Mục tiêu nghiên cứu của luận văn này là trình bày khái quát các kết quả chính đã có về quy nạp Toán học và phương pháp quy nạp Toán học.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG PHẠM THỊ UYÊN QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC TRONG HÌNH HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC HÀ NỘI - 2019 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG PHẠM THỊ UYÊN-C01093 QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC CHUN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP MÃ SỐ:8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Đoành HÀ NỘI - 2019 Thang Long University Library i Lời cam đoan Luận văn kết nghiên cứu thân tơi hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Văn Đoành Trong nghiên cứu hoàn thành luận văn tham khảo số tài liệu ghi phần tài liệu tham khảo Tôi xin khẳng định kết luận văn "Quy nạp phương pháp quy nạp Tốn học hình học" kết việc nghiên cứu, học tập nỗ lực thân, khơng có trùng lặp với kết luận văn khác Nếu sai tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm Hà Nội, ngày tháng năm 2019 Người viết luận văn Phạm Thị Uyên ii Lời cảm ơn Trước trình bày nội dung luận văn, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS.Nguyễn Văn Đồnh, người tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, động viên tơi hồn thành luận văn Trong suốt q trình làm luận văn, thầy dành nhiều thời gian công sức để bảo hướng dẫn từ điều nhỏ nhặt tới vấn đề khó khăn, thầy ln kiên nhẫn, tận tình quan tâm giúp đỡ tơi để hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy cô thuộc Khoa Toán, Trường Đại học Thăng Long, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên tơi vượt qua khó khăn học tập Tơi xin cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Thăng Long, khoa Sau đại học học viên lớp Cao học khóa K6.1 tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ suốt thời gian học tập Cuối xin cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp, người thân tạo điều kiện, động viên, khích lệ, giúp đỡ, ủng hộ để tơi hồn thành tốt khóa học Hà Nội, ngày tháng năm 2019 Người viết luận văn Phạm Thị Uyên Thang Long University Library iii Mục lục Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mục lục iii Mở đầu 1 Phương pháp quy nạp Toán học 1.1 Suy luận chứng minh Toán học 1.1 Suy luận Toán học 1.1 Các phương pháp chứng minh 1.1 Phương pháp chứng minh quy nạp Toán học 11 1.2 Suy luận quy nạp 17 1.2 Phương pháp quy nạp hoàn toàn 18 1.2 Quy nạp khơng hồn tồn giả thuyết Tốn học 19 1.3 Phương pháp quy nạp toán học trường phổ thông 21 Phương pháp quy nạp hình học 25 2.1 Tính tốn quy nạp 25 2.2 Chứng minh quy nạp.Tô màu đồ 32 2.2 Chứng minh quy nạp 32 iv 2.2 Tô màu đồ 36 2.3 Xây dựng