nạp, ta đưa kết luận không đúng: Mọi số tự nhiên nhau! Bằng cách quy nạp sau: Giả sử mệnh đề với số tự nhiên n = k Khi ta có k = k + 1(∗) Ta chứng minh mệnh đề với n = k + nghĩa phải chứng minh: k + = k + Thêm vào vế đẳng thức (*) đơn vị ta có: k + = k + + = k + Như khẳng định với n = k với n = k + theo nguyên lý quy nạp tốn học với số tự nhiên n Và từ ta có kết luận sai lầm: Tất số tự nhiên nhau! Chú ý: Phương pháp quy nạp toán học không thiết phải sử dụng nghiêm ngặt sơ đồ Điều trình bày chi tiết chương 1.1.2 Các ví dụ Phần trình bày số ví dụ nhằm minh họa việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải tốn Ví dụ 1.1.5 (Chứng minh đẳng thức) Chứng minh tổng S3(n) lập phương n số tự nhiên đầu n2 (n + 1)2 tiên n2(n + 1)2 S3(n) = + + + + n = 3 3 Chứng minh 10 (Cơ sở quy nạp) Với n = 1, có: 12(1 + 1)2 S3 (1) = = (Quy nạp) Giả sử khẳng định với n ≥ 1, nghĩa là: n2(n + 1)2 S3(n) = + + + + n = Khi 3 S3(n + 1) = 13 + 23 + 33 + + n3 + (n + 1)3 n2 (n + 1)2 + (n + 1)3 = (n + 1)2[n2 + 4(n + 1)] = (n + 1) (n + 2)2 = Hình 2.13 Đặt −−−→ −−−−→ − → u = OP2k + OP2k+1 −−→ −−→ −−−−→ − → v = OP1 + OP2 + + OP2k−1 − Khi → u có phương nằm phân giác góc P2k OP2k+1 Áp dụng −−→ −−−−→ → quy tắc hình bình hành nhiều lần, ta − v nằm OP1 OP2k−1, −−−→ −−−−→ nên nằm OP2k OP2k+1 π → → Vậy góc − u − v bé Ta lại có: → → → → → → (− u +− v )2 = − u2+− v + 2− u− v → → → → → − =− u2+− v + 2|− u ||− v |cos(− u ,→ v) → → → ≥− v (do cos(− u,− v ≥ 0)) − → → Do đó: |→ u +− v | ≥ |− v| − − → Mà theo giả thiết quy nạp ta có: |→ v | ≥ Vậy |→ u +− v | ≥ hay −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2k+1 | ≥ Mệnh đề với n = k + 1, ta có điều phải chứng minh! Bài toán 2.3.8 Cho đa giác lồi A1 A2 An(n ≥ 4) có cạnh A1 ≤ A2 ≤ ≤ An Chứng minh đa giác 71 Chứng minh Trước hết, ta dùng phương pháp quy nạp chứng minh bổ đề sau: "Nếu đa giác lồi A1A2 An(n ≥ 4) có: A1 A2 = A2A3 = An−1An A2 ≤ A3 ≤ ≤ An−1 A1 ≥ An”" 10 Với n = 4: tứ giác lồi A1A2 A3A4 có A1 A2 = A2 A3 = A3A4 A2 ≤ A3 Xét hai tam giác A1 A2A3 A2 A3A4 có: Hình 2.14     A1 A2 = A2 A3 A2 A3 = A3 A4   A ≤A Suy ra: A1A3 ≤ A2A4 Xét hai tam giác A1 A3A4 A4 A2A1 có:     A1A4 chung A3 A4 = A1 A2   A A ≤A A 72 Suy ra: A4 ≤ A1 Vậy bổ đề với n = Với n = Xét ngũ giác lồi A1A2A3 A4A5 có A1 A2 = A2 A3 = A3A4 = A4 A5 A2 ≤ A3 ≤ A4 Bằng cách xét tam giác tương tự ta có: A1A3 ≤ A2A4 ≤ A3 A5 Do tam giác A1 A3A5 , ta được: A3 A1A5 ≥ A3A5 A1(1) Hình 2.15 Mặt khác, xét tam giác cân: A1A2 A3 A3A4 A5 có: A2 A1 A3 = π − A2 A4 A5 A3 = π − A4 Mà A2 ≤ A4 nên A2A1 A3 ≥ A4 A5A3 (2) Từ (1) (2) suy ra: A1 ≥ A5 Vậy bổ đề với n = 20 Giả sử bổ đề với n = k − n = k(k ≥ 5) Ta chứng minh bổ đề với n = k + Xét đa giác lồi A1A2 Ak Ak+1 có A1A2 = A2A3 = = Ak−1Ak = Ak Ak+1 A2 ≤ A3 ≤ ≤ Ak 73 Ta cần chứng minh: A1 ≥ Ak+1 Thật vậy, áp dụng giả thiết quy nạp vào (k − 1)-giác A2 A3 Ak ta được: A3A2Ak ≥ Ak−1Ak A2 Hình 2.16 Lại có: A2 ≤ Ak nên A1A2Ak ≤ A2Ak Ak+1 Xét hai tam giác A1 A2Ak Ak+1Ak A2 có:     A2Ak chung A1A2 = Ak+1Ak   A A A ≤A A A k k+1 k Suy A1 Ak ≤ A2Ak+1 Xét hai tam giác A1 A2Ak+1 Ak Ak+1A1 có:     A1 Ak+1chung A1 A2 = Ak Ak+1   AA ≥A A k+1 74 k Suy A1 ≥ Ak+1 Vậy bổ đề chứng minh! Áp dụng bổ đề vào tốn, ta có: A1 = A2 = = An Do đa giác đều! Bài toán 2.3.9 Hãy chia lục giác thành tam giác đen, trắng cho: (i) Hai tam giác tùy ý rời có đỉnh chung có cạnh chung (ii) Hai tam giác tùy ý có cạnh chung có màu khác (iii) Mỗi cạnh lục giác đồng thời cạnh tam giác đen Chứng minh đa giác n cạnh chia theo cách n Chứng minh Đối với lục giác, có hai cách chia theo hình sau thỏa mãn ba điều kiện trên: Ta chứng minh n-giác chia theo cách n Hình 2.17 a) Điều kiện cần: Giả sử n-giác chia thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Ta chứng minh n Gọi tổng số cạnh tất tam giác đen x; tổng số cạnh tất tam giác trắng y 75 Vì hai tam giác chung cạnh có màu khác cạnh đa giác cạnh tam giác đen nên: x=y+n Mà x 3, y nên n b) Điều kiện đủ: Giả sử n-giác T có: n Ta cần chia T thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Vì n nên tồn số nguyên dương k cho n = 3k Ta chứng minh quy nạp theo k 10 Với k = 1, ta có tam giác, chia sau: Hình 2.18 20 Giả sử đa giác có n = 3k cạnh, ta chia thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Ta cần chứng minh đa giác có n = 3(k + 1) cạnh chia Xét đa giác có n = 3(k + 1) cạnh: A1 A2 A3k+2A3k+3 Theo giả thiết quy nạp, đa giác có 3k cạnh A1 A2 A3k chia thành tam giác thỏa ba điều kiện Còn lại ngũ giác A1 A3k A3k+1A3k+2A3k+3 A1A3k cạnh tam giác đen, ta chia tiếp ngũ giác Có nhiều cách, chẳng hạn lấy M thuộc miền ngũ giác, tô tam giác A1 MA3k màu trắng; lúc lục giác 76 Hình 2.19 A1 MA3k A3k+1A3k+2A3k+3 dễ dàng chia thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Như vậy, đa giác có n = 3(k + 1) cạnh ta chia theo cách Bài toán chứng minh! 77 Chương Bài tập áp dụng 3.1 Bài tập chứng minh tính chia hết Bài toán 3.1.1 Chứng minh với số nguyên dương n bất kì, số n 34 + 23 chia hết cho 104 Hướng dẫn Áp dụng toán 2.1.6 với a = Bài toán 3.1.2 Chứng minh với số nguyên dương a, n bất kì, biểu thức An = (a + 1)n − an − chia hết cho a2 Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp theo n Bài toán 3.1.3 Chứng minh với n nguyên dương, số 42n − 15n − chia hết cho 225 Hướng dẫn Áp dụng toán với a = 15 Bài toán 3.1.4 Chứng minh với