Ví dụ 1: Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phƣơng thành nhiều
khối lập phƣơng nhỏ khác nhau đôi một.
Lời giải: Ta thấy một hình vuông P đƣợc chia thành hữu hạn các hình vuông
khác nhau đôi một thì hình vuông nhỏ nhất không dính với biên của P. Giả sử rằng có thể chia hình lập phƣơng Q thành hữu hạn hình lập phƣơng nhỏ khác nhau đôi một Qi và P là một mặt bên của Q. Các hình lập phƣơng Qi dính với P tạo ra sự phân chia P thành hữu hạn hình vuông đôi một khác nhau. Gọi P1
là hình vuông nhỏ nhất trong số các hình vuông đó và Q1 là hình lập phƣơng tƣơng ứng. Do P1 không dính với biên nên nó đƣợc bao bọc bởi các hình vuông lớn hơn. Các hình lập phƣơng tƣơng ứng tạo thành cái giếng chứa Q1. Gọi là mặt đối diện với P1 của hình lập phƣơng Q1. Các hình lập phƣơng dính với cũng tạo ra sự phân chia thành các hình vuông khác nhau. Gọi
70
P2 là hình vuông nhỏ nhất trong số đó và Q2 là hình lập phƣơng tƣơng ứng. Do P2 nằm trong nên các hình lập phƣơng bao quanh Q2 lớn hơn và tạo thành cái giếng chứa Q2. Tiếp tục mãi quá trình trên ta sẽ thu đƣợc một cái tháp vô hạn những hình lập phƣơng bé dần. Điều này mâu thuẫn, từ đó ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh nội tiếp cùng một đƣờng tròn, luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất. Chứng minh rằng đa giác có diện tích lớn nhất đó phải là đa giác đều.
Lời giải: Giả sử tồn tại đa giác S không đều n cạnh nội tiếp một đƣờng tròn
mà có diện tích lớn nhất. Vì S không đều nên ắt tồn tại 3 đỉnh A, B, C liên tiếp theo thứ tự đó, sao cho AB ≠ BC. Trên cung ABC của đƣờng tròn ta lấy điểm chính giữa B’ của nó thì B’ B. Dễ thấy khoảng cách từ B’ đến AC lớn hơn khoảng cách từ B đến đƣờng thẳng này. Vì vậy, diện tích ∆ ABC nhỏ hơn diện tích ∆ AB’C. Bây giờ ta thay đỉnh B của S bởi B’ còn các đỉnh khác vẫn giữ nguyên, ta đƣợc đa giác S’ có diện tích lớn hơn nữa ⇒ mâu thuẫn.
4.3 Một số bài tập 4.3.1 Đề bài 4.3.1 Đề bài
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dƣơng n ta có:
( )( ) ( ) .
Bài 2: Biết rằng trong các tam giác có cùng chu vi thì luôn tồn tại tam giác có
diện tích lớn nhất. Chứng minh rằng tam giác có diện tích lớn nhất đó là tam giác đều.
Bài 3: Biết rằng trong các tam giác có cùng diện tích thì tồn tại tam giác có
chu vi nhỏ nhất. Chứng minh rằng tam giác có chu vi nhỏ nhất đó là tam giác đều.
71
Bài 4: Chứng minh rằng không tồn tại tập hợp khác rỗng M những số tự nhiên có tính chất sau: ∀ x ϵ M, ∃ y ϵ M sao cho y2 + 1 < 2x.
Bài 5: Giải hệ phƣơng trình nghiệm nguyên:
{ ( )
( ) ( )
Bài 6: Giải hệ phƣơng trình nghiệm nguyên dƣơng sau:
{ ( )
( ) ( ) ( )
Bài 7: Giải phƣơng trình nghiệm nguyên sau:
x4 + 4y4 = 2 (z4 + 4u4). (1)
Bài 8: Giải phƣơng trình nghiệm nguyên
Bài 9: Chứng minh rằng với 3 ≤ n ≠ 4 không tồn tại một đa giác đều n cạnh
có đỉnh với tọa độ nguyên.
Bài 10: Chứng minh rằng với n, m là những số nguyên dƣơng thì (36m +
n)(36n + m) không thể là luỹ thừa của 2.
Bài 11: Chứng minh rằng phƣơng trình 5n2 =36a2 + 18b2 + 6c2 không có nghiệm nguyên dƣơng.