định nghĩa nhờ quy nạp 55 2.3 Trung tuyến trọng tâm n-giác 55 2.3 Đường tròn Euler n-giác 58 2.3 Đường thẳng Simson n-giác nội tiếp 62 2.3 Điểm ceva n-giác 63 Tài liệu tham khảo Thang Long University Library 73 Mở đầu Suy luận quy nạp suy luận sở khảo sát trường hợp riêng để đến giả thuyết Suy luận quy nạp Tốn học có vai trị quan trọng Toán học nghành khoa học khác Suy luận quy nạp sử dụng giải dạng tốn cách gợi mở, tìm tịi phát vấn đề Phương pháp quy nạp Toán học đưa vào chương trình phổ thơng, giới thiệu cách chứng minh có quy tắc hiệu Để nâng cao khả tư Toán học tìm hiểu thêm phương pháp quy nạp Tốn học hình học, chương trình phổ thơng, tơi chọn đề tài luận văn cao học “ Quy nạp phương pháp quy nạp Tốn học hình học ” Trong luận văn này, tơi xin trình bày khái qt kết có quy nạp Tốn học phương pháp quy nạp Toán học Bố cục luận văn gồm chương: Chương Phương pháp quy nạp Toán học Chương Phương pháp quy nạp hình học Do thời gian nghiên cứu có hạn, luận văn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn để luận văn hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày tháng năm 2019 Người thực Phạm Thị Uyên Thang Long University Library Chương Phương pháp quy nạp Toán học 1.1 Suy luận chứng minh Toán học 1.1 Suy luận Toán học a.Quy tắc suy luận Định nghĩa 1.1 Cho A1 , A2 , A3 , , An B mệnh đề Ta nói có quy tắc suy luận với tiền đề A1 , A2 , A3 , , An hệ An ) →B mệnh đề A1 , A2 , , An Quy tắc suy luận kí hiệu B logic B ( A1 A2 A3 A1 An ∴B Hằng (p (p → q)) → q sở quy tắc suy luận có tên Modus ponens hay luật tách rời Hằng viết sau : p p→q ∴q Khi dùng ký hiệu này, giả thiết viết dấu gạch ngang kết luận viết dấu gạch ngang Ký hiệu “∴ ” có nghĩa “ thì” Luật tách rời phát biểu mệnh đề kéo theo giả thiết suy kết luận mệnh đề Ví dụ 1.1 Mệnh đề kéo theo “ n chia hết cho ” “ n2 chia hết cho ”là Do n chia hết cho 3, theo luật tách rời ta suy n2 chia hết cho Bảng 1.1: Bảng liệt kê số quy tắc quan trọng Quy tắc suy luận Hằng Tên gọi p → (p ∨ q) Luật công (p ∧ q) → p Luật rút gọn [p ∧ (p → q)] → q Luật tách rời p ∴p∨q p∧q ∴p p p→q ∴q ¬q p→q [¬q ∧ (p → q)] → ¬p Luật phản chứng ∴ ¬p p→q q→r [(p → q) ∧ (q → r)] → (p → r) Luật bắc cầu [(p ∨ q) ∧ ¬p] → q Luật loại trừ ∴p→r p∨q ¬p ∴q b Ngụy biện Có số ngụy biện hay gặp chứng minh sai Chúng giống suy luận không dựa mệnh đề mà Thang Long University Library 59 Hình 2.11 ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh △DEF∽ △ABC theo tỉ số k= nên đường trịn Euler(ngoại tiếp R R bán kính đường trịn ngoại tiếp △ABC △DEF)có bán kính △ABC ảnh vị tự △DEF với tâm vị tự trọng tâm △ABC tỉ số vị tự k=- Vì trọng tâm G △ABC chia đoạn thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp △ABC tâm đường tròn Euler theo tỉ số1:2 Gọi K,L,M