số n nguyên dương: a) n7 + 6n chia hết cho b) 26n+1 + 32n+2 chia hết cho 11 c) 22n+1 − 9n2 + 3n − chia hết cho 54 78 Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp theo n 3.2 Bài tập dãy số chứng minh đẳng thức Bài toán 3.2.1 Cho dãy số un xác định sau: u1 = 2004; u2 = 2005 un+1 = un(un − 1) + 2; n = 2, 3, Chứng minh số A = (u21 + 1)(u22 + 1)(u23 + 1) (u22005 + 1) − số phương Hướng dẫn Đặt Bk = (u21 + 1)(u22 + 1)(u23 + 1) (u2k + 1) − 1; k = 1, 2, Chứng minh phương pháp quy nạp rằng: Bk = (uk+1 − 1)2 Bài toán 3.2.2 Cho dãy số un xác định sau: u1 = 1; u2 = −1 un = −un−1 − 2un−2; n ≥ Lập dãy số , n = 2, 3, sau: = 2n+1 − 7u2n−1 Chứng minh số hạng dãy số phương Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp chứng minh rằng: = (2un + un−1)2 ; ∀n = 2, 3, 79 Bài toán 3.2.3 Cho dãy số un xác định sau: u1 = un+1 = + n un + − n3 ; n = 1, 2, Chứng minh số hạng dãy số nguyên Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp chứng minh số hạng tổng quát dãy cho công thức: (n − 1)n(n + 4) Sau chứng minh (n − 1)n(n + 4) un = + Bài toán 3.2.4 Chứng minh với số nguyên dương n ta có: 1.2 + 2.5 + + n(3n − 1) = n2(n + 1) Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp theo n Bài toán 3.2.5 Cho số thực x = k2π Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: sin + cosx + cos(2x) + + cos(nx) = Hướng dẫn Tương tự toán 2.1.15 80 (n + 1)x nx cos 2 x sin Bài toán 3.2.6 Chứng minh với số tự nhiên n ≥ sin có: sinx + 2sin2x + 3sin3x + + nsinnx = x =0 (n + 1)sinnx − nsin(n + 1)x x 4sin2 Hướng dẫn Tương tự toán 2.1.16 3.3 Bài tập chứng minh bất đẳng thức Bài toán 3.3.1 (Bất đẳng thức đan dấu) Cho hàm số f (x) có tập xác định D thỏa mãn: Với số a1 , a2, b1, b2, b3 thuộc D mà: a1 ≥ a2 ; b1 ≥ b2 ≥ b3 (a1 − a2 ) ∈ D; (b1 − b2 + b3) ∈ D ta ln có: f (a1 − a2 ) ≤ f (a1) − f (a2) f (b1 − b2 + b3 ) ≤ f (b1) − f (b2) + f (b3) Chứng minh với n số thuộc D : a1 , a2 , , an thỏa mãn:    a1 ≥ a2 ≥ ≥ an   ta có: k i=1 (−1)i+1ai ∈ D; ∀k ≥ n n f( n (−1) i=1 i+1 ) ≤ 81 (−1)i+1f (ai) i=1 Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp kép ( chia trường hợp n chẵn, lẻ ) Bài toán 3.3.2 Chứng minh với số nguyên dương n, ta có ≤ (1 + )n < n Hướng dẫn Trước hết ta chứng minh quy nạp theo k bất đẳng thức sau : k k k2 + ≤ (1 + )k < + + n n n n với k nguyên dương k ≤ n Sau áp dụng bất đẳng thức với k = n Bài toán 3.3.3 Chứng minh với số nguyên dương n, ta ln có bất đẳng thức sau: 1 a) + + + >1 n+1 n+2 3n + 1 2n + n+1 n+2 2n Dùng phương pháp quy nạp theo n 3.4 Bài tập hình học Bài tốn 3.4.1 Trong mặt phẳng cho n hình trịn ba hình trịn có điểm chung Chứng minh n hình trịn có điểm chung 82 Hướng dẫn Do hình trịn hình lồi nên áp dụng tốn 2.2.4 ta có điều phải chứng minh! Bài tốn 3.4.2 Trong khơng gian cho n hình lồi mà bốn hình chúng ln có điểm chung Chứng minh n hình lồi có điểm chung Hướng dẫn Tương tự toán 2.2.4 Bài toán 3.4.3 Trong mặt phẳng cho n đường thẳng Biết hai đường thẳng không song song, ba đường thẳng không đồng quy Hỏi n đường thẳng chia mặt phẳng thành miền? Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp theo n, ta có kết số miền có n2 + n + F (n) = Bài tốn 3.4.4 Trong khơng gian cho n mặt cầu, hai mặt cầu cắt khơng có ba mặt cầu chung điểm; n mặt cầu chia không gian thành miền rời Tính số miền thu Hướng dẫn Dùng phương pháp quy nạp áp dụng toán 2.2.3 ta có số miền n2 − 3n + thu là: F (n) = 83 Kết luận Mục đích luận văn đưa nhìn tổng quan phương pháp quy nạp toán học: Từ nguyên lý hình thức phương pháp đến tập áp dụng phân môn khác Tốn học Các kết luận văn là: • Hệ thống hình thức phương pháp quy nạp đồng thời thơng qua ví dụ cụ thể làm rõ thành phần nguyên lý quy nạp tốn học • Xây dựng hệ thống tập ứng dụng phương pháp quy nạp phân mơn khác Tốn học: số học, đại số, hình học với mức độ từ đơn giản đến phức tạp • Đặc biệt, luận văn sưu tầm số đề thi Olympic toán quốc gia quốc tế giải phương pháp Luận văn kết q trình tích luỹ, học hỏi nội dung phương pháp quy nạp Tốn học Hy vọng q trình nghiên cứu học tập giải tốn, luận văn đóng góp phần nhỏ vào kho tàng kiến thức phương pháp quy nạp Toán học 84 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp quy nạp toán học, NXB Giáo dục [2] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, (2006), Đại số Giải tích 11, NXB Giáo dục [3] Đặng Huy Ruận (2002), Bảy phương pháp giải toán Logic, NXB Khoa học Kỹ thuật [4] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2002), 40 năm Olympic Toán học Quốc tế, NXB Giáo dục [5] L.I.Golovina, I.M.Yaglom (1987), người dịch: Khống Xuân Hiền, Phép quy nạp hình học, Sở Giáo Dục Nghĩa Bình [6] G.Polya (1995), người dịch: Hà Sĩ Hồ, Hồng Chúng, , Tốn học suy luận có lí, NXB Giáo dục 85 ... mệnh đề chứng minh! 17 Chương Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học việc giải toán 2.1 Phương pháp quy nạp toán học tốn số học, đại số Chương trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải... Các hình thức phương pháp quy nạp tốn học Chương trình bày số hình thức thể phương pháp quy nạp tốn học 1.2.1 Hình thức quy nạp chuẩn tắc Hình thức quy nạp nội dung nguyên lí quy nạp trình bày... quy nạp chuẩn tắc 11 1.2.2 Hình thức quy nạp nhảy bước 13 1.2.3 Hình thức quy nạp kép 15 Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học việc giải toán 18 2.1 Phương pháp