VI. Phép quy nạp trong không gian
1. Dạng tính toán trong không gian bằng quy nạp
Thí dụ 1: n mặt phẳng chia một không gian làm bao nhiêu miền?
nào có điểm chung (ta sẽ gọi các mặt phẳng như thé là các mặt phẳng lệch).
Xét liên tiếp các bài toán sau:
A. n điểm chia một đường thẳng làm bao nhiêu phần ? Giải :
Ta ký hiệu các phần được chia của đường thẳng là F1(n). Rõ ràng khi đó F1(n) = n + 1.
B. n đường thẳng chia mặt phẳng làm bao nhiêu miền? Cho biết đó là n đường thẳng lệch.
Giải:
* Một đường thẳng chia mặt phẳng làm hai miền.
* Giả sử n đường thẳng lệch chia mặt phẳng làm F2(n) miền. Ta xét n+1 đường thẳng lệch. n đường thẳng đầu tiên trong n + 1 chia mặt phẳng làm F2(n) miền. Đường thẳng thứ n+1 là l, theo giả thiết cắt đường kia tại n điểm khác nhau. Các điểm này chia l làm F1(n)=n+1 phần (Xem A). Do đó, l chia n + 1 miền trong số F2(n) miền nhận được trước đây cảu mặt phẳng và từ đó thêm F1(n) = n + 1 miền mới vào F2(n) miền.
Thế là:
F2(n+1)=F2(n) + F1(n) = F2(n) + ( n + 1) (I) Trong đẳng thức (I), thay n bằng các giá trị n-1, n-2, ... , 2,1 ta được: F2(n) = F2(n-1) + n
F2(n-1) = F2(n-2) +(n-1) ... F2(3) = F2(2) + 3
F2(2) = F2(1) + 2
và cuối cùng F2(n) = 1 + n(n 1) 2
+
C. n mặt phẳng lệch chia không gian làm bao nhiêu miền?
* Giả sử n mặt phẳng lệch không gian làm F3(n) miền. Ta xét n +1 mặt phẳng đầu tiên trong chúng chia không gian làm F3(n) miền; n mặt phẳng này cắt mặt phẳng π thứ n + 1 theo n giao tuyến lệch và do đó chia π
làm F2(n) = 2 n n 2 2 + + miền. Từ đây ta có hệ thức sau: F3(n+1) = F3(n) + F2(n) = F3(n) + 2 n n 2 2 + + (II) Thay n bởi (n-1), (n-2), ... , 2, 1 ta có: F3(n) = F3(n-1) + 2 (n 1) (n 1) 2 2 − + − + F3(n-1) = F3(n-2) + 2 (n 2) (n 2) 2 2 − + − + ... F3(3) = F3(2) + 2 2 2 2 2 + + F3(2) = F3(1) + 2 1 1 2 2 + + Cộng tất cả các đẳng thức này ta được: F3(n) = F3(1) + 1 2[(n-1) + (n-2) + ... + 1] + 1 2[2 2 ... 21 4 2 4 3+ + + lÇn ] Và cuối cùng với F3(1) = 2 ta được:
F3(n) = 2 + 1 2[(n-1) + (n-2) + ... + 1] + 1 2[2 2 ... 21 4 2 4 3+ + + lÇn ] = n(n 1)(2n 1) (n 1)n 2 (n 1) 12 4 − − − + + + − = 2 (n 1)(n n 6) 6 + − + Bài toán ứng dụng:
Bài 1: n mặt cầu ( trong đó hai mặt cầu nào cũng giao nhau và không có ba mặt cầu nào chung nhau chỉ một điểm) chia không gian làm bao nhiêu miền.
Hướng dẫn:
Ta xét liên tiếp các bài toán sau:
A. n “đường tròn một chiều” chia một đường thawnrgr làm bao nhiêu phần?
Trả lời: 2n điểm chia một đường thẳng làm 2n + 1 phần.
A’. N cặp điểm trên một đường tròn chia nó làm bao nhiêu phần? Ta kí hiệu là Φ1(n)
Trr lời: Φ1(n)=2n.
B. n đường tròn giao nhau từng đôi và không có ba đường tròn nào giao nhau tại một điểm, chia một mặt phẳng làm bao nhiêu miền? Ký hiệu số miền là Φ2(n)
Hướng dẫn: Vì n đường tròn giao với đường tròn thứ n tại n cặp điểm và như vậy chia đường tròn này làm Φ2(n)=2n. Đường tròn thứ n+1 lại chia Φ1(n) miền trong số Φ2(n)miền do n đường tròn đã chia mặt phẳng.
Từ đó ta có: Φ2(n)= n2 – n + 2
B’. N đường tròn (như B) nằm trên mặt cầu chia nó làm bao nhiêu phần? Trả lời: Φ2(n)= n2 – n + 2
C. n mặt cầu ( trong đó hai mặt cầu nào cũng giao nhau và không có ba mặt cầu nào chung nhau chỉ một điểm) chia không gian làm bao nhiêu miền.
Hướng dẫn: Vì n mặt cầu giao với mặt cầu thứ (n+1) tạo thành n đường tròn và do đó chia mặt cầu này làm Φ2(n)= n2 – n + 2 . Như vậy nếu mặt cầu chia không gian làm Φ3(n) miền thì n+1 mặt cầu sẽ chia không gian làm Φ2(n 1)+ = Φ3(n)+ Φ2(n)= Φ3(n) (n+ 2− +n 2) miền.