trung điểm AH,BH,CH H trực tâm△ABC.Ta có KF song song DM chúng đường trung bình hai tam giác ABH ACH.Vì KM AC nên KF⊥KM.Vậy KFDM hình chữ nhật Do đường trịn Euler qua K,L,M Ta có KP đường kính đường trịn Euler nên P thuộc đường tròn Euler.Tương tự,Q R thuộc đường tròn Euler Đường tròn Euler qua điểm đặc biệt tam giác nên thường gọi đường tròn Euler đường tròn điểm b, Mở rộng định nghĩa đường tròn Euler cho n-giác nội tiếp fflĐường tròn Euler dây A1 A2 đường tròn(S)bán kínhR đường trịn có tâm trung điểm đoạn A1 A2 bán kính R (H2.12a) 60 (a) (b) Hình 2.12 •Tam giác A1 A2 A3 nội tiếp đường trịn (S) bán kính R Ba đường trịn Euler ba cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A1 cắt điểm O.Đường R (là đường trịn Euler nói mục a) gọi trịn tâm O bán kính đường trịn Euler tam giác A1 A2 A3 Như đường tròn Euler △A1 A2 A3 qua tâm đường tròn Euler A1 A2 , A2 A3 , A3 A1 Giả sử đường tròn Euler (n − k)-giác nội tiếp đường R tròn (S) bán kính R xác định có bán kính ,n ≥ 4,k < n Xét (n + 1)-giác A1 A2 An+1 nội tiếp đường tròn (S) bán kính R Khi (n+1) đường trịn Euler (Si ) n-giác A1 A2 Ai An+1, i =1,2, ,n+1 R (kí hiệuAi để bỏ đỉnh Ai ) có bán kính Thang Long University Library 61 Ta chứng minh đường tròn Euler S1 , S2 , , Sn+1 giao điểm Xét ba đường trịn bất kì, chẳng hạn S1 , S2 , S3 n + đường trịn Gọi S12 , S13 , S23 đường tròn Euler ba (n − 1)- giác A3 A4 An+1 ,A2 A4 A5 An+1 ,A1 A4 A5 An+1 với tâm tương ứng O12 , O13 , O23 Gọi tâm S1 , S2 , S3 O1 , O2 , O3 Kí hiệu O123 tâm đường tròn Euler S123 (n − 2)-giác A4 A5 An+1 Hai tam giác O1 O2 O3 O23 O13 O12 thật vậy, ta có: R O12 O1 = O12 O2 = O123 O23 = O123 O13 = O12 O1 O2 = O1 O12 O123 + O123 O12 O2 = 2O13 O12 O123 + 2O123 O12 O23 = 2O13 O12 O23 O23 O123 O13 = 2O13 O12 O23 (chúng góc nội tiếp góc tâm chắn cung đường trịn ngoại tiếp △O12 O13 O23 ) Tương tự, O1 O3 = O23 O12 O2 O3 = O13 O12 Do △O1 O2 O3 = O23 O13 O12 đường tròn S23 , S13 , S12 cắt O123 ta suy đường tròn S1 , S2 , S3 giao điểm Và n + đường tròn S1 , S2 , Sn+1 cắt điểm 62 Đường trịn có tâm điểm bán kính trịn S1 , S2 , , Sn+1 R qua tâm đường Đường tròn gọi đường trịn Euler n-giác nội tiếp, n tùy ý Ví dụ 2.12 A1 A2 An n-giác nội tiếp đường trịn (S) Khi trọng tâm n-giác nằm đoạn thẳng nối tâm của(S) tâm đường tròn Euler n-giác chia đoạn theo tỉ số(n− 2) : 2.3 Đường thẳng Simson n-giác nội tiếp a,Đường thẳng Simson điểm P ứng với tam giác ABC Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (S),P điểm (S) Khi chân đường vng góc kẻ từ P tới cạnh tam giác ABC thuộc đường thẳng Đường thẳng gọi đường thẳng Simson điểm P với tam giác ABC Hình 2.13 Chứng minh Trong trường hợp có điểm nằm hai phía khác cạnh Ta xét trường hợp P, C nằm hai phía AB Các trường hợp khác hồn