1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài tốn phổ thơng
1.4.4 Phương pháp quy nạp trong hình học
Bài tốn 1.23. Tính tổng các góc trong của một n-giác khơng tự cắt.
Lời giải. Ta có thể thấy ngay:
Tổng các góc trong của một tam giác là 1800. Tổng các góc trong của một tứ giác là 3600.
Nhận xét: Mọi tứ giác có thể chia thành hai tam giác nên tổng các góc trong của một tứ giác bằng hai lần tổng các góc trong của một tam giác.
Ta dự đốn tổng các góc trong của n-giác khơng tự cắt là(n−2)1800. (1.42) 1. Bước cơ sở. Với n = 3, n-giác là một tam giác. Tổng các góc trong của một
tam giác là 1800 = (3−2)1800. Vậy (1.42) đúng với n= 3.
2. Bước quy nạp. Giả sử ta chứng minh được tổng các góc trong của một k-giác khơng tự cắt là (k−2)1800, (3≤k ≤n−1).
Ta cần chứng minh (1.42) đúng với n-giác. Bây giờ ta xét với n-giác.
- Trước hết ta chứng minh rằng trong một đa giác bất kỳ ta có thể tìm được một đường chéo chia đa giác đó thành đa giác có số cạnh ít hơn.
Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác. Ta vẽ các tia lấp đầy góc trong ABC[ và cắt biên của đa giác. Có hai trường hợp sẽ xảy ra:
Trường hợp 1: Các tia cắt đường biên trên cùng một cạnh của đa giác (Hình 2a), khi đó đường chéo AC chia n-giác thành một tam giác và một (n−1)-giác.
Trường hợp 2: Các tia cắt biên khơng trên cùng một cạnh của đa giác (Hình 2b). Khi đó một trong các tia sẽ đi qua đỉnh I nào đó của đa giác và đường chéo BI sẽ chia đa giác thành hai đa giác có số cạnh ít hơn số cạnh của đa giác ban đầu.
Bây giờ ta chứng minh bài toán:
Trong n-giác ta vẽ đường chéo chian-giác đó làm k-giác và (n−k+ 2)- giác . Với
giả thiết đã cho thì tổng các góc trong của k-giác và (n−k+ 2)-giác lần lượt là (k−2).1800 và [(n−k+ 2)−2].1800.
Suy ra tổng các góc trong của n- giác là:
(k−2).1800+ [(n−k+ 2)−2].1800= (n−2).1800. Theo định lý 1.2 (1.42) đúng với mọi n ≥3.
Bài tốn 1.24. Cho n hình vng bất kỳ. Chứng minh rằng có thể cắt chúng (bằng nhát cắt thẳng) làm một số mảnh đa giác để từ đó có thể ghép lại thành một hình vng mới.
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n= 1 mệnh đề hiển nhiên đúng. Ta chứng minh với n= 2 mệnh đề cũng đúng.
Lần lượt gọi độ dài các cạnh của hai hình vng cho trước A1B1C1D1 và A2B2C2D2 là x và y (x ≥ y). Trên các cạnh của hình vng A1B1C1D1 (Hình 3a) ta lấy các điểm sao cho A1M =B1N =C1P =D1Q= x+y2 .
Cắt hình vng này dọc theo các đường thẳng M P và N Q thì dễ thấy M P và N Q vng góc với nhau, cắt nhau tại tâm O của hình vng này. Các đường
đó chia hình vng thành 4 mảnh bằng nhau. Bây giờ ta ghép các mảnh này với hình vng thứ haiA2B2C2D2 như trong (Hình 3b) ta được một hình vng mới vì tại M0, N0, P0, Q0 các góc bù nhau và Ab0,Bb0,Cb0,cD0 là các góc vng và A0B0=B0C0 =C0D0=D0A0.
2. Bước quy nạp. Giả sử mệnh đề được chứng minh với n (n ≥ 1) hình vng. Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n+ 1 hình vng.
Ta có n+ 1 hình vng K1, K2, ..., Kn, Kn+1. Lấy hai hình bất kỳ chẳng hạn Kn và Kn+1, nhờ cách lập luận ứng với n = 2 ta có thể cắt một trong hai hình vng này và ghép các mảnh với hình vng cịn lại để có hình vng mới K0. Như vậy ta có n hình vng K1, K2, ..., Kn−1, K0.
Khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt và ghép chúng để tạo nên một hình vng mới. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài tốn 1.25. (IMO 1973) Cho −−→OP1,−−→
OP2, ...,−−−−−→
OP2n+1 là các vecto đơn vị trong một mặt phẳng. Các điểm P1, P2, ..., P2n+1 đều cùng nằm về một phía của một đường thẳng qua O. Chứng minh rằng:
−−→ OP1+−−→ OP2+...+−−−−−→ OP2n+1 ≥1. Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n= 1, mệnh đề hiển nhiên đúng do
−−→ OP1 = 1 ≥1 (đúng). 2. Bước quy nạp. Giả sử mệnh đề đúng với n =k−1 (k ≥2), tức là với hệ vecto
đơn vị
−−→
OP1,−−→
OP2, ...,−−−−−→
trong một mặt phẳng; các điểm P1, P2, ..., P2k−1 cùng nằm về một phía của một đường thẳng qua O, ta có −−→ OP1+−−→ OP2+...+−−−−−→ OP2k−1 ≥1.
