Bài toán 1.23. Tính tổng các góc trong của một n-giác không 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 đoán tổng các góc trong của n-giác không 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 không 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 không 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 toán 1.24. Cho n hình vuông 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 vuông 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 vuông cho trước A1B1C1D1 và
A2B2C2D2 là x và y (x ≥ y). Trên các cạnh của hình vuông A1B1C1D1 (Hình 3a) ta lấy các điểm sao cho A1M =B1N =C1P =D1Q= x+2y.
Cắt hình vuông này dọc theo các đường thẳng M P và N Q thì dễ thấy M P
đó chia hình vuông thành 4 mảnh bằng nhau. Bây giờ ta ghép các mảnh này với hình vuông thứ haiA2B2C2D2 như trong (Hình 3b) ta được một hình vuông mới vì tại M0, N0, P0, Q0 các góc bù nhau và Ab0,Bb0,Cb0,cD0 là các góc vuông và
A0B0=B0C0 =C0D0=D0A0.
2. Bước quy nạp. Giả sử mệnh đề được chứng minh với n (n ≥ 1) hình vuông. Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n+ 1 hình vuông.
Ta có n+ 1 hình vuông 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 vuông này và ghép các mảnh với hình vuông còn lại để có hình vuông mới K0. Như vậy ta có n hình vuông K1, K2, ..., Kn−1, K0.
Khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt và ghép chúng để tạo nên một hình vuông mới. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 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, ...,−−−−−→ OP2k−1
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 và−OP−−−−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 toán 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 toán 1.27. (Đề thi vô địch Toán nước Bỉ năm 1979) Có thể hay không 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. 1.5 Một số bài tập tự giải
Bài tập 1.1. Cho số tự nhiên n ≥1. Chứng minh rằng
1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 +...+n(n+ 1)(n+ 2) = 1
4.n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3).
Bài tập 1.2. Cho số tự nhiên n ≥1. Chứng minh rằng
n X
j=1
j(j+ 1)(j + 2)(j+ 3) = n(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)(n+ 4)
5 .
Bài tập 1.3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n≥2 thì
n5 5 + n3 3 + 7 15 không là một số nguyên.
Bài tập 1.4. Chứng minh với số nguyên dương n và θ không chia hết cho π thì
sinθ+ sin 3θ+. . .+ sin(2n−1)θ = sin
2(nθ) sinθ .
Bài tập 1.5. Chứng minh với n nguyên dương, nếu số thực x không chia hết cho 2π thì
sinx+ 2 sin(2x) + 3 sin(3x) +. . .+nsin(nx) = (n+ 1) sin(nx)−nsin(n+ 1)x 4 sin2(x/2) .
Bài tập 1.6. Chứng minh rằng với số tự nhiên n≥3 thì nn ≥(n+ 1)!.
Bài tập 1.7. Cho số tự nhiên n ≥2. Chứng minh rằng 1.3.5. . .(2n−1)< nn.
Bài tập 1.8. Cho số tự nhiên n ≥1. Chứng minh rằng
1 2!+ 2 3!+ 3 4!+. . .+ n (n+ 1)! ≤1− 1 (n+ 1)!.
Bài tập 1.9. Chứng minh rằng với số tự nhiên n≥1 thì
1
2n ≤ 1.3.5. . .(2n−1)
2.4.6. . .2n ≤ √ 1 n+ 1.
Bài tập 1.10. Chứng minh rằng 2n < C2nn <4n với n∈N, n ≥2. Bài tập 1.11. Cho hàm số f thỏa mãn f(1) =f(2) = 1, và với n ≥3
f(n) = 3f(n−2) + 3f(n−1) + 1.
Chứng minh rằng f(3n) +f(3n+ 1) chia hết cho 32 với n là số nguyên dương.
Bài tập 1.12. Cho u1, u2, . . . , un là các hàm có đạo hàm theo x. Chứng minh
d dx(u1+u2+. . .+un) = du1 dx + du2 dx +. . .+ dun dx .
Bài tập 1.13. Chứng minh rằng nếu u1, u2, . . . , un là các hàm khả vi theo x và
y=u1u2. . . un, thì y0 y = u01 u1 + u02 u2 +. . .+ u0n un.
Bài tập 1.14. Chứng minh rằng nếu y=lnx, thì
dny
dxn = (−1)n−1(n−1)!
xn .
Bài tập 1.15. Chứng minh rằng với mọi số nguyên lẻ n >1, Z π2 0 sinnxdx= Z π2 0 cosnxdx=2.4.6...(n−1) 1.3.5.7...n .
PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Trước khi vào phần này chúng ta cùng xét một bài toán giống như một câu chuyện cổ tích mà ta đã từng biết. Bài toán như sau:
Người ta đồn rằng ở một ngôi đền nọ rất thiêng do ba vị thần ngự trị: Thần Thật Thà (luôn nói thật), thần Dối Trá (luôn luôn nói dối), thần Khôn Ngoan ( khi nói thật, khi nói dối). Các vị thần đều ngự trên bệ thờ và sẵn sàng trả lời câu hỏi khi có người thỉnh cầu. Nhưng hình dạng của ba vị thần giống hệt nhau nên người ta không biết vị thần nào trả lời để mà tin hay không tin.
Một hôm, một học giả từ phương xa đến đền gặp các vị thần để xin thỉnh cầu. Bước vào đền, học giả hỏi thần ngồi bên phải:
- Ai ngồi cạnh ngài? - Đó là thần Dối Trá.
Tiếp đó học giả hỏi thần ngồi ở giữa: - Ngài là thần gì?
- Tôi là thần Khôn Ngoan.
Cuối cùng ông ta quay sang hỏi thần ngồi bên trái: - Ai ngồi cạnh ngài?
- Đó là thần Thật Thà.
Nghe xong vị học giả đã khẳng định được vị trí các vị thần đã ngồi. Bạn hãy cho biết vị học giả đó đã suy luận như thế nào?
Câu hỏi của học giả cho ba vị thần nhưng đều nhằm mục đích xem thần ngồi giữa là thần gì? Học giả đã nhận được ba câu trả lời với các thông tin hoàn toàn khác nhau về vị thần ngồi giữa. Có rất nhiều cách suy luận trong bài toán này. Đây có thể là một cách mà học giả đó đã suy luận.
1. Nếu thần ngồi bên trái là thần Dối Trá thì thần ngồi bên phải là thần Thật Thà hoặc thần Khôn Ngoan.
câu trả lời của thần Thật Thà). Điều này vô lý vì bên trái cũng là thần Dối Trá. - Nếu thần ngồi bên phải là thần Khôn Ngoan thì ngồi giữa là thần Thật Thà. Điều này vô lý vì ngài đã nói: "Tôi là thần Khôn Ngoan."
Vậy bên trái không phải là thần Dối Trá.
2. Nếu thần ngồi bên phải là thần Dối Trá thì thần ngồi giữa là thần Thật Thà hoặc thần Khôn Ngoan.
- Thần ngồi giữa không phải là thần Thật Thà vì ngài đã nói: "Tôi là thần Khôn Ngoan."
- Nếu thần ngồi giữa là thần Khôn Ngoan thì thần ngồi bên trái là thần Thật Thà. Điều này vô lý vì ngài đã nói: Ngồi giữa là thần Thật Thà.
Vậy bên phải không là thần Thật Thà.
3. Cuối cùng chỉ còn thần ngồi giữa là thần Dối Trá. Như vậy bên trái không phải là thần Thật Thà, vì ngài đã nói: Ngồi giữa là thần Thật Thà. Do đó bên trái là thần Khôn Ngoan và vị thần bên phải là thần Thật Thà.
Trong suốt quá trình giải bài toán trên, ta cứ lặp đi lặp lại một cách lý luận là: Giả sử điều ta cần tìm là đúng rồi đi tìm đến sự vô lý để loại trừ giả thiết ta vừa đặt ra. Cuối cùng sau hàng loạt các phép loại trừ ta đi đến kết luận đúng đắn. Phép suy luận như vậy gọi là phép suy luận phản chứng. Vậy ta có các khái niệm sau.
Phép suy luận phản chứng là quá trình ta đưa ra một giả thiết (giả thiết này đối lập với điều cần tìm) rồi đi tìm đến sự vô lý để loại trừ giả thiết ta vừa đặt ra.
Phương pháp chứng minh bằng phản chứng là phương pháp sử dụng phép suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải những khẳng định toán học. Trong lịch sử toán học phương pháp chứng minh phản chứng đã được sử dụng từ rất sớm. Người ta sử dụng nó trong chứng minh nguyên lý Đirichlê.
Ví dụ 2.1. (Nguyên lý Đirichlê) Người ta nhốt m con thỏ vào trong n cái lồng,
(m > n). Chứng minh rằng có ít nhất hai con thỏ được nhốt trong cùng một lồng nào đó.
Lời giải. Ta giả sử mi là số con thỏ được nhốt vào lồng thứ i, (i= 1, n). Khi đó ta có
m1+m2+· · ·+mn =m.
Giả sử ngược lại, mỗi lồng chỉ nhốt nhiều nhất một con thỏ, tức là
Khi đó
m =m1+m2+· · ·+mn ≤1 + 1 +· · ·+ 1
| {z }
nsố1
=n.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết m > n.
Vậy điều ta giả sử là sai, nghĩa là phải có ít nhất hai con thỏ được nhốt trong một lồng nào đó.
Một ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng thuộc về Ơclit với phép chứng minh định lý: "Tồn tại vô số số nguyên tố." Định lý được chứng