toàn tương tự BCA + AP B = 1800 Giả sử P K⊥AB, P M ⊥AC, P L⊥BC Ta có BCA + AP B = 1800 Suy AP B = M P L Từ BP L = AP M Tương tự, BP L = BKL Thang Long University Library 63 Vậy BKL = M KA hay K, L, M thẳng hàng b,Giả sử ta xác định đường thẳng Simson điểm P đường tròn (S) ứng với n-giác A1 A2 An nội tiếp (S) Xét (n + 1)-giác A1 A2 An An+1 nội tiếp đường tròn (S) P điểm (S).Người ta chứng minh chân đường vng góc hạ từ P lên n + đường thẳng Simson tất n-giác tạo n đỉnh (n + 1)-giác cho thẳng hàng Đường thẳng gọi đường thẳng Simson điểm ứng với (n + 1)-giác A1 A2 An An+1 2.3 Điểm ceva n-giác a, Điểm ceva tam giác •Định lí ceva: Gọi E, F, G ba điểm tương ứng nằm ba cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Khi ba đường thẳng AE, BF, CG đồng quy điểm O AG BE CF =1 GB EC F A (2.6) Chứng minh Phần thuận: Giả sử AE, BF, CG cắt điểm O Từ A C kẻ đường thẳng song song với BF , chúng cắt CG AE K L Ta có CO LC CO CF = , = (vì △AKO∽ △LCO) FA OK AK OK CF LC BE BO AG AK Từ = Tương tự = , = FA AK EC CL GB BO 64 AK BO LC AG BE CF = =1 GB EC F A BO CL AK GA EB F C = −1 Chú ý: GB EC F A AG BE CF = ta dễ dàng suy AE, BF, CG đồng Ngược lại, GB EC F A quy điểm Do Điểm đồng quy O thỏa mãn hệ thức (2.6) gọi điểm ceva tam giác ABC b, Điểm ceva cấu hình n đỉnh Ta mở rộng khái niệm điểm ceva tam giác cho cấu hình n đỉnh 1.Cho hệ n điểm A1 , A2 , An , điểm có n − đường thẳng qua đường thẳng qua hai điểm.Hệ n điểm đường thẳng gọi cấu hình n đỉnh kí hiệu [A1 , A2 , An ].Cấu hình n(n − 1) n đỉnh có Cn = đường thẳng Ai Aj ,i = j , i, j = (1, n).Ta gọi n(n − 1) đường thẳng cạnh cấu hình n! cấu hình k đỉnh (k = 1, 2, n− Một cấu hình n đỉnh có Cn k = k!(n − k)! 1).Ta biết đa giác n đỉnh A1 A2 An đường gấp khúc khép kín gồm đoạn thẳng A1 A2 , A2 A3 , , An An−1 , An A1 Như cấu hình n (n − 1)! đa giác đỉnh có Mỗi tam giác cấu hình đỉnh Cho cấu hình đỉnh A1 A2 A3 , gọi C1 , C2 , C3 điểm cạnh A1 A2 , A2 A3 , A1 A3 Theo định lí Ceva A1 C2 , A2 C3 , A3 C1 đồng quy điểm Ceva O3 (A1 A2 C1 ).(A2 A3 C2 ).(A3 A1 C3 ) = −1 = (−1)3 Thang Long University Library 65 CA tỉ số đơn ba điểm A, B, C CB Ta gọi C1 , C2 , C3 điểm Ceva cấu hình hai điểm Trong (ABC) = [A1 A2 ], [A2 A3 ], [A3 A1 ] (A1 A2 C1 ).(A2 A3 C2 ).(A3 A1 C3 ) = −1 gọi Ai điểm ceva cấu hình đỉnh [Ai ] Như vậy, với thuật ngữ ta phát biểu lại định lí Ceva sau: Với cấu hình [A1 A2 A3 ]: (A1 A2 C1 ).(A2 A3 C2 ).(A3 A1 C3 ) = −1 (2.7) Khi A1 C2 , A2 C3 , A3 C1 nối điểm ceva cấu hình đỉnh hai đỉnh rời qua điểm O3 Điểm gọi điểm ceva cấu hình [A1 A2 A3 ] Các đoạn thẳng A1 C2 , A2 C3 , A3 C1 gọi đường thẳng Ceva [1; 2] Hệ thức (2.7) gọi là hệ thức Ceva cấu hình [A1 A2 A3 ] Ta tính tỉ số đơn A1 C2 O3 theo tỉ số đơn hệ thức (2.7) Xét tam giác A1 C2 A2 ba điểm thẳng hàng O3 , A3 , C1 Ta có: (C2 A1 O3 ).