Ta chứng minh mệnh đề đúng vớin=k, tức là với hệ(2k+1)vecto−−→OP1,−−→
OP2, ...,−−−−−→
OP2k+1 thỏa mãn các điều kiện trên, ta cũng có
−−→ OP1+−−→ OP2+...+−−−−−→ OP2k+1 ≥1.
Thật vậy, do vai trò của −−→OPi(1≤i≤2k+ 1) như nhau nên ta có thể sắp xếp lại sao cho −−→OPi(1≤i≤2k−1) nằm giữa −−−→OP2k và −OP−−−−2k+1→.
Đặt − →u =−−−→OP 2k+−−−−−→ OP2k+1 − →v =−−→OP 1+−−→ OP2+...+−−−−−→ OP2k−1.
Khi đó −→u có phương nằm trên phân giác góc P2k\OP2k+1. Áp dụng quy tắc hình bình hành nhiều lần, ta được→−v nằm giữa−−→OP1 vàOP−−−−−2k−1→, nên nó nằm giữa−−−→OP2k và −OP−−−−2k+1→.
Vậy góc giữa −→u và −→v bé hơn hoặc bằng π
2. Ta lại có (−→u +−→v )2 =−→u2 +−→v 2 + 2−→u−→v =−→u2 +−→v 2 + 2|−→u| |−→v |cos (−→u ,−→v ) ≥ −→v 2(do cos (−→u ,−→v )≥0).
Do đó
|−→u +−→v| ≥ |−→v|.
Mà theo giả thiết quy nạp ta có |−→v | ≥1. Vậy |−→u +−→v | ≥1 hay
−−→ OP1+−−→ OP2+...+−−−−−→ OP2k+1 ≥1. Mệnh đề đúng với n=k+ 1.
Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 1.26. Trên mặt phẳng cho 2n+ 1 điểm. Hãy dựng một (2n+ 1)-giác
để các điểm đã cho là trung điểm các cạnh của đa giác.
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 1, giải bài toán quy về việc dựng một tam giác khi biết
các trung điểm của 3 cạnh của nó.
Ta dựng tam giác ABC khi biết 3 trung điểm M, N, P lần lượt của các cạnh AB, AC, BC bằng cách quaM, N, P lần lượt dựng các đường thẳng song song với N P, M P, M N. Chúng cắt nhau cho ta tam giác ABC.
2. Bước quy nạp. Giả sử dựng được(2n−1)-giác từ trung điểm các cạnh của nó.
Ta chứng minh có thể dựng được (2n+ 1)-giác từ trung điểm các cạnh của nó.
Gọi A1, A2, ..., A2n, A2n+1 là 2n+ 1 điểm đã cho làm trung điểm các cạnh của
(2n+ 1)-giác cần dựng B1B2...B2n+1.
Xét tứ giác B1B2n−1B2nB2n+1 có A2n−1, A2n, A2n+1 lần lượt là trung điểm các cạnh B2n−1B2n, B2nB2n+1, B2n+1B1.
GọiAlà trung điểmB1B2n−1thìAA2n−1A2nA2n+1là hình bình hành. VìA2n−1, A2n, A2n+1 cho trước nên ta dựng được A.
Xét(2n−1)-giácB1B2...B2n−1có2n−1trung điểm của các cạnh là:A1, A2, ..., A2n−2, A đã xác định nên theo giả thiết quy nạp ta dựng được đa giác này. Từ B1, B2n−1 và các trung điểm A2n−1, A2n+1 ta dựng được nốt B2n và B2n+1.
Vậy ta dựng được (2n+ 1)-giác B1B2...B2n+1 khi biết trung điểm các cạnh của nó.
Bài tốn 1.27. (Đề thi vơ địch Tốn nước Bỉ năm 1979) Có thể hay khơng thể chia một đa giác đều 2n-giác bất kỳ thành các hình thoi ?
Lời giải.
Ta chứng minh khẳng định tổng quát hơn: Bất kỳ một đa giác đều 2n-giác,
có các cặp cạnh đối song song, có thể chia thành những hình thoi.
1. Bước cơ sở. Với n = 2 khẳng định đúng (bởi vì tứ giác có 4 cạnh bằng nhau là hình thoi).
2. Bước quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n ≥ 2 tức là một đa giác đều 2n-giác có thể chia thành các hình thoi. Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n+ 1. Thật vậy, giả sử cho trước đa giác đều 2(n+ 1)-giác
A1A2. . . An+1B1B2. . . BnBn+1.
Giả sử C1 ≡ An+1, C2, . . . , Cn và Cn+1 ≡ A1 là kết quả của việc tịnh tiến song song các điểm B1, . . . , Bn và Bn+1 theo vectơ −−−−−→Bn+1A1 (Hình 6).
Từ các đẳng thức trên suy ra tất cả các đường thẳng BiCi song song với nhau, nghĩa là các tứ giác CiBiBi+1Ci+1 là hình thoi, đồng thời
AnC1=C1C2=. . . =Cn−1Cn =CnA1 và CiCi+1//BiBi+1//AiAi+1.
Do đó đa giác A1A2...AnC1...Cn là 2n-giác đều nên theo giả thiết quy nạp, nó phân chia được thành các hình thoi.
Từ đó suy ra 2(n+1)-giác đều A1A2. . . An+1B1B2. . . BnBn+1 có thể phân chia được thành các hình thoi.
Vậy ta có thể chia một đa giác đều 2n-giác bất kỳ thành các hình thoi.