Vì vậy, với Φ1(n) = 2, Ta tính được : 2 3 n(n 3n 8) (n) 3 − + Φ =
2. Bài toán chứng minh.
Thí dụ 1 : Trong không gian cho n khối cầu, trong đó bốn khối cầu nào
cũng giao nhau. Chứng minh rằng tất cả các khối cầu này giao nhau, nghĩa là có bốn điểm thuộc tất cả khối cầu.
Giải :
* Với n=4 mệnh đề hiển nhiên.
* Giả sử mệnh đề hoàn toàn được chứng minh cho n khối cầu bất kỳ với bốn khối cầu nào cũng giao nhau và giả sử ta có n + 1 khối cầu
1, 2, ..., n, n 1+
Φ Φ Φ Φ . Gọi Φ là phần chung của n khối cầu
1, 2, ..., n
Φ Φ Φ (có được theo giả thiết quy nạp). Khi đó ta có thể chỉ ra rằng nếu khối cầu Φn 1+ không giao với Φ thì có mặt phẳng π phân
cách Φ và Φn 1+ (Xem thêm thí dụ 33B trang 163 [1]). Mỗi khối cầu
1, 2, ..., n
Φ Φ Φ cắt π theo các hình tròn, trong đó ba hình tròn nào cũng có phần chung. Do đó trên π tồn tại một điểm thuộc tất cả các hình tròn này. Vì vậy nó thuộc Φ, như thế trái với cách xác định π ⇒ đpcm.
Thí dụ 2 :
Xét một số hữu hạn các nữa không gian lấp đầy cả không gian. Chứng minh rằng từ đó ta có thể chọn bốn hoặc ít hơn nữa không gian để chứng lấp đầy cả không gian.
(Một nữa không gian được định nghĩa là phần của không gian nằm về một phía của mặt phẳng).
Giải :
Ta chứng minh bằng cách quy nạp theo số n các nữa không gian đã cho.
* Với n=4 mệnh đề hiển nhiên.
* Giả sử mệnh đề đúng với n nữa không gian và ta có n + 1 nữa không gian V1, V2, …, Vn, Vn+1. Các biên của chúng theo thứ tự là π1, π2, …,
πn, πn+1. Hai khả năng có thể xảy ra :
TH1 : Mặt phẳng πn+1 hoàn toàn nằm trong một trong các nữa không gian V1, V2, …, Vn và ta giả sử nàm trong Vn. Khi đó πn+1 và πn song song. Nếu hai nữa không gian Vn+1 và πn nằm về hai phía khác nhau của biên của chúng thì chúng hoàn toàn lấp đầy không gian. Trong trường hợp khác, khi một trong chúng nằm trong nữa không gian kia thì theo giả thiết quy nạp ta suy ra mệnh đề cần chứng minh.
TH2 : Mặt phẳng πn+1 không nằm trong nữa không gian V1, V2, …, Vn nào. Khi đó πn+1 hoàn toàn bị phủ bởi các không gian này, ở đó chúng có phần chung với π theo m≤n nữa mặt phẳng F , F , …, F .
Theo B ta có thể chọn hai hoặc ba các nữa mặt phẳng từ các nữa mặt phẳng này để nó cũng lấp đầy cả mặt phẳng πn+1. Xét bốn trường hợp có thể xảy ra.
- (a). Mặt phẳng πn+1 bị lấp đầy bởi hai nữa mặt phẳng (H.26a) chẳng hạn F1 và F2. Các mặt phẳng ương ứng π1 và π2 sẽ song song với nhau. Khi đó toàn bộ không gian bị lấp đầy bởi hai nữa không gian V1 và V2. - (b). Mặt phẳng πn+1 bị lấp bởi hai nữa mặt phẳng F1 và F2, nhưng π1 và
π2 (hai mặt phẳng tương ứng) lại giao nhau. Nếu nữa không gian Vn+1 chứa giao tuyến của π1 và π2 thì ba nữa không gian V1, V2, Vn+1 sẽ lấp đầy không gian. Trường hợp khác, nữa không gian Vn+1 bị phủ bởi các nữa không gian V1 và V2 thì giả thiết quy nạp giúp ta suy ra mệnh đề cần chứng minh.
- (c). Mặt phẳng πn+1 bị lấp đầy bởi ba nữa mặt phẳng (H.26) chẳng han F1, F2, F3: còn mặt phẳng π3 song song với giao tuyến của π1 và π2 (ba mặt phẳng lập thành một “lăng trụ” (H.26c), khi đó ba nữa không gian V1, V2, V3 lấp đầy toàn bộ không gian.
- (d). Mặt phẳng πn+1 bị lấp đầy bởi ba nữa mặt phẳng lập thành một “hình chóp” (H.26d). Nếu mữa không gian Vn+1 chứa giao điểm của F1, F2 và F3 thì bốn nữa không gian V1, V2, V3 và Vn+1 lấp đầy toàn bộ không gian. Trường hợp ngược lại, nữa không gian Vn+1 bị phủ bởi các nữa không gian V1, V2, V3 thì giả thiết quy nạp suy ra mệnh đề cầ chứng minh.
Tài liệu tham khảo:
[1] - Phép qui nạp trong hình học - L.I Golovina – I.M. Yaglom, NXB Giáo dục.
[2] - Các bài toán phẳng về hình học (tập 2) – V.V Praxolov, NXB Hải Phòng.
[3] - Sáng tạo toán học (tập 1) – G. Pôlia, NXB Giáo dục Hà Nội . [4] - Toán học và những suy luận có lí – G. Pôlia, NXB Giáo dục. [5] - Logic Toán…