(A1 A2 C1 ).(A2 C2 A3 ) = (định lí Menelaus) 1 + Từ suy A1 C2 O3 = A2 A1 C1 A3 A1 C3 Tương tự, ta tính được(A2 C2 O3 ), (A3 C1 O3 ) 3.Xét cấu hình đỉnh [A1 A2 A3 A4 ].Cấu hình bốn đỉnh có cạnh, sáu cấu hình hai đỉnh, bốn cấu hình ba đỉnh, ba tứ giác đỉnh A1 Lấy 66 tứ giác này,chẳng hạn A1 A2 A3 A4 lấy C1 , C2 , C3 , C4 điểm bốn cấu hình hai đỉnh [A1 A2 ], [A2 A3 ], [A3 A4 ], [A4 A1 ] tức điểm thuộc [A1 A2 ], [A2 A3 ], [A3 A4 ], [A4 A1 ] (cũng cạnh tứ giác A1 A2 A3 A4 cho (A1 A2 C1 ).(A2 A3 C2 ).(A3 A4 C3 ).(A4 A1 C4 ) = = (−1)4 (2.8) điểm C1 , C2 , C3 , C4 gọi điểm Ceva [A1 A2 ], [A2 A3 ], [A3 A4 ], [A4 A1 ] Khi ta cịn gọi C1 , C2 , C3 , C4 điểm Ceva ứng với tứ giác A1 A2 A3 A4 cấu hình [A1 A2 A3 A4 ] (2.8) hệ thức Ceva [A1 A2 A3 A4 ] Ta chứng minh ba kết sau: (i) Dựng điểm Ceva C5 , C6 hai cấu hình hai đỉnh [A1 A3 ] [A2 A4 ] (hai đường chéo tứ giác A1 A2 A3 A4 hai cạnh cịn lại cấu hình [A1 A2 A3 A4 ]) cho với cấu hình ba đỉnh bất kì,ba đường Ceva (1; 2) qua điểm Ceva cấu hình ba đỉnh này.Có cấu hình ba đỉnh Kí hiệu:đoạn thẳng nối điểm Ceva cấu hình a đỉnh điểm Ceva cấu hình n − a đỉnh gọi đường thẳng Ceva kí hiệu (a; n−a) Chẳng hạn đường thẳng Ceva (1; 2) đoạn thẳng nối điểm Ceva cấu hình đỉnh với điểm Ceva cấu hình hai đỉnh cấu hình ba đỉnh (ii) Có bốn đường thẳng Ceva (1; 3), ba đường thẳng Ceva (2; 2) qua điểm O4 Điểm O4 gọi điểm Ceva cấu hình bốn đỉnh [A1 A2 A3 A4 ] Như có tất 23 − = đường thẳng Ceva (1; 3), (2; 2) qua O4 Ta tính tỉ số 1 + (A2 A1 C1 ) + (A2 A4 C6 ) (A3 A1 C5 ) + (A3 A4 C3 ) 1 + (A2 Q3 O4 ) = (A1 A2 C1 ) + (A4 A2 C6 ) (A3 A2 C2 ) Các tỉ số tương ứng khác có kết tương tự (C4 C2 O4 ) = (iii) Với hai tứ giác cịn lại ta có: Thang Long University Library 67 Tứ giác A1 A2 A4 A3 : (A1 A2 C1 ).(A2 A4 C5 ).(A4 A3 C3 ).(A3 A1 C5 ) = = (−1)4 Tứ giác A1 A3 A2 A4 : (A1 A3 C5 ).(A3 A2 C2 ).(A2 A4 C6 ).(A4 A1 C4 ) = = (−1)4 Xuất phát từ hai hệ thức ta nhân kết với hệ thức tứ giác A1 A2 A3 A4 Như vậy, cấu hình bốn đỉnh có ba tứ giác có điểm Ceva gọi điểm Ceva cấu hình [A1 A2 A3 A4 ] Chứng minh (i) Dựng C5 A3 C1 A1 C2 qua O3 ,A2 O3 A1 A3 cắt C5 Dựng C6 A4 C2 A2 C3 cắt P3 ,A3 P3 A2 A4 cắt C6 Ta có (A1 A2 C1 ).(A2 A3 C2 ).(A3 A1 C5 ) = −1 (2.9) (vì O3 điểm Ceva [A1 A2 A3 ]) (A2 A3 C2 ).(A3 A4 C3 ).(A4 A2 C6 ) = −1 (2.10) (vì P3 điểm Ceva [A2 A3 A4 ]) Từ (2.7),(2.9) suy A1 C3 A3 C4 ,A4 C5 qua Q3 điểm Ceva [A1 A3 A4 ] Tương tự, từ (2.7) (2.10) cho ta hệ thức Ceva cấu hình [A1 A2 A4 ], tức A1 C6 , A2 C4 , A4 C1 đồng quy điểm Ceva R3 cấu hình [A1 A2 A4 ] (ii) Lấy cấu hình ba đỉnh có đỉnh điểm Ceva ba cấu hình rời nhau, có cấu hình hai đỉnh Có cấu hình ba đỉnh thế, chẳng hạn [C4 A2 A3 ] Theo (i) đường thẳng Ceva (1; 2) qua điểm Ceva cấu hình ba đỉnh nên A2 C4 , A4 C3 qua R3 , Q3 Ta có (A2 A3 C2 ).