Bài 12: Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phƣơng trình
( )
4.3.2 Lời giải
Bài 1: Rõ ràng n = 1 và n = 2 kết quả đúng. Gọi S là tập tất cả các số nguyên
dƣơng n sao cho (n )(n ) (n n) kh ng hi hết ho . Khi đó nếu S ≠ thì có phần tử nhỏ nhất k ≥ 3 sao cho (k+1)(k+2)…(k+k) không chia hết cho 2k suy ra k(k+1)…(k+k-2) không chia hết cho 2k-1 hay [(k-
72
1)+1][(k-1)+2]…[(k-1)+(k-1)] không chia hết cho 2k-1 ⇒ mâu thuẫn. Mâu thuẫn này chứng tỏ S = ⟹ kết quả đúng với mọi số nguyên dƣơng n.
Bài 2: Gọi ∆ ABC với các cạnh a, b, c là tam giác có diện tích lớn nhất. Giả sử ∆ ABC không đều, không mất tính tổng quát ta giả sử b ≠ c. Ta gọi điểm A’ là điểm thỏa mãn A’B = A’C = . Ta đƣợc ∆ A’BC có cùng chu vi với ∆ ABC. Ta dễ dàng kiểm tra rằng đƣờng cao hạ từ đỉnh A’ của ∆ A’BC có độ dài lớn hơn độ dài đƣờng cao hạ từ đỉnh A của ∆ ABC. Do đó diện tích ∆ A’BC lớn hơn diện tích ∆ ABC. Điều này mâu thuẫn với cách chọn ∆ ABC. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 3: Gọi ∆ ABC với các cạnh a,b,c là tam giác có chu vi nhỏ nhất. Giả sử ∆
ABC không đều, không mất tính tổng quát ta giả sử b ≠ c. Gọi A’ là giao điểm của đƣờng thẳng qua A song song với BC với trung trực của BC. Dễ dàng kiểm tra rằng ∆ ABC và ∆ A’BC có cùng diện tích. Ta chứng minh chu vi ∆ A’BC nhỏ hơn chu vi ∆ ABC(lấy K đối xứng với B qua A’ dễ chứng minh ∆ ACK cân tại A vì có trung tuyến là đƣờng cao suy ra AC = AK từ đó AB + AC = AB + AK > BK = 2A’B = A’B + A’C) ⟹ mâu thuẫn ⟹ điều phải chứng minh.
Bài 4: Giả sử ∃ M ≠ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó, theo tính chất của số tự nhiên thì trong M tồn tại phần tử nhỏ nhất, giả sử phần tử đó là a. Theo giả thiết phản chứng ⟹ ∃b ϵ M để b2 +1 < 2a. Mặt khác 2b ≤ b2 + 1 với ∀b
∈ N nên 2b < 2a ⟹ b < a mâu thuẫn với cách chọn a ⟹ điều phải chứng minh.
Bài 5: Ta nhận thấy (x,y,z,t) = (0,0,0,0) là một nghiệm của hệ đã cho. Ta sẽ
chứng minh hệ trên không còn nghiệm nguyên nào khác. Thật vậy, từ (1) suy ra:
73
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh (2) không có nghiệm nguyên (x,y,z,t) khác (0,0,0,0). Để ý rằng nếu (x,y,z,t) là một nghiệm của (2) thì (| | | | | | | |)
cũng là nghiệm của (2). Vì vậy, giả sử phƣơng trình (2) còn có nghiệm nguyên (x,y,z,t) khác (0,0,0,0) thì (2) phải có nghiệm (x,y,z,t) với các thành phần không âm và x > 0( Vì nếu x = 0 mà y và z nguyên thì từ (a) suy ra y = z = 0 và do đó từ (b) suy ra t = 0). Theo tính chất của số tự nhiên thì trong tất cả những nghiệm nhƣ vậy phải tồn tại nghiệm (x0,y0,z0,t0) với x0 nhỏ nhất. Khi đó ta có
Từ đó suy ra phải chia hết cho 7. Vì số dƣ của một số chính phƣơng khi chia cho 7 chỉ có thể là 0,1,2,3,4 nên để t chia hết cho 7 thì x0 và y0 cùng phải chia hết cho 7. Giả sử z0= 7z1 và t0 = 7t1. Khi đó ta có:
⟹ ( ) ( ) ( )
Từ đó suy ra + phải chia hết cho 7 và do đó cả x0 và y0 cùng phải chia hết cho 7. Đặt x0 = 7x1 và y0 = 7y1, thay vào (3) ta đƣợc:
Do đó (x1,y1,z1,t1) cũng là nghiệm của (2) mà x1 < x0 ⟹ mâu thuẫn. Do đó (2) chỉ có nghiệm (0,0,0,0). Vậy hệ chỉ có nghiệm duy nhất (0,0,0,0).
Bài 6: Đặt a = x – y, b = x + y, c =u – v, d = u + v. Khi đó a, b cùng tính chẵn
lẻ ; c,d cùng tính chẵn lẻ và hệ phƣơng trình trở thành:
2 ( )
Để ý rằng, nếu hệ (1) có nghiệm thì hệ (2) cũng có nghiệm. Nếu hệ (2) có nghiệm thì nó sẽ có nghiệm nguyên dƣơng. Giả sử (2) có nghiệm nguyên dƣơng, theo tính chất của số tự nhiên thì trong các nghiệm nguyên dƣơng của (2) sẽ tồn tại nghiệm (a,b,c,d) mà a nhỏ nhất.
74
Vì ab = 2cd và a,b có cùng tính chẵn lẻ nên a,b đều chẵn. Đặt a = 2a0, b =2b0, khi đó 4a0b0 = 2cd ⟹ cd = 2a0b0 mà c, d cùng tính chẵn lẻ nên c, d đều là số chẵn. Đặt c = 2c0, d = 2d0, khi đó từ (2) suy ra:
{
Suy ra (a0,b0,c0,d0) là nghiệm của hệ (2) mà a0 < a mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của a. Vậy hệ đã cho vô nghiệm.
Bài 7: Nhận thấy (0,0,0,0) là một nghiệm của (1). Ta sẽ chứng minh (1) không còn nghiệm nào khác. Thật vậy, giả sử (1) còn có nghiệm khác với nghiệm trên. Khi đó (1) phải có nghiệm dạng (x,y,z,t)với x > 0. Theo tính chất của số tự nhiên thì trong tất cả các nghiệm nhƣ vậy phải tồn tại nghiệm (x,y,z,u) với x nguyên dƣơng nhỏ nhất. Từ (1) suy ra x chẵn. Do đó vế phải của (1) phải chia hết cho 4. Từ đó suy ra z chẵn. Đặt x = 2x1; z = 2z1. Khi đó (1) trở thành:
Do đó y cũng phải là số chẵn, giả sử y = 2y1, thay vào phƣơng trình trên ta đƣợc:
Vậy u cũng là số chẵn, giả sử u = 2u1. Thay vào phƣơng trình trên ta đƣợc
( )
Do đó (x1,y1,z1,u1) cũng là nghiệm của (1), mà 0 < x1 < x ⟹ mâu thuẫn. vậy phƣơng trình đã cho có nghiệm duy nhất là (0,0,0,0).
Bài 8: Trƣớc hết ta thấy ngay phƣơng trình có một nghiệm (0,0,..,0). Giả sử
nó có nghiệm khác nghiệm trên thì phải tồn tại nghiệm có dạng (a1;a2;…;a2009;y0) với y0 > 0. Theo tính chất của số tự nhiên, thì trong số tất cả các nghiệm nhƣ vậy phải có nghiệm (b1,b2,…,b2009,b) với b nguyên dƣơng
75
nhỏ nhất. Do 2009 =72.41 nên ta thấy ngay b chia hết cho 7, giả sử b = 7k với k nguyên dƣơng. Khi đó ta có:
( )
Hay
( ) ( )
Từ đẳng thức này rút ra b1 chia hết cho 72. Đặt b1 = 72.k1, làm tƣơng tự ta sẽ đƣợc bộ (k1, k2, …, k2009, k) thoả mãn:
Vậy (k1, k2, …, k2009, k) là một nghiệm của phƣơng trình đã cho với k nguyên dƣơng nhỏ hơn b(mâu thuẫn). vậy phƣơng trình đã cho không còn nghiệm nào khác nghiệm tầm thƣờng (0,0,0,…,0).
Bài 9: Với n = 3 ta sẽ chỉ ra không có tam giác đều đỉnh với tọa độ nguyên.
Thật vậy, nếu có tam giác nhƣ vậy thì khi tính diện tích tam giác theo kiểu định thức ta đƣợc diện tích là m ột số hữu tỉ. Trong khi đó, cạnh của tam giác đều là a thì a2
nguyên và diện tích bằng √ lại là một đại lƣợng vô tỉ ⇒
mâu thuẫn. Mặt khác, nếu tồn tại một lục giác đều với các đỉnh có tọa độ nguyên thì các tam giác đều đan nó cũng có các đỉnh có tọa độ nguyên. Do đó theo lập luận trên thì nó không tồn tại. Vậy với n =3 và n = 6 thì ta có điều phải chứng minh. Ta cần xét xem cá trƣờng hợp còn lại. Giả sử tồn tại đa giác đều với tất cả các đỉnh có tọa độ nguyên là A1A2…An với n khác 3, 4, 6 có cạnh nhỏ nhất (chúng luôn tồn tại do các đỉnh nguyên). Ta lấy các điểm B1, B2, … , Bn sao cho
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
Dễ thấy B1 ;B2;…; Bn cũng là các điểm nguyên. Do n khác 3, 4, 6 nên B1 ; B2;…; Bn phân biệt và lập thành đa đều đỉnh nguyên bị chứa thực sự trong đa
76
giác đều A1A2…An. nhƣ vậy cạnh của đa giác đều với các đỉnh có tọa độ nguyên mới B1 B2…Bn nhỏ hơn cạnh của đa giác A1A2…An ⇒ mâu thuẫn.
Bài 10: Giả sử tồn tại m, n nguyên dƣơng sao cho (36m + n)(36n + m) là một
luỹ thừa của 2. Khi đó 36m + n và 36n + m là các luỹ thừa của 2. Dễ thấy rằng m, n chia hết cho 4. Đặt m1 = , n1 = . Rõ ràng m1, n1 là cặp số thoả mãn(36m1 + n1)(36n1 + m1) là một luỹ thừa của 2. Bằng phƣơng pháp xuống thang ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài 11: Vì vế phải của phƣơng trình chia hết cho 3 nên vế trái chia hết cho 3
suy ra n chia hết cho 3. Đặt n = 3m với m nguyên dƣơng. Phƣơng trình đã cho có dạng: 3(5m2 – 4a2 – 2b2) = 2c2 (1). Do đó c chia hết cho 3. Đặt c = 3d với d nguyên dƣơng, (1) trở thành 5m2
= 4a2 +2b2 + 6d2 (2). Giả sử (a,b,d,m)là nghiệm của (2) với m nhỏ nhất, dễ thấy m chẵn. Vì một số chính phƣơng chỉ có thể đồng dƣ với 0,1,4,9(mod16) nên 5m2 ≡0(mod16) hoặc 4(mod16) và 4a2≡ 0 hoặc 4 (mod16). Do ó b2 +6d2 hoặc 12 (mod 16) (3). Mặt khác 2b2 ≡0; 2 hoặc 8 (mod16) và 6d2 0; 6 hoặc 8 (mod16). Kết hợp với ( ) t ược 2b2 + 6d2 (mod ) v 2b2 , 6d2 ùng hoặc 8 (mod16) nên b, d cùng chia hết cho 4 . Nếu a chẵn thì dễ thấy ngay là một nghi m của (2)(mâu thuẫn với vi c chọn m nhỏ nhất). Vậy a lẻ. chia từng vế củ ( ) ho t ượ phương trình k2 = a2 +8e2
+24f2 trong ó m k b 4e, d = 4f. Vì a lẻ nên k lẻ. Do ó k2 – a2 hoặ (mod ) Nhưng 8e2 + 24f2 không thể ồng dư với 4 hoặc 12 (mod ) iều ó dẫn ến mâu thuẫn. Vậy phương trình ã ho kh ng ó nghi m nguyên dương
Bài 12: Nếu x và y đều lẻ thì từ (1) suy ra z chẵn. khi đó x2 + y2 +z2 chia 4 dƣ 2 và x2y2 chia 4 dƣ 1( mâu thuẫn). Vậy một trong hai biến x, y phải chẵn. Từ
77
(1) ta có (x2 + y2 + z2) chia hết cho 4 suy ra cả y và z phải chẵn. đặt x =2x1,y = 2y1, x = 2 z1(x, y, z ∈N). Từ (1) ta có
Lập luận tƣơng tự nhƣ trên ta đƣợc x1,y1,z1 đều chẵn. Cứ tiếp tục nhƣ vậy ta sẽ dẫn đến x, y, z cùng chia hết cho 2k với mọi k ∈ N. Điều này xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0.
78
Chƣơng V: PHƢƠNG PHÁP HÀM SINH
Hàm sinh là một trong những sáng tạo có nhiều ứng dụng của toán rời rạc. Dùng hàm sinh ta có thể chuyển một số bài toán về dãy số thành những bài toán về hàm số. Điều này là rất tuyệt vời vì chúng ta đã có trong tay cả một cỗ máy lớn để làm việc với các hàm số. Nhờ vào hàm sinh, chúng ta có thể áp dụng cỗ máy này vào các bài toán dãy số. Bằng cách này, chúng ta có thể sử dụng hàm sinh trong việc giải dạng toán về phép đếm.