(A3 C4 Q3 ).(C4 A2 R3 ) = −1 Vậy A2 Q3 , A3 R3 , C4 C2 qua điểm, O4 tính (A2 Q3 O4 ), (C2 C4 O4 ), (A3 R3 O4 ) 68 Xét cấu hình ba đỉnh thứ hai có đặc điểm cấu hình [C4 A2 A3 ], nhận A2 làm đỉnh có cạnh qua Q3 cấu hình [C3 A1 A2 ] Chứng minh hoàn toàn tương tự ta A2 Q3 , A1 P3 , C3 C1 qua điểm, kí hiệu O4′ 1 (A2 Q3 O4′ ) = + + = (A2 Q3 O4 ) (A1 A2 C1 ) (A4 A2 C6 (A3 A2 C2 ) Vậy O4 = O4′ Với cách làm vậy, ta chứng minh đường thẳng Ceva (1; 3), (2; 2):A1 P3 , A2 Q3 , A3 R3 , A4 O3 , C4 C2 , C1 C3 , C5 C6 qua O4 điểm Ceva cấu hình đỉnh [A1 A2 A3 A4 ] (iii) Với tứ giác A1 A2 A4 A3 , áp dụng hệ thức Ceva [A1 A2 A4 ] [A4 A3 A1 ] ta (A1 A2 C1 ).(A2 A4 C5 ).(A4 C3 A3 ).(A3 A1 C5 ) = (−1)4 = Tương tự với tứ giác A1 A3 A2 A4 ta có kết (A1 A2 C1 ).(A2 A4 C5 ).(A4 C3 A3 ).(A3 A1 C5 ) = (−1)4 = Chú ý: Nếu biết điểm Ceva O4 [A1 A2 A3 A4 ] điểm Ceva cấu hình hai điểm ta dựng điểm Ceva cịn lại Lấy Thang Long University Library 69 C4 điểm Ceva [A1 A4 ] ta có cấu hình đỉnh [C4 A2 A3 ].Các đường thẳng Ceva (1; 3), (2; 2) [A1 A2 A3 A4 ] qua O4 nên A2 O4 qua điểm Ceva Q3 [A1 A3 A4 ].Ta dựng C3 giao A1 Q3 A3 O4 Điểm C3 điểm Ceva A3 A4 Đường thẳng A4 Q3 cắt A1 A3 C5 ,A2 C5 cắt A4 O4 O3 Các đường thẳng A1 O3 A3 O3 cắt A2 A3 A1 A2 C2 ,C1 điểm Ceva A2 A3 A1 A2 (3) Cấu hình n đỉnh [A1 A2 An ], n ≥ Ta có kết tổng quát sau Trong cấu hình n đỉnh [A1 A2 An ], n ≥ lấy n-giác đỉnh A1 , chẳng hạn n-giác [A1 A2 An ] Gọi C1 , C2 , Cn điểm Ceva n cấu hình hai đỉnh [A1 A2 ], [A2 A3 ], , [An A1 ] tức điều thỏa mãn điều kiện: (A1 A2 C1 ).(A2 A3 C2 ) (An−1 An Cn−1 ).(An A1 Cn ) = (−1)n (2.11) Khi n(n − 3) cấu hình hai đỉnh cịn lại(là đường chéo n-giác [A1 A2 An ] cạnh lại (i) Dựng điểm Ceva cấu hình n đỉnh [A1 A2 An ]) để cấu hình m đỉnh có đường thẳng Ceva.Mỗi đường nối hai điểm Ceva cấu hình k đỉnh m − k đỉnh (k < m) rời qua điểm Ceva cấu hình m đỉnh n (ii) Với số ngun dương t,t ≤ [ ] có Cn t đường thẳng Ceva (t − t 1; n − t + 1) Cn đường thẳng Ceva (t; n − t) qua điểm On Điểm gọi điểm Ceva cấu hình n đỉnh [A1 A2 An ] Cấu hình [A1 A2 An ] có tất 2n−1 − đường thẳng Ceva Chứng minh(bằng phương pháp quy nạp) Giả sử mệnh đề với cấu hình có số đỉnh nhỏ n lớn 3.Ta chứng minh với cấu hình n đỉnh (i) Từ cấu hình [A1 A2 An ] ta xét cấu hình ba đỉnh Ai có hai cạnh liên tiếp tùy ý n-giác A1 A2 An chẳng hạn cấu hình [A1 An An−1 ] 70 Hai điểm Ceva Cn−1 , Cn [An−1 An ], [An A1 ] cho ta dựng điểm Ceva [An−1 An A1 ] nhờ (2.10) ta có hệ thức Ceva cấu hình n − đỉnh [A1 A2 An−1 ] Theo giả thiết quy nạp, với cấu hình n − đỉnh (n − 1)(n − 4) ta dựng điểm Ceva cấu hình hai đỉnh cịn lại Khi cấu hình có số đỉnh nhỏ n − tồn hệ thức Ceva Bây từ cấu hình [An A1 A2 ] nhờ C1 , Cn hai điểm Ceva [A1 A2 ], [A1 An ] ta dựng điểm Ceva An A2 , Bằng cách từ hai điểm Ceva [An Ai ], [Ai Ai+1 ](i = 2, 3, 4, , n − 3) ta dựng điểm Ceva cấu hình [An Ai+1 ] cuối dựng điểm Ceva [An An−2 ] Nhờ ta có hệ thức Ceva cấu hình ba đỉnh [An A1 A2 ], [An Ai Ai+1 ] Các cấu hình ba đỉnh có chung cạnh An Ai kề liên tiếp Với hệ thức Ceva chúng, ta suy hệ thức Ceva cấu hình có chung đỉnh An , chẳng hạn cấu hình [An A1 A2 An−2 ] Kết hợp với (2.11) ta suy hệ thức Ceva cấu hình [An An−2 An−1 ] Vậy (i) chứng minh (ii) Trên cấu hình [A1 A2 An ] ta lấy cấu hình (n − 1) đỉnh tùy ý có n−2 đỉnh đỉnh cấu hình [A1 A2 An ], đỉnh cịn lại điểm Ceva cấu hình hai đỉnh khác với n − đỉnh lấy chẳng hạn [Cn A2 A3 An−1 ] T heo(i)tồn hệ thức Ceva cho cấu hình n-2 đỉnh[A2 A3 An−1 ] Do đó, từ (2.11) ta có hệ thức Ceva cấu hình đỉnh [A1 A2 An−1 An ] Từ Thang Long University Library 71 kết có cấu hình đỉnh ta suy hệ thức Ceva cho cấu hình ba đỉnh [Cn A2 An−1 ] ta có hệ thức Ceva theo giả thiết quy nạp Cũng theo giả thiết quy nạp đường thẳng Ceva cấu hình [Cn A2 An−1 ] qua điểm Ceva On đường thẳng Ceva đường thẳng Ceva cấu hình [A1 A2 An ] Vậy (ii) chứng minh Chú ý Bằng quy nạp ta tính tỉ số đơn (Ai Aj Cm ), i = j , < m < n, Ci điểm Ceva đường chéo n-giác A1 A2 An (n − 1)! , hệ thức Ceva tương tự (2.11) n-giác đỉnh A1 lại Ta rút 72 Kết luận chung Luận văn trình bày cách khái quát suy luận chứng minh Toán học, quy nạp phương pháp quy nạp Tốn học hình học Trong chương chủ yếu trình bày sở phương pháp chứng minh quy nạp Tốn học số hình thức quy nạp Tốn học Chương chủ yếu trình bày tốn tơ màu đồ xây dựng định nghĩa quy nạp Những vấn đề trình bày luận văn cho thấy rõ hiệu việc sử dụng phương pháp quy nạp vào giải tốn hình học tốn chương trình phổ thông Thang Long University Library 73 Tài liệu tham khảo [1] L.I.GONOVINA-I.M.YAGLOM, Phép qui nạp hình học,NXB Tổng hợp HCM [2] Đồn Quỳnh, Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục, 1997 [3] Đại số giải tích 11, NXB Giáo dục Việt Nam [4] I.M.Yaglom , Complex numbers in Geometry, New -York, 1968 ... đề tài luận văn cao học “ Quy nạp phương pháp quy nạp Toán học hình học ” Trong luận văn này, tơi xin trình bày khái qt kết có quy nạp Toán học phương pháp quy nạp Toán học Bố cục luận văn gồm... ” sai 1.1 Phương pháp chứng minh quy nạp Toán học Cơ sở phương pháp chứng minh quy nạp Toán học Phương pháp quy nạp Toán học phương pháp chứng minh Toán học đặc biệt, cho phép ta rút quy luật... DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG PHẠM THỊ UYÊN-C01093 QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC TRONG HÌNH HỌC CHUN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ:8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC