Luận văn Thạc sĩ Toán học: Quy nạp và phương pháp quy nạp toán học trong hình học

PHẠM THỊ UYÊN

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2019

PHẠM THỊ UYÊN-C01093

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN 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

Lời cam đoan

Luận văn này là kết quả nghiên cứu của bản thân tôi dưới sự hướng

dẫn tận tình của TS Nguyễn Văn Đoành. Trong khi nghiên cứu hoàn

thành luận văn này tôi đã tham khảo một số tài liệu đã ghi trong phần

tài liệu tham khảo. Tôi xin khẳng định kết quả của luận văn "Quy nạp

và phương pháp quy nạp Toán học trong hình học" là kết quả

của việc nghiên cứu, học tập và nỗ lực của bản thân, không có sự trùng

lặp với kết quả của các luận văn khác. Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịu

trách nhiệm.

Hà Nội, ngày tháng 9 năm 2019

Người viết luận văn

Phạm Thị Uyên

Lời cảm ơn

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin được bày tỏ

lòng biết ơn sâu sắc tới TS.Nguyễn Văn Đoành, người đã tận tình hướng

dẫn, giúp đỡ, động viên tôi hoàn thành được luận văn này. Trong suốt

quá trình làm luận văn, thầy đã dành nhiều thời gian và công sức để chỉ

bảo hướng dẫn tôi từ những điều nhỏ nhặt tới những vấn đề khó khăn,

thầy vẫn luôn kiên nhẫn, tận tình quan tâm giúp đỡ tôi để hoàn thành

luận văn này.

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô thuộc Khoa Toán,

Trường Đại học Thăng Long, những người đã tận tình giảng dạy và khích

lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập. Tôi xin cảm

ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Thăng Long, khoa Sau đại học và các

học viên lớp Cao học khóa K6.1 đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ

chúng tôi trong suốt thời gian học tập. Cuối cùng tôi xin cảm ơn bạn bè,

đồng nghiệp, và người thân đã tạo điều kiện, động viên, khích lệ, giúp

đỡ, ủng hộ để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình.

Hà Nội, ngày tháng 9 năm 2019

Người viết luận văn

Phạm Thị Uyên

iii

Mục lục

Lời cam đoan i

Lời cảm ơn ii

Mục lục iii

Mở đầu 1

3 1 Phương pháp quy nạp Toán học

3 1.1. Suy luận và chứng minh Toán học . . . . . . . . . .

3 1.1..1 Suy luận Toán học . . . . . . . . . . . . . . . .

6 1.1..2 Các phương pháp chứng minh . . . . . . . . .

11 1.1..3 Phương pháp chứng minh quy nạp Toán học

17 1.2. Suy luận quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

18 1.2..1 Phương pháp quy nạp hoàn toàn . . . . . . . . . .

1.2..2 Quy nạp không hoàn toàn và các giả thuyết

Toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

1.3. Phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 21

25 2 Phương pháp quy nạp trong hình học

25 2.1. Tính toán bằng quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . .

32 2.2. Chứng minh bằng quy nạp.Tô màu bản đồ . . . . .

32 2.2..1 Chứng minh bằng quy nạp . . . . . . . . . . .

2.2..2 Tô màu bản đồ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.3. Xây dựng định nghĩa nhờ quy nạp . . . . . . . . . . 55

2.3..1 Trung tuyến và trọng tâm của n-giác . . . . . 55

2.3..2 Đường tròn Euler của n-giác . . . . . . . . . . 58

62 2.3..3 Đường thẳng Simson của n-giác nội tiếp . . .

63 2.3..4 Điểm ceva của n-giác . . . . . . . . . . . . . . .

Tài liệu tham khảo 73

Mở đầu

Suy luận quy nạp là suy luận trên cơ sở khảo sát các trường hợp riêng

để đi đến các giả thuyết. Suy luận quy nạp Toán học có vai trò quan

trọng trong Toán học và các nghành khoa học khác. Suy luận quy nạp

cũng đã được sử dụng trong giải các dạng toán như một cách gợi mở,

tìm tòi phát hiện vấn đề. Phương pháp quy nạp Toán học cũng đã được

đưa vào chương trình phổ thông, giới thiệu một cách chứng minh có quy

tắc và rất hiệu quả. Để nâng cao khả năng tư duy Toán học và tìm hiểu

thêm phương pháp quy nạp Toán học trong hình học, chương trình phổ

thông, tôi chọn đề tài luận văn cao học là “ Quy nạp và phương pháp

quy nạp Toán học trong hình học ”. Trong luận văn này, tôi xin trình

bày khái quát các kết quả chính đã có về quy nạp Toán học và phương

pháp quy nạp Toán học. Bố cục của luận văn gồm 2 chương:

Chương 1 Phương pháp quy nạp Toán học

Chương 2 Phương pháp quy nạp trong hình học

Do thời gian nghiên cứu có hạn, luận văn không thể tránh khỏi những

thiếu sót, tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của các

thầy và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày tháng năm 2019

Người thực hiện

Phạm Thị Uyên

Chương 1

Phương pháp quy nạp

Toán học

1.1. Suy luận và chứng minh Toán học

1.1..1 Suy luận Toán học

a.Quy tắc suy luận

Định nghĩa 1.1. Cho A1, A2, A3, ...., An và B là những mệnh đề. Ta nói

rằng có một quy tắc suy luận với các tiền đề là A1, A2, A3, ...., An và hệ

(cid:86) .... (cid:86) An) →B là một mệnh đề hằng đúng (cid:86) A3 (cid:86) A2 quả logic là B nếu ( A1

A1, A2, ..., An B

A1 ... An ∴ B

Quy tắc suy luận trên đây được kí hiệu là hoặc

Hằng đúng (p (cid:86)(p → q)) → q là cơ sở của quy tắc suy luận có tên là

p p → q ∴ q

Modus ponens hay luật tách rời. Hằng đúng này được viết như sau :

Khi dùng ký hiệu này, các giả thiết được viết trên dấu gạch ngang còn kết luận viết dưới dấu gạch ngang. Ký hiệu “∴ ” có nghĩa là “ vậy thì”.

Luật tách rời phát biểu rằng nếu cả mệnh đề kéo theo và các giả thiết

của nó là đúng suy ra kết luận của mệnh đề là đúng.

Ví dụ 1.1. Mệnh đề kéo theo “ nếu n chia hết cho 3 ” thì “ n2chia hết

Bảng 1.1: Bảng liệt kê một số quy tắc quan trọng

Quy tắc suy luận

Hằng đúng

Tên gọi

p → (p ∨ q)

Luật công

∴ p ∨ q

p ∧ q

(p ∧ q) → p

Luật rút gọn

∴ p

[p ∧ (p → q)] → q

Luật tách rời

p → q ∴ q

¬q

[¬q ∧ (p → q)] → ¬p

Luật phản chứng

p → q ∴ ¬p

p → q

[(p → q) ∧ (q → r)] → (p → r)

Luật bắc cầu

q → r ∴ p → r

p ∨ q

[(p ∨ q) ∧ ¬p] → q

Luật loại trừ

¬p ∴ q

cho 9 ”là đúng. Do vậy nếu n chia hết cho 3, thì theo luật tách rời ta suy ra n2chia hết cho 9.

b. Ngụy biện

Có một số ngụy biện rất hay gặp trong chứng minh sai. Chúng giống như

các suy luận không dựa trên những mệnh đề hằng đúng mà chỉ là những

mệnh đề tiếp liên. Bây giờ ta sẽ chỉ ra sự khác nhau giữa suy luận đúng

•Mệnh đề [(p → q) ∧ q] → p không là hằng đúng vì nó sai khi p sai và

q đúng. Tuy nhiên, có nhiều chứng minh sai xem nó như hằng đúng. Sở

và suy luận sai

dĩ có sai lầm này là người ta cho rằng mệnh đề p → q tương đương với

mệnh đề q → p nên khi có q đúng suy ra p đúng. Loại suy luận sai điển

hình này gọi là ngộ nhận kết luận

Ví dụ 1.2. p : “n chia 3 dư 1 ” q :“ n2chia 3 dư 1 ” p → q : “n chia 3 dư 1 thì n2 chia 3 dư 1 ”là mệnh đề đúng Nếu q đúng, tức là n2 chia 3 dư 1 có thể suy ra p đúngtức là n chia 3 dư 1 không?

Lời giải : Không thể kết luận p đúng được bởi vì n có thể chia 3 dư 2, khi đó n2 = (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1 chia 3 dư 1.

•Mệnh đề [(p → q) ∧ ¬p] → ¬q không phải là hằng đúng vì nó sai khi p

Chứng minh sai vì đã ngộ nhận kết luận

sai và q đúng.

Nhiều chứng minh sai vì đã sử dụng mệnh đề này như một luật suy

diễn.Sở dĩ có sai lầm này là do người ta cho rằng mệnh đề p → q tương

đương với mệnh đề ¬p → ¬q nên khi có ¬p đúng suy ra ¬q đúng. Loại

suy diễn sai lầm kiểu này gọi là ngụy biện phủ nhận giả thiết

Ví dụ 1.3. Suy diễn sau đây có đúng hay không ? Nếu x > 1 thì x2 > 1 Ta có x ≤ 1vậy thì x2 ≤ 1 Lời giải : Giả sử p là mệnh đề “x > 1” còn q là mệnh đề “x2 > 1”. Khi

đó, cách suy diễn trên có dạng : [(p → q) ∧ ¬p] → ¬q. Đây là suy diễn

•Suy luận quẩn : Ngụy biện này xuất hiện khi chứng minh một mệnh

sai dạng ngụy biện phủ nhận giả thiết. Thật vậy, ta có x = −2 nhỏ hơn 1 nhưng x2 = 4 lớn hơn 1

đề lại sử dụng chính nó hoặc một mệnh đề tương đương với nó

•Ngoài những ngụy biện nêu trên còn có những suy luận sai do áp dụng

Ví dụ 1.4. Chứng minh tiên đề Ơclit về đường song song

1.1..2 Các phương pháp chứng minh

không đúng các định lý hoặc tính chất.

Dưới đây, chúng ta sẽ mô tả cách chứng minh các kiểu mệnh đề kéo

theo p → q, nên các kỹ thuật chứng minh kéo theo là rất quan trọng. Sau

• Chứng minh rỗng

đây ta sẽ bàn tới những kĩ thuật chứng minh phép kéo theo

Giả sử rằng giả thiết p của phép kéo theo p → q là sai. Khi đó, phép kéo

theo là đúng vì hai dạng mệnh đề F → T và F → F đều đúng. Do vậy,

nếu có thể chỉ ra p là sai thì phép kéo theo p → q được chứng minh. Một

chứng minh như vậy được gọi là chứng minh rỗng

Ví dụ 1.5. Chỉ ra rằng mệnh đề P (0) là đúng, trong đó P (n) là hàm mệnh đề “ Nếu n > 1 thì n2 > n ”

Lời giải : Dễ thấy P (0) là mệnh đề kéo theo “ nếu 0 > 1 thì 02 > 0

”. Vì giả thiết 0 > 1 sai nên mệnh đề kéo theo P (0) tự động đúng. Chú ý rằng kết luận của phép kéo theo 02 > 0 là sai. Nhưng không vì thế mà

mệnh đề P (0) là sai, vì theo định nghĩa, mệnh đề kéo theo chỉ sai khi giả

•Chứng minh tầm thường

thiết của nó đúng còn kết luận của nó là sai.

Giả sử rằng kết luận q của phép kéo theo p → q là đúng. Khi đó p → q

là đúng vì nó có dạng T → T hoặc F → T đều đúng cả. Do vậy, nếu

có thể chỉ ra được q là đúng thì mệnh đề p → q được chứng minh. Một

chứng minh như vậy gọi là chứng minh tầm thường

Ví dụ 1.6. Gọi P (n) là mệnh đề “ Nếu a và b là hai số nguyên dương và a ≥ b thì an ≥ bn”.Hãy chỉ ra rằng P (0) là đúng.

Lời giải : Mệnh đề P (0) là câu :“ Nếu a và b là hai số nguyên dương và a

≥b thì a0 ≥b0 ” . Do đó P (0) là đúng. Đây là một ví dụ về chứng minh

•Chứng minh trực tiếp

tầm thường

Cách chứng minh thông thường hơn hai cách chứng minh trên là cho p

đúng rồi sử dụng các suy luận có lý để chỉ ra rằng q cũng đúng, tức là tổ

hợp p đúng q sai không bao giờ xảy ra. Chứng minh này gọi là chứng

minh trực tiếp

Ví dụ 1.7. Hãy chứng minh trực tiếp mệnh đề “ Nếu n là số lẻ thì n2

cũng là số lẻ ” .

• Chứng minh gián tiếp

Lời giải : Giả sử rằng giả thiết của mệnh đề kéo theo này là đúng. Khi đó n = 2k + 1, với k là số nguyên. Từ đó suy ra n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1, do đó n2 cũng là số lẻ

Ta biết rằng hai mệnh đề tương đương logic với nhau nếu và chỉ nếu tính

đúng sai của chúng như nhau. Vì vậy để chứng minh một mệnh đề M

M là đúng. Chẳng hạn để chứng minh mệnh đề p → q là đúng, ta có thể

đã cho là đúng, ta có thể chứng minh một mệnh đề tương đương logic với

chứng minh mệnh đề ¬q→ ¬p là đúng.

¬q→ ¬p, nên phép kéo theo sẽ được chứng minh bằng cách chỉ ra rằng

Vì mệnh đề kéo theo p→q tương đương với mệnh đề phản đảo của nó là

mệnh đề ¬q→ ¬p là đúng.Mệnh đề kéo theo này thường được chứng minh

trực tiếp nhưng cũng có thể sử dụng bất cứ kỹ thuật chứng minh nào.

Chứng minh kiểu này gọi là chứng minh gián tiếp

Ví dụ 1.8. Hãy chứng minh gián tiếp định lý “ Nếu 3n + 2 là một số lẻ

thì n cũng là số lẻ ”

n chẵn. Khi đó n = 2k với k là số nguyên nào đó. Từ đó suy ra

3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k + 1) và do đó 3n + 2 là số chẵn. Vậy

Lời giải : Giả sử ngược lại kết luận của phép kép theo là sai, tức

phủ định kết luận của phép kéo theo dẫn đến phủ định của giả thiết của

•Chứng minh bằng phản chứng

nó, nên mệnh đề kéo theo ban đầu là đúng.

Ta có [¬p → (q ∧ ¬q)] → p là một mệnh đề hằng đúng do đó có một quy

¬p → (q ∧ ¬q) ∴ p

tắc suy luận

¬pđúng từ đó suy ra hai mệnh đề q và ¬q, tức là suy ra mệnh đề hằng sai

Như vậy để chứng minh mệnh đề p đã cho là đúng, ta giả sử p sai, tức

q∧¬q.Ta biết rằng ¬p→F là đúng chỉ trong trường hợp ¬p sai do đó p đúng.

Kiểu chứng minh này gọi là chứng minh bằng phản chứng

Ví dụ 1.9. Hãy chứng minh bằng phản chứng định lý : “ Nếu a là số vô

tỷ thì b = a+2 là số vô tỷ. ”

m n

Lời giải : Giả sử b = a+2 là số hữu tỷ thì b = với m, n là số nguyên.

− 2 =

m n

m − 2n n

là Khi đó từ đẳng thức b = a + 2 suy ra a = b − 2 =

số hữu tỷ. Điều này mẫu thuẫn với giả thiết a là số vô tỷ. Định lý được

•Chứng minh bằng cách xét từng trường hợp

chứng minh

Để chứng minh mệnh đề có dạng (p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn) → q là đùng người

[(p1 ∨ p2 ∨ · · · ∨ pn → q] ↔ [(p1 → q) ∧ (p2 → q) ∧ · · · ∧ (pn → q)]

ta dùng hằng đúng

Điều này chứng tỏ mệnh đề kéo theo có giả thiết là tuyển của các mệnh

đề p1, p2, · · · , pn có thể được chứng minh mỗi một trong n mệnh đề kéo

theo pi → q với i = i, n một cách riêng rẽ. Cách chứng minh như trên

gọi là chứng minh từng trường hợp

Ví dụ 1.10. Hãy chứng minh mệnh đề “ Nếu số nguyên n không chia hết cho 3 thì n2chia 3 dư 1”.

Lời giải: Gọi p là mệnh đề : “ n không chia hết cho 3 ” và q là mệnh đề “ n2 chia 3 dư 1 ”. Khi đó p tương đương với p1 ∨ p2 trong đó p1 là mệnh đề “ n chia 3 dư 1 ” còn p2 là mệnh đề : “ n chia 3 dư 2 ”. Từ đó để

chứng tỏ p → q ta sẽ chứng minh p1 → q và p2 → q. Hai mệnh đề kéo

theo này được chứng minh dễ dàng như sau :

Giả sử p1 đúng, tức là n = 3k + 1 với k là một số nguyên nào đó. Khi

n2 = 9k2 + 6k + 1 = 3(3k2 + 2k) + 1,

đó :

n2 = 9k2 + 12k + 4 = 3(3k2 + 2k + 1) + 1,

tức là “ n2 chia 3 dư 1 ” hay p1 → q là đúng Tiếp theo giả sử p2 là đúng, tức là n = 3k + 2 với k là một số nguyên nào đó. Khi đó :

q là đúng. Hơn thế nữa, vì p tương đương với p1 ∨ p2 nên suy ra mệnh đề

p → q là đúng.

•Chứng minh mệnh đề tương đương

tức là “n2 chia 3 dư 1 ” hay p2 → q là đúng. Vì cả hai mệnh đề (p1 → q) và (p2 → q) là đúng nên kết luận (p1 ∨p2) →

Để chứng minh định lý có dạng cần và đủ, tức là nó có dạng p ↔ q, trong

(p ↔ q) ↔ [(p → q) ∧ (q → p)].

đó p và q là hai mệnh đề, ta sử dụng hằng đúng:

Tức là mệnh đề “ p nếu và chỉ nếu q ” là đúng nếu cả hai mệnh đề kéo

theo “ nếu p thì q ” và “ nếu q thì p ” được chứng minh là đúng.

Ví dụ 1.11. Hãy chứng minh định lý “ a4 = b4khi và chỉ khi a2 = b2”

Lời giải: Định lý này có dạng “ p nếu và chỉ nếu q ”, trong đó p là mệnh đề “ a4 = b4 ” còn q là mệnh đề “a2 = b2” . Để chứng minh định lý này,

ta chỉ cần chỉ ra p → q và q → p là đúng. Để chứng minh phép kéo theo thứ nhất ta giả sử p đúng, tức là a4 = b4. Suy ra a4 − b4 = (a2 + b2)(a2 − b2) = 0. Mệnh đề này tương đương với

mệnh đề p1 ∨ p2, trong đó p1 = a2 + b2 = 0 và p2 = a2 − b2 = 0. Nếu p1 đúng tức là a2 + b2 = 0 suy ra a = b = 0.Do đó a2 = b2 = 0 do đó q đúng. Nếu p2 đúng, tức là a2 − b2 = 0 suy ra a2 = b2, tức là q đúng. Như vậy, mệnh đề kéo theo thứ nhất đã được chứng minh. Để chứng minh mệnh đề kéo theo thứ hai, ta giả sử q đúng, tức là a2 = b2, suy ra a4 = a2.a2 = b2.b2 = b4, tức là ta có p đúng, mệnh đề kéo theo thứ

hai được chứng minh.

Vì cả hai mệnh đề p → q và q → p đã được chứng minh là đúng nên

• Chứng minh tồn tại

mệnh đề tương đương với chúng p ↔ q là đúng.

Nhiều định lý là các khẳng định sự tồn tại của các đối tượng thuộc một

loại nào đó. Một định lý loại này là mệnh đề có dạng ∃xP (x) với P là

vị ngữ. Chứng minh mệnh đề dạng ∃xP (x) gọi là chứng minh tồn

tại. Có nhiều cách chứng minh định lý loại này. Đôi khi một chứng minh

tồn tại của mệnh đề ∃xP (x) được hoàn tất bằng cách tìm một phần tử a

sao cho P (a) đúng. Cách chứng minh tồn tại như vậy gọi là chứng minh

tồn tại kiến thiết. Có cách chứng minh khác gọi là tồn tại không

kiến thiết, tức là chúng ta không chỉ ra phần tử a sao cho P (a) đúng

mà chứng minh rằng ∃xP (x) đúng bằng một cách khác.

Ví dụ 1.12. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n tồn tại n số

nguyên dương liên tiếp đều là hợp số.

1, n)(x + i) là hợp số. Với mọi n nguyên dương ta đặt x = (n + 1)! + 1.

Lời giải :Điều phải chứng minh tương đương với lượng hóa ∀n∃x∀(i =

x + i = (n + 1)! + (i + 1)

Khi đó

n hợp số liên tiếp. Trong cách chứng minh này ta đã chỉ ra số x để cho

P (x) đúng. Đó là cách chứng minh tồn tại kiến thiết

chia hết cho (i + 1) với mọi i = 1, n. Vì vậy x + 1, x + 2, · · · , x + n là

•Phản ví dụ

Giả sử mênh đề ∀xP (x) là sai. Chúng ta chứng tỏ điều này bằng cách

nào? Nhớ lại rằng các mệnh đề ¬∀xP (x) và ∃x¬P (x) là tương đương.

Điều này có nghĩa là nếu ta tìm được một phần tử a sao cho P (a) sai

thì chúng ta chỉ ra được ∃x¬P (x) là đúng hay ∀xP (x) là sai. Phần tử a

sao cho P (a) sai gọi là một phản ví dụ. Nếu tìm được chỉ một phản vi

dụ cũng đủ chứng tỏ ∀xP (x) là sai.

Ví dụ 1.13. Chứng tỏ rằng khẳng định “ Tất cả các số nguyên tố đều lẻ

” là sai.

Lời giải: Mệnh đề “tất cả các số nguyên tố đều lẻ ” là một lượng hóa

phổ dụng, tức là ∀xP (x), trong đó P (x) là mệnh đề “x là lẻ ” và không

gian đang xét là tập số nguyên tố. Chú ý rằng x = 2 là một phản ví dụ,

vì 2 là số nguyên tố nhưng là số chẵn. Vì thế mệnh đề “ Tất cả các số

1.1..3 Phương pháp chứng minh quy nạp Toán học

nguyên tố đều lẻ ” là sai.

1. Cơ sở phương pháp chứng minh quy nạp Toán học

Phương pháp quy nạp Toán học là một phương pháp chứng minh Toán học

đặc biệt, cho phép ta rút ra quy luật tổng quát trên cơ sở những trường

hợp riêng. a, Tính sắp thứ tự tốt của tập N các số tự nhiên

Tiên đề 1.1. Mọi tập không rỗng của tập các số tự nhiên N luôn có số bé nhất

Định lý 1.1. A ⊂ N. Nếu 0 ∈ A và a ∈ A suy ra a + 1 ∈ A thì A = N Chứng minh: Giả sử A (cid:54)= N khi đó M = N(cid:31)A (cid:54)= ∅ ⇒M (cid:54)= ∅.

Theo tiên đề trên M có số bé nhất là m0, tức là tồn tại m0 ∈ M sao

cho với mọi m ∈ M ta có m0 ≤ m.

Vì m0 ∈ M nên m0 /∈ A, do đó m0 (cid:54)= 0. Vì m0 là số tự nhiên khác 0

a ∈ A. Theo giả thiết a + 1 ∈ A. Nhưng a + 1 = m0. Vậy m0 ∈ A. Trên đây ta có m0 /∈ A. Mâu thuẫn này chứng tỏ A = N b, Phương pháp chứng minh quy nạp

nên a = m0 − 1 cũng là một số tự nhiên. Vì a < m0 nên a /∈ M , suy ra

Định lý 1.2. Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên tập các số tự nhiên N. Nếu P(0) đúng và ∀a ∈ N, P (a) −→ P (a+1) đúng ∀nP (n) đúng. Chứng minh: Đặt A = n0 ∈ N|P (n0) đúng là miền đúng của P (n). Khi đó ta có A = N.

Thật vậy, P (0) đúng nên 0 ∈ A. Giả sử a ∈ A, khi đó P (a) đúng, theo

giả thiết suy ra P (a + 1) đúng, do đó a + 1 ∈ A theo định lí 1.1 ta có A = N. Vì A = N nên ∀nP(n) đúng.

Định lý 1.3. Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên N. Nếu

P (n) đúng.

P(n0) đúng và P (a)đúng, a ≥ n0 suy ra P (a + 1) đúng thì ∀n ≥ n0,

• Phương pháp quy nạp thứ nhất

Chứng minh: Đặt A = 0, 1, ..., n0 − 1 ∪ EP (n), trong đó EP (n) là miền đúng của P (n) rồi chứng minh giống như chứng minh trong định lí 1.2 ta có A = N. Suy ra với mọi x0 ≥ n0,x0 ∈ EP (n) suy ra P (x0) đúng. 2. Một số hình thức của phương pháp quy nạp Toán học

[p(k0); ∀k ≥ k0; p(k) ⇒ p(k + 1)] ⇒ ∀n ≥ k0, p(n)

(1.1)

Ví dụ 1.14. Với số tự nhiên a, số nguyên tố P.Chứng minh ap − a

chia hết cho p (định lý nhỏ Fermat)

Chứng minh

Do không rõ quy luật phân bố của số nguyên tố p nên ta quy nạp theo a: a = 0 ⇒0p − 0 chia hết cho p. a = 1⇒1p − 1 chia hết cho p. Giả sử ap − a chia hết cho p với số tự nhiên a ≥ 0 Ta chứng minh (a + 1)p − (a + 1) chia hết cho p.

p−1ap−1 + Cp

p−2ap−2 + ... + Cp

2a2 + Cp

k−1 = bội số của p,

p chia hết cho p

Khai triển: (a + 1)p = ap + 1 + Cp k = pCp−1 Nhận xét rằng : kCp Nhưng ∀k

minh

Ví dụ 1.15. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta đều có : 2n+2 > 2n + 5

Chứng minh Với n = 1 : 21+2 > 2.1 + 5: bất đẳng thức đúng. Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 1 : 2k+2 > 2k + 5 ta chứng minh

nó cũng đúng với n = k + 1: 2(k+1)+2 = 2.2k+2 > 2(2k + 5) = 4k + 10 > 2k + 7 = 2(k + 1) + 5

Vậy bất đẳng thức đúng với n nguyên dương ta gọi hình thức quy nạp theo

• Phương pháp quy nạp thứ hai

mệnh đề (1.1) là hình thức quy nạp chuẩn tắc.

[p(k0); ∀k − 1 ≥ k0; p(k − 1) ⇒ p(k)] ⇒ ∀n ≥ k0, p(n)

(1.2)

cos a. cos 2a. cos 4a... cos 2na =

sin 2n+1a 2n+1 sin a

Ví dụ 1.16. Chứng minh rằng nếu sin a (cid:54)= 0thì :

n = 0 : cos a =

sin 2a 2 sin a

Chứng minh

Biểu thức đúng. Giả sử biểu thức đúng với n = k − 1(k > 0) ta chứng

minh biểu thức đúng với n = k. Thật vậy:

cos a. cos 2a... cos 2k−1a. cos 2ka =

sin 2ka. cos 2ka 2k sin a sin 2k+1a 2.2k sin a

sin 2k+1a 2k+1 sin a

Tuy nhiên hình thức quy nạp lùi không phải lúc nào cũng thực hiện được,

nhất la khi đối tượng lấy làm quy nạp là số mũ, vì lúc đó xuất hiện số

• Phương pháp quy nạp thứ ba

[p(k0), p(k0 + 1), ...p(k0 + a − 1); ∀k ≥ k0; p(k) ⇒ p(k + a)] ⇒ ∀n ≥

k0, p(n)

2 + ... +

2 = 1

1 xs

mũ âm gây khó khăn khi tính toán.

Ví dụ 1.17. Tìm các số tự nhiên s để phương trình: 1 1 2 + x2 x1 Lời giải

Khi s = 1, phương trình có nghiệm x = 1

Khi s = 2, giả sử phương trình có nghiệm (a1; a2; a1 ≤ a2),

2 ≥

2 ⇒

2 = 1 ≤

2 +

2 =

1 a1

1 a2

1 a1

2 a1

⇒a2

1 2 + a2 1 ≤ 2 ⇒a1 = 1: vô lý

ta có

Vậy với s = 2 phương trình vô nghiệm.

Khi s = 4 thì (2; 2; 2; 2) là nghiệm của phương trình

Khi s = 5, chứng minh tương tự như khi s = 3 và bằng phép thế ta biết

√

phương trình vô nghiệm.

s; ...;

Nói chung khi s chính phương thì phương trình luôn có nghiệm (

(2; 2; 2; 4; 4; 4; 4), (3; 3; 3; 3; 3; 7; 14; 21)

Khi s = 6, 7, 8 phương trình có nghiệm tương ứng là (2; 2; 2; 3; 3; 6),

2 +

2 + ... +

2 = 1

1 a1

1 a2

1 as

Giả sử với số tự nhiên s nào đó, phương trình có nghiệm:

2 =

Do đó

2 +

1 4as 2 = 1

1 as 1 2 + as

1 2 + 4as 1 as−1

2 = 1 as

1 2 + 4as 1 as+3

1 4 2 + 4as 4as 1 2 + ... + as Trong đó: as = as+1 = ... = as+3

Nên

2 +

2 + ... +

2 +

2 = 1

1 xs

1 xs−1

1 xs

1 xs+3

Điều này chứng tỏ (a1; a2; ...2as; 2as; 2as; 2as) là nghiệm của phương trình:

Như vậy với s xác định, phương trình có nghiệm thì với s + 3 phương

trình cũng có nghiệm. Mà phương trình có nghiệm với s = 6, 7, 8 nên

theo nguyên lý quy nạp phương trình có nghiệm với s ≥ 6( ngoài ra

• Phương pháp quy nạp thứ tư

phương trình có nghiệm cả khi s = 1, 4)

Thường được dùng để xem xét các tổng hữu hạn, các tích phân (dùng

n theo a,b,c

n + x2

phương pháp tích phân từng phần)

0 = 1 + 1 = 2; S1 = x1 + x2 =

S0 = x1

−b a Giả sử tính được S0, S1, ..Sn−1,ta tính được Sn

Ví dụ 1.18. x1, x2 là nghiệm phương trình ax2 + bx + c = 0(a (cid:54)= 0).Tính Sn = x1 Chứng minh 0 + x2

2 + bx1 + c = 0 ⇒x2n−2

2 + bx1 + c) = 0

(ax1 n−2 = 0 (α)

1 n−1 + cx1

1 + bx1

n−2 = 0 (β)

ax1 Hay :axn Tương tự :axn

n−1 + cx2

2 + bx2

Vì x1, x2 là nghiệm của phương trình nên :

(α) + (β) ⇒aSn + bSn−1 + cSn−2 = 0

n + a2

= a1

bSn−1 + cSn−2 a

Suy ra: Sn = −

Vì Sn−1, Sn−2 đã biết( theo giả thiết quy nạp) nên Sn tính được theo các

giá trị của Sn−1, Sn−2

bS1 + cS0 a

b2 − 2ac a2

Cụ thể là: S2 = −

S3 = −

, S4 = ...

bS2 + cS1 a

−b3 + 3abc a3

+ ... +

)

22 2

2n n

2 n + 1 2n+1 ( 1 Sntồn tại

Ví dụ 1.19. Sn =

+ ... +

)

Sn+1 =

2n+1 n + 1

Chứng minh lim x→∞

+ ... +

) +

n + 2 2(n + 1)

2 1 n + 1 2n+1 (

22 2 21 1

2n n 2n n

n + 2 2(n + 1)

Chứng minh n + 2 2n+2 ( .

Sn+2 − Sn+1 =

(n2 + 4n + 3)(Sn+1 − Sn) − Sn − 1 2(n + 1)(n + 2) Suy ra rằng nếu Sn+1 − Sn ≤ 0 thì Sn+2 − Sn+1 ≤ 0 (vì Sn > 0)

; S4 − S3 ≤ 0

; S3 =

; S4 =

S1 = 1; S2 =

Do đó:

5 3

3 2

Việc tính toán trực tiếp cho ta các kết quả: 5 3

Sn tồn tại

Nhờ quy nạp theo n ta kết luận dãy S4, S5, ...giảm dần. Nhưng Sn > 0

• Phương pháp quy nạp thứ năm

nên lim x→∞

Thường được dùng trong các dãy số mà số hạng thứ n được biểu diễn theo

các số hạng đứng trước nó. Ở đây chúng ta có thể thấy sự tương tự của

hình thức quy nạp kép với hình thức quy nạp truy hồi.

an+1 = an + an−1 là các số hạng của dãy Fibonaxi

Ví dụ 1.20. a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1, ...

am+n = am−1.an + am.an+1

Chứng minh

Chứng minh: Với m bất kỳ ta quy nạp theo n

Khi n = 1, 2 biểu thức đúng:

am+2 = am+1 + am = am−1 + 2am = am−1.a2 + am.a3 ( vì a2 = 1; a3 = 2)

(cid:26) am+1 = am + am−1 = am.a2 + am−1.a1 (vì a1 = a2 = 1)

Giả sử biểu thức đúng với n = k − 1, k.

Khi đó:

⇒am+k−1 + am+k = am+k+1 = am−1(ak + ak−1) + am.(ak + ak+1)

⇒am+k+1 = am−1.an+1 + am.an+2(đpcm)

• Phương pháp quy nạp thứ sáu

(cid:26) am+k−1 = am−1.ak−1 + am.ak am+k = am−1.ak + am.ak+1

Một số bài toán có miền xác định liên tục thường ta không dùng phương

pháp quy nạp, tuy nhiên hình thức quy nạp theo đoạn đôi khi lại là một

cách giải độc đáo, bất ngờ như ví dụ sau đây:

Ví dụ 1.21. Chứng minh 2x > x, với mọi x > 0 Chứng minh khi 0 < x ≤ 1, ta được 2x > 20 = 1 ≥ x(do tính đơn điệu

nghiêm ngặt của hàm mũ) bất đẳng thức đúng. Khi 1 < x ≤ 2, ta được 2x > 21 = 2 ≥ x, bất đẳng thức đúng.

(2k + 5) = k + 2 +

> k + 2 ≥ x

Giả sử bất đẳng thức đúng khi k + 1 < x ≤ k + 2 Nghĩa là: 2x > 2k+1 > k + 2 ≥ x. Điều này có thể chứng minh được nhờ

1 2

1.2. Suy luận quy nạp

kết quả của ví dụ 1.15 2x > 2k+1 =

Người ta thường phân biệt hai hình thức suy luận đó là suy diễn và quy

nạp. Suy diễn là phương pháp suy luận đi từ cái chung đến cái riêng,

dựa trên các quy tắc suy luận như đã trình bày trong mục 1.1

Quy nạp là phương pháp suy diễn đi từ cái riêng đến cái chung. Có hai

1.2..1 Phương pháp quy nạp hoàn toàn

loại quy nạp là quy nạp hoàn toàn và quy nạp không hoàn toàn

Một số ví dụ

Ví dụ 1.22. Tìm công thức tính tổng của n số nguyên dương lẻ đầu tiên

Lời giải: Đặt S(n) = 1 + 3 + · · · + (2n − 1). Với n = 1, 2, 3, 4, 5 ta

S1 = 1 = 12

S2 = 1 + 3 = 4 = 22

S3 = 1 + 3 + 5 = 9 = 32

S4 = 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42

S5 = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52

được

Từ các kết quả trên ta dự đoán tổng của n số nguyên lẻ đầu tiên là n2,

•Bước quy nạp : Giả sử P (n) đúng, tức là ta có :

S(n) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2

ta sẽ chứng minh dự đoán trên là đúng. Gọi P (n) là mệnh đề : “ Tổng n số nguyên lẻ đầu tiên bằng n2 ” hoặc “S(n) = n2 ” •Bước cơ sở: Vì S(1) = 1 = 12 nên P (1) đúng

Ta phải chứng minh P (n + 1) đúng, tức là S(n + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1) = (n + 1)2

S(n + 1) = 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) + (2n + 1)

= S(n) + (2n − 1)

= n2 + (2n + 1)

= (n + 1)2

Do giả thiết quy nạp ta có:

Đẳng thức này chứng tỏ P (n + 1) được suy ra từ P (n). Vậy P (n) đúng

với mọi n nguyên dương.

Ví dụ 1.23. Chứng minh rằng n3 − n chia hết cho 3 với mọi n nguyên

không âm.

Lời giải : Gọi P (n) là hàm mệnh đề : “ n3 − n chia hết cho 3 ”.

Bước cơ sở: P (0) đúng vì 03 − 0 = 0 chia hết cho 3. Bước quy nạp: : Giả sử P (n) đúng, tức là n3 − n chia hết cho 3. Ta

(n + 1)3 − (n + 1) = (n3 + 3n2 + 3n + 1) − (n + 1)

= (n3 − n) + 3(n3 + n) = n(n2 − 1) + 3(n3 + n)

= n(n − 1)(n + 1) + 3(n3 + n)

cần chứng minh P (n + 1) đúng. Thật vậy, biểu thức:

chia hết cho 3 vì n3−n chia hết cho 3 theo giả thiết quy nạp, còn 3(n3+n) chia hết cho 3 vì n2 + n nguyên.

Bước quy nạp được hoàn thành.

1.2..2 Quy nạp không hoàn toàn và các giả thuyết Toán

học

Vậy P (n) đúng với mọi n không âm

Suy luận quy nạp không hoàn toàn là suy luận đi từ cái riêng

đến cái chung, từ cụ thể đến tổng quát, mà kết luận rút ra từ suy luận

B(2); A(3) < B(3); A(4) < B(4).

chưa chắc đúng. Ví dụ: So sánh các số A(n) = 10n−1 với B(n) = 2004 + n, trong đó n ∈ N∗.Bằng phép thử với n = 1, 2, 3, 4 ta có A(1) < B(1); A(2) <

Từ đây, ta kết luận “10n−1 < 2004 + n với mọi n ≤ 4” (1)

Rõ ràng kết luận này đúng.

Tuy nhiên, cũng từ kết quả của phép thử trên, nếu vội kết luận: “10n−1 < 2004 + n với mọi n ∈ N∗ (2)

thì lại sai lầm với n = 5 ta có: 104 > 2004 + 5( tương tự với n = 6, 7, 8, ...)

Đến đây,nếu kết luận tiếp: “10n−1 > 2004 + n với mọi n ≥ 5” (3)

sau đó với phép thử, cho dù có nhận được kết quả đúng với n bằng bao

nhiêu chăng nữa thì vẫn không thể coi là đã chứng minh được mệnh đề

(3).

Mệnh đề (3) sẽ được chứng minh nếu dùng phương pháp quy nạp

toán học.

Các mệnh đề (2),(3) có được là kết quả của phép quy nạp không hoàn

toàn, trong đó mệnh đề (2) là sai còn mệnh đề (3) là đúng.

Do phép thử chỉ có tính dự đoán, nên kết quả của phép quy nạp không

hoàn toàn chỉ là giả thuyết, và việc phải làm tiếp theo là chứng minh

hay bác bỏ.

Dưới đây, ta xét thêm vài ví dụ lịch sử.

Phescma (P.Fermat) nhà Toán học Pháp (1601-1665) khi xét các số dạng 22n + 1 thấy rằng với n = 0, 1, 2, 3, 4 thì 220 + 1 = 3, 221 + 1 = 5, 222 + 1 = 17, 223 + 1 = 257, 224 + 1 = 65537 đều là những số nguyên tố. Từ đó, ông dự đoán rằng “ Mọi số có dạng 22n + 1 với n ∈ N đều là những số

nguyên tố ”.

+ 1 = 4294967297

225

Tuy nhiên, 100 năm sau, nhà Toán học Thụy sĩ Ơ-le (Euler, 1707-1783) lại phát hiện ra rằng 225 + 1 không phải là số nguyên tố vì:

...641

Cũng chính Phéc-ma là tác giả của giả thuyết nổi tiếng mà người đời sau gọi là định lí cuối cùng của Phéc-ma: “Phương trình xn + yn = zn không

có nghiệm nguyên dương với mọi số tự nhiên n > 2 ”. Năm 1993, tức là

hơn 350 năm sau, giả thuyết này mới được chứng minh hoàn toàn.

...3; n5 − n

Nhà Toán học Đức Lai-bơ-nít (Leibniz 1646-1716) đã chứng minh được ...7, từ đó ông dự đoán với mọi ...5; n7 − n rằng ∀n ∈ N∗ thì n3 − n ...p. Tuy nhiên, chỉ ít lâu sau n nguyên dương và với mọi số lẻ p thì np − n chính ông lại phát hiện ra 29 − 2 = 510 không chia hết cho 9.

Lịch sử Toán học đẫ để lại nhiều sự kiện thú vị xung quanh các giả thuyết

có được bằng suy luận quy nạp không hoàn toàn ( hoặc bằng phép tương

tự). Có những giả thuyết đã bị bác bỏ, có nhiều giả thuyết đã được chứng

minh, có những giả thuyết mà vài trăm năm sau vẫn không được chứng

minh hay bác bỏ. Tuy nhiên, việc tìm cách chứng minh hay bác bỏ nhiều

1.3. Phương pháp quy nạp toán học ở trường

phổ thông

giả thuyết đã có tác dụng thúc đẩy sự phát triển toán học.

Trong chương trình phổ thông dãy số được đưa vào lớp 11 để sau đó

nghiên cứu về giới hạn và đạo hàm. Dãy số là một tập con của tập các số

thực được đánh số bởi các số tự nhiên, vì vậy phương pháp chứng minh

quy nạp được dùng có hiệu quả trong chương này.Một số bài toán phổ

thông giải bằng phương pháp quy nạp Toán học. Sau đây là một vài ví dụ

sử dụng phương pháp quy nạp Toán học.

1.Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng

Nếu cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng tổng

quát un được xác định bởi công thức:

un = u1 + (n − 1)d với n ≥ 2

(1.4)

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh công thức (1.4) bằng quy nạp.

Khi n = 2 thì u2 = u1 + d, vậy công thức (1.4) đúng.

Giả sử công thức (1.4) đúng với n = k ≥ 2, tức là uk = u1 + (k − 1)d.

u1 + kd.

Ta phải chứng minh rằng (1.4) cũng đúng với n = k + 1, tức là uk+1 =

uk+1 = uk + d = [u1 + (k − 1)d] + d = u1 + kd

Thật vậy, theo định nghĩa cấp số cộng và giả thiết quy nạp ta có

Vậy un = u1 + (n − 1)d với n ≥ 2

2.Công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân

un được xác định bởi công thức

Nếu cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát

un = u1.qn−1 với n ≥ 2

(1.5)

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh công thức (1.5) bằng quy nạp.

Khi n = 2 thì u2 = u1.q, vậy công thức (1.5) đúng. Giả sử công thức (1.5) đúng với n = k ≥ 2, tức là uk = u1.qk−1 Ta phải chứng minh rằng (1.5) cũng đúng với n = k + 1, tức là uk+1 = u1.qk Thật vậy, theo định nghĩa cấp số nhân và giả thiết quy nạp ta có uk+1 = uk.q = [u1.qk−1].q = u1.qk Vậy un = u1.qn−1 với n ≥ 2. 3. Một số bài toán

n(n + 1)(2n + 1) 6

Ví dụ 1.24. Chứng minh rằng 1+4+.....+n2 =

với mọi n ≥ 1

Lời giải: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp hoàn toàn. Kí hiệu

tổng bình phương của các số tự nhiên đầu tiên là P (n).

1.2.3 6

đúng. Với n = 1 ta có 1 =

k(k + 1)(2k + 1) 6

. Giả sử mệnh đề đúng với n = k, P (k) =

P (k + 1) = 1 + 4 + .... + (k + 1)2 = P (k) + (k + 1)2

+ (k + 1)2

= (k + 1).

(k)(k + 1)(2k + 1) 6 2k(k + 1) + k + 4(k + 1) + 2 6

(k + 1)(k + 2)(2(k + 1) + 1) 6

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1

Đúng với n = k + 1.Vậy mệnh đề đúng với mọi n

k=0 C n

k an−kbk,

Ví dụ 1.25. Chứng minh rằng (a+b)n = (cid:80)n

với n là số nguyên dương.

1 ab0 + C 1

1 a0b.

Lời giải: Với n = 1, ta có a + b = C 0

Vậy công thức đúng với n = 1

n (cid:88)

(a + b)n =

C n

k an−kbk.

k=0

Giả sử công thức đúng với số nguyên dương n, tức là ta có

(a + b)n+1 = (a + b)n.(a + b)

= [C n

0 .a0.b0 + C n

1 .an−1.b + ... + C n

k .an−k.bk + ... + C n

n .a0.bn](a + b)

= an+1 + C n

1 .an.b + ... + C n

k .an+1−k.bk + ... +

+a.bn + an.b + C n

n.an−k.bk+1 + ... + bn+1

= an+1 + (C n

1 .an−1.b2 + ... + C k 1 + C n

2 ).an−1.b2 + ... +

+(C k−1

1 ).an.b + (C n k ).an+1−k.bk + ... + bn+1

.an.b + C n

n + C n = an+1 + C n+1

2 .an−1.b2 + ... +

n+1.an+1−k.bk + ... + bn+1 +C k n+1 (cid:88)

C k

n+1an+1−kbk

k=0

Ta chứng minh công thức đúng với n + 1. Thật vậy, ta có

Như vậy công thức đúng với n = k + 1

Ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.26. Chứng minh rằng 2n > 2n + 1 với ∀n ∈ N; n ≥ 3

Lời giải: Với n = 3 bất đẳng thức đúng vì 23 > 2.3 + 1 Giả sử đúng với n = k ≥ 3 ta có 2k > 2k + 1. Ta phải chứng minh 2k+1 > 2(k + 1) + 1

2k+1 = 2.2k > 2(2k + 1) + 1

= (2k + 3) + (2k − 1)

> (2k + 3)

Thật vậy, ta có

(vì (2k − 1) > 0 với ∀k ≥ 3, k ∈ N)

vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1

Ta có điều phải chứng minh

Chương 2

Phương pháp quy nạp

trong hình học

Phương pháp quy nạp Toán học được sử dụng rộng rãi trong nhiều

nghành Toán học khác nhau, nhưng trong hình học những ứng dụng của

phương pháp này vô cùng đẹp đẽ.

Chương này dành cho việc trình bày phương pháp quy nạp Toán học trong

2.1. Tính toán bằng quy nạp

các bài toán hình học.

Cách áp dụng tự nhiên nhất của phương pháp quy nạp Toán học trong

hình học, nó gần gũi với cách dùng trong lý thuyết số và đại số, là dùng

√

2. Ta kí hiệu a2n là

để giải các bài toán tính toán hình học.

α 2

Ví dụ 2.1. Tính độ dài cạnh a2n của 2n giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R GIẢI 1. Với n = 2;2n- giác là hình vuông cạnh a4 = R cạnh của 2n-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R.Ta có: AB = a2n, BC = a2n+1,(cid:92)AOB = α,(cid:92)COB =

Áp dụng định lí Cosin ta tính được

√

⇒ cos

α 2

2n = AB2 = 2R2 − 2R2 cos α a2 2R2 − a2 ⇒ cos α = 2R2 4R2 − a2 2n+1 = BC 2 = 2R2 − 2R2 cos a2 2R Khi đó, ta thu được công thức gấp đôi cạnh đa giác:

(cid:115)

R2 −

a2n+1 =

a2n 4

√

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:116)2R2 − 2R

2 −

2, cạnh của 16-

(cid:112)

√

2 −

2 +

2, cạnh của 32- giác đều

(cid:113) Ta tính được cạnh của bát giác đều a8 = R (cid:112) giác đều a16 = R

√

2 −

2 +

a32 = R

(cid:115) (cid:114) (cid:113)

Nhờ đó có thể giả sử rằng với n ≥ 2,cạnh của một 2n- giác đều nội tiếp

√

là :

2 −

a2n = R

2 (cid:125)

2 + ... + (cid:124)

(cid:115) (2.1) (cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:123)(cid:122) (n−2)

2.Giả sử cạnh của một 2n-giác đều nội tiếp được biểu diễn bởi (2.1). Khi

đó, nhờ công thức gấp đôi cạnh đa giác ta có :

√

2 + ... +

2 − (cid:124)

2 (cid:125)

(cid:113)

2R2 − 2R

R2 − R2

a2n+1 =

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:112)

√

(cid:123)(cid:122) (n−2) 4

= R

2 −

(cid:115)

2 + 2 + ... + (cid:124)

2 (cid:125)

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:123)(cid:122) (n−1)

Suy ra (2.1) đúng với mọi n.

R(C = 2πR) sẽ là giới hạn của biểu thức:

Từ công thức (2.1), khi n tăng vô hạn, chu vi đường tròn bán kính

√

2 −

2 + ... +

2nR

(cid:113)

2 (cid:125)

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:118) (cid:117) (cid:117) 2 + (cid:116) (cid:124) (cid:123)(cid:122) (n−2)

và do đó

√

2 −

2 + ... +

π = lim n→∞

(cid:113)

2 (cid:125)

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:118) (cid:117) (cid:117) 2 + (cid:116) (cid:124) (cid:123)(cid:122) (n−2)

√

2 −

2 + ... +

= lim n→∞

(cid:113)

2 (cid:125)

(cid:118) (cid:117) (cid:117) (cid:117) (cid:116) (cid:118) (cid:117) (cid:117) 2 + (cid:116) (cid:124) (cid:123)(cid:122) (n−2)

Ví dụ 2.2. Dùng công thức (2.1) chứng minh rằng π là giới hạn của biểu thức

2 (cid:113) 1

2(1 +

2((1 +

2))...

(cid:113) 1 (cid:113) 1 (cid:113) 1 2 (cid:113) 1 2)

√

R2 −

2 +

2 + ... +

h2n =

a2n 4

R 2

GIẢI Gọi S2n là diện tích của 2n-giác đều nội tiếp đường tròn bán kinh R và h2n là trung đoạn, từ công thức (2.1) ta có: (cid:115) (cid:114) (cid:113)

√

2 +

2 + ... +

2 −

(2na2n)h2n = 2n−2R2

S2n =

2 = 2n−2Ra2n−1

cos

1800 2n

h2n R

= cos

...

. cos

1800 4

1800 8

1800 2n−1

S2n−1 S2n

S8 S16

Và (cid:114) (cid:113) (cid:112)

1 2 Hơn nữa, ta có: 2n−1a2nh2n S2n 2n−1Ra2n S2n+1 Từ đó suy ra rằng: S4 S2n S8 S2n+1 Vì S4 = 2R2 và limn→∞ S2n = πR2, còn

2 π

bằng giới hạn của

cos 450. cos

. cos

cos 450 2

cos 450 4

α 2

1 + cos α 2

Và cuối cùng dùng công thức cos

Ví dụ 2.3. Tìm quy tắc tính bán kính rn, Rncủa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp 2n − giác đều chu vi p cho trước

√

, R2 =

p 8

GIẢI

1.r2 = 2.Giả sử biết bán kính rn; Rn của các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp 2n- giác đều chu vi p, ta tính các bán kính rn+1; Rn+1 của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp 2n+1-giác đều có cùng chu vi p. Gọi AB(H2.1) là cạnh của 2n-giác đều chu vi p tâm O, C và D làn lượt là trung điểm của cung và

dây AB.Gọi G là trung điểm của EF(EF là đường trung bình của tam

Hình 2.1

giác ABC).

1 2

= 2nAB(= p)

(cid:92)BOC = (cid:92)AOB Vì (cid:92)EOF = (cid:92)EOC + (cid:92)F OC =

(cid:92)AOC + Và EF bằng cạnh của 2n+1-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính OE nên chu vi của 2n+1-giác này là: 2n+1EF = 2n+1 AB 2 Hơn nữa, rõ ràng OC-OG=OG-OD

Rn + rn 2

Nghĩa là Rn − rn+1 = rn+1 − rn,khi đó rn+1 =

n+1 = Rn.rn+1.Suy

√

Rn.rn+1

Từ tam giác vuông OEC ta có OE2 = OC.OG(nghĩa là R2

√

ra Rn+1 =

Rn.rn+1

và Rn+1 = Cuối cùng,ta được rn+1 =

Rn + rn 2 Xem dãy r2, R2, R3..., rn, Rn... các số hạng của nó sẽ hội tụ về

p 2π

, bán

√

kính đường tròn chu vi p.

1 4

2 4

Đặc biệt, với p = 2 ta có r2 = và R2 =

1 2

√

ta được định lý sau: Khi đó lấy r1 = 0; R1 =

2 + 1

(cid:112) (cid:112)

2 + 1 8

1 4

1 2

2 + 4 + 8

Định lý 2.1. Dãy số: 2 4

2 + 4 8 Có hai só hạng đầu là 0 và

1 2

, các số hạng còn lại lần lượt là

trung bình cộng và trung bình nhân của hai số hạng đứng trước,

1 π

khi đó dãy sẽ hội tụ về

Ví dụ 2.4. Tính tổng các góc trong của một n-giác không tự cắt(không

nhất thiết là lồi)

GIẢI

2(n − 2)v

Ta sẽ chứng minh tổng các góc trong của một n-giác không tự cắt là

1.Tính tổng các góc trong của một tam giác là 2v.Tổng các góc trong của

một tứ giác là 4v, vì mọi tứ giác đều có thể chia làm hai tam giác (H2.2)

k-giác bất kì là 2(k − 2)v.Bây giờ ta xét n-giác A1A2...An.

2. Với k < n, giả sử đã chứng minh được tổng các góc trong của một

Trước hết, ta chứng minh rằng trong một đa giác bất kỳ có thể tìm được

một đường chéo chia nó thành hai đa giác có số cạnh ít hơn( với đa giác

lồi thì hiển nhiên). Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác.

Qua B ta vẽ các tia lấp đầy góc trong ABC và cắt biên của đa giác.Hai

trường hợp có thể xảy ra:

A.Các tia cắt đường biên trên cùng một cạnh của đa giác (H2.3a ) khi

(a)

(b)

Hình 2.2

đó đường chéo AC chia n-giác làm một (n − 1)-giác và một tam giác.

(a)

(b)

Hình 2.3

B. Các tia cắt đường biên không trên cùng một cạnh của đa giác (H2.3b).

Khi đó, một trong các tia sẽ đi qua một đỉnh nào đó của đa giác và đường

chéo BM sẽ chia đa giác ra làm hai đa giác có một số cạnh ít hơn.

Bây giờ ta trở lại chứng minh bài toán. Trong n-giác A1A2...An ta vẽ

(n − k + 2)-giác A1AkAk+1...An

đường chéo A1Ak chia nó làm k-giác A1A2...Ak và

Với giả thiết đã cho thì tổng các góc trong của k-giác và (n − k + 2)-giác

2(k − 2) và 2[(n − k + 2) − 2]v = 2(n − k)v, do đó tổng các góc trong

lần lượt là

2(k − 2)v + 2(n − k)v = 2(n − 2)v.

của n-giác A1A2...An sẽ là

Như vậy mệnh đề đúng với mọi n.

Ví dụ 2.5. Một n-giác lồi hoặc lõm, không tự cắt được chia bởi các đường

chéo không cắt nhau sẽ có bao nhiêu tam giác?

GIẢI

Ta sẽ chứng minh một n-giác lồi hoặc lõm, không tự cắt được chia bởi

các đường chéo không cắt nhau sẽ có n − 2 tam giác

1.Với tam giác số tam giác có được là 1 ( trong tam giác không có đường

chéo nào), với tứ giác rõ ràng con số này bằng 2 (H2.2a;2b)

2. Với k < n, giả sử ta biết được mỗi k-giác chia làm k − 2 tam giác

bởi các đường chéo không cắt nhau ( không phụ thuộc vào cách chia).

A1Ak là một đường chéo chia n-giác A1A2...An ra làm k-giác A1A2...Ak

Xét một trong các cách chia n-giác A1A2...An ra làm các tam giác. Gọi

và (n − k + 2)-giác A1AkAk+1...An. Nhờ giả thiết qui nạp, tổng số tam

(k − 2) + [(n − k + 2) − 2] = n − 2

giác nhận được sẽ là:

Điều này chứng tỏ mệnh đề đúng với mọi n.

Ví dụ 2.6. Tìm quy tắc tính P(n) số cách chia một n-giác lồi ra làm

các tam giác bởi những đường chéo không cắt nhau.

GIẢI

1. Với tam giác rõ ràng P (3) = 1

A1A2...An (H2.4) ta đi tính P (n). Với mọi cách chia A1A2 sẽ là cạnh của

2. Với mọi k < n, giả sử ta tính được P (k). Bằng cách xét n-giác lồi

một trong các tam giác được chia. Đỉnh thứ ba của tam giác này có thể

là một trong các điểm A3, A4, ..., An. Nếu là A3 thì số cách chia n-giác

sẽ bằng số cách chia (n − 1)-giác A1A3A4...An, nghĩa là bằng P (n − 1).

Nếu là A4 thì số cách chia sẽ bằng số cách chia (n − 2)-giác A1A4A5...An

đó là P (n − 2).P (3).Nếu là A5 thì số cách chia bằng P (n − 3).P (4) vì

trong trường hợp này mỗi cách chia của (n − 3)-giác A1A5A6...An có thể

kết hợp được với mỗi cách chia của tứ giác A2A3A4A5 và cứ tiếp tục như

P (n) = P (n−1)+P (n−2).P (3)+P (n−3).P (4)+...+P (3).P (n−2)+P (n−1)

thế... Cuối cùng ta đi đến hệ thức sau:

(2.2)

Hình 2.4

P (4) = P (3) + P (3) = 2

P (5) = P (4) + P (3).P (3) + P (4) = 5

P (6) = P (5) + P (4).P (3) + P (3).P (4) + P (5) = 14

P (7) = P (6)+P (5).P (3)+P (4).P (4)+P (3).P (5)+P (3).P (5)+P (6) =

P (8) = P (7) + P (6).P (3) + P (5).P (4) + P (4).P (5) + P (3).P (6) +

P (3).P (6) + P (7) = 132...

2.2. Chứng minh bằng quy nạp.Tô màu bản

đồ

2.2..1 Chứng minh bằng quy nạp

Sử dụng liên tiếp công thức này, ta được:

Một số mệnh đề của phần 2.1 có thể xem là ví dụ cho việc dùng phương

pháp quy nạp Toán học để chứng minh các định lý hình học. Chẳng hạn,

mệnh đề ở ví dụ 2.4 có thể viết lại như sau: Chứng minh rằng tổng các

góc trong của một n-giác không tự cắt là 2(n − 2)v. Ở ví dụ 2.5 : Chứng

minh rằng các đường chéo không cắt nhau chia một n-giác không tự cắt

làm n − 2 tam giác. Dưới đây chúng ta sẽ nghiên cứu thêm một số ví dụ

về loại này.

Ví dụ 2.7. Cho n hình vuông bất kì. 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.

GIẢI

1. Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng. Ta chứng minh với n = 2 mệnh

ABCD và abcd là x và y (x ≥ y). Trên các cạnh của hình vuôngABCD

(H.2.5a) ta lấy các đoạn AM= BN= CP = DQ =

x + y 2

(a)

(b)

Hình 2.5

đề cũng đúng. Lần lượt gọi độ dài các cạnh của hai hình vuông cho trước

M P và N Q vuông góc với nhau và chia hình vuông thành bốn mảng bằng

Cắt hình vuông dọc theo các đường thẳng M P và N Q, dễ thấy rằng

nhau tại tâm O của nó. Bây giờ ghép các mảnh này với hình vuông thứ hai

như trong (H2.5b) ta được một hình vuông, vì tại M (cid:48), N (cid:48), P (cid:48), Q(cid:48) các góc bù nhau, (cid:98)A(cid:48), (cid:99)B(cid:48), (cid:99)C (cid:48), (cid:99)D(cid:48) là các góc vuông và A(cid:48)B(cid:48) = B(cid:48)C (cid:48) = C (cid:48)D(cid:48) = D(cid:48)A(cid:48). 2. Giả sử mệnh đề được chứng minh với h hình vuông và ta có n + 1

hình vuông K1, K2, ...Kn, Kn+1. Lấy ra hai hình bất kỳ, chẳng hạn Kn

và Kn+1, nhờ 1 ta có thể cắt một trong hai hình vuông này và ghép các mảnh với hình vuông thứ hai để có hình vuông mới K (cid:48), khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt n hình vuông K1, K2, ...Kn−1, K (cid:48) để tạo nên một hình vuông mới từ những mảnh cắt này (đpcm)

CMn−1 chia tam giác thành n tam giác nhỏ hơn ACM1, M1CM2, ..., Mn−1CB.

Ví dụ 2.8. Cho tam giác ABC, qua C vẽ n-1 đường thẳng CM1, CM2, CM3, ...,

Gọi r1, r2, ..., rn và ρ1, ρ2, ..., ρn lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp và

bàng tiếp của các tam giác này(tất cả các đường tròn bàng tiếp đều nằm

trong góc C của tam giác, xem (H2.6).Gọi rvà ρ lần lượt là bán kính đường

...

r ρ

rn ρn

r2 r1 ρ1 ρ2 GIẢI

tròn nội tiếp và bàng tiếp (góc C) của tam giácABC. Chứng minh rằng :

Gọi S là diện tích của tam giác ABC và p là nửa chu vi. Khi đó, như

đã biết S = p.r. Mặt khác, nếu O là tâm đường tròn bàng tiếp của tam

bρ +

aρ −

cρ

S = S(cid:52)AOC + S(cid:52)OCB − S(cid:52)OAB =

1 2

(b + a − c)ρ = (p − c)ρ

1 2

giác (h2.6b) thì:

r ρ

p − c p

Do đó : pr = (p − c)ρ và

tan

Hơn nữa từ công thức lượng giác quen thuộc (cid:115) (cid:115)

A 2

(p − b)(p − c) p(p − a)

B 2

(p − a)(p − c) p(p − b)

và tan

ta có

(cid:115)

. tan

tan

A 2

B 2

(p − b)(p − c)(p − a)(p − c) p2(p − a)(p − b)

p − c p

r ρ

(2.3)

Hình 2.6

n = 2. Ở đây đường thẳng CM chia tam giác ABC thành hai tam giác

= tan

. tan

1. Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng.Ta chứng minh nó đúng với

r2 ρ2

. tan

= tan

. tan

. tan 1800 − (cid:92)CM A 2

B 2 B 2

A . tan 2 (cid:92)CM A 2 =

= tan

. tan

B 2

. tan r ρ

A 2 A 2

(cid:92)CM B 2 nhỏ hơn ACM và CM B. Nhờ công thức (2.3)to (cid:92)CM A r1 2 ρ1

CM1, CM2,

...CMn chia tam giác ABC làm n+1 tam giác nhỏ hơn ACM1, M1CM2,

2.Giả sử mệnh đề đúng với n − 1 đường thẳng và có n đường thẳng

..MnCB.Xét hai trong các tam giác này, chẳng hạn ACM1 và M1CM2.

r1 ρ1

r2 ρ2

r12 ρ12

Như đã biết ở (1):

Với r12, ρ12 là bán kính đường tròn nội tiếp và bàng tiếp (góc C) của tam

r ρ

r12 ρ12

r3 ρ3

rn ρn

rn+1 ρn+1

giác ACM2. Nhưng với tam giác ACM2, M2CM3, ...MnCB ta có hệ thức:

...

r ρ

r1 ρ1

r2 ρ2

rn ρn

rn+1 ρn+1

2.2..2 Tô màu bản đồ

Và do đó:

Tiếp tục các bài toán chứng minh bằng quy nạp, ta dành một mục riêng

cho các bài toán tô màu bản đồ vì sự lí thú và lịch sử lâu đời của bài toán

này.

Một mạng đường đơn G nối các điểm phân biệt A1, A2, ...., An sao cho

từ mỗi điểm A1, A2, ...., An chỉ đi dọc các đường đơn của mạng có thể tới

một điểm bất kì khác được gọi là một bản đồ.Các điểm đã cho gọi là các

đỉnh; các đường nối hai đỉnh kế cận gọi là biên của bản đồ.Các phần

mặt phẳng được giới hạn bởi các biên gọi là miền của bản đồ.

Trên hình 2.7 là bản đồ có 8 đỉnh A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8, có 10

4 miền σ1, σ2, σ3, σ(miền vô hạn)

biên A1A2, A2A7, A1A6, A6A7, A4A1, A4A3, A3A6, A6A5, A5A7, A4A8 , có

•Bản đồ có biên phân cách nghĩa là hai bên của biên phải là hai miền

Ta xét các bản đồ thỏa mãn các điều kiện sau:

A4A8

•Mỗi đỉnh có ít nhất ba biên (trong hình 2.7 các đỉnh A2, A5, A3, A8 không

khác nhau. Trên hình vẽ 2.7 các biên đều là các biên phân cách trừ biên

Hình 2.7

•Bản đồ chỉ có một miền vô hạn. Như vậy không có biên nào của bản đồ

thỏa mãn

này “đi xa vô hạn ”.

Ta nói một bản đồ được tô màu hoàn toàn(hoặc đơn giản, được được

tô màu) nếu mỗi miền của nó được tô một màu xác định sao cho hai

miền kề nhau(có chung biên) được tô màu khác nhau. Một bản đồ hành

chính bất kì là một ví dụ về một bản đồ được tô màu.

Một bản đồ bất kì có thể tô màu theo một cách nào đó. Chẳng hạn, mỗi

miền tô một màu riêng biệt. Nhưng làm như thế không kinh tế và phải

dùng quá nhiều màu.Ta sẽ xét bài toán: Số màu ít nhất cần và đủ

để tô màu một bản đồ cho trước là bao nhiêu?

1.Định lí Euler

a, Định lí

Định lý 2.2. (Định lý Euler).Gọi s là số miền của một bản đồ bất kì,l

là số biên và p là số đỉnh.Khi đó:

s+p = l+2

Chứng minh

Ta tiến hành quy nạp trên l, số biên của bản đồ.

1. Với l = 0 thì s = 1, p = 1. Ta có s + p = l + 2(Bản đồ có 1 đỉnh)

l = n + 1 biên; s miền và p đỉnh. Hai trường hợp có thể xảy ra.

2. Giả sử định lý đúng với mọi bản đồ có n biên. Ta đi xét bản đồ có

(a) Với hai đỉnh bất kỳ, tồn tại một đường đơn dọc theo các đường biên

(nhờ tính liên thông của bản đồ nên có ít nhất một đường như thế). Khi

đó trên bản đồ không có một chu tuyến đóng nào nên có dạng như H2.8

,do đó s = 1. Ta cũng chỉ ra rằng trên một bản đồ như thế tìm được ít

nhất một đỉnh chỉ ở trên một biên( chẳng hạn đỉnh A1 ở H2.8 ; ta sẽ gọi

một đỉnh như thế là đỉnh cuối).Bây giờ lấy một đỉnh bất kì của bản đồ,

nếu nó không là điểm cuối, thì nó là điểm cuối của ít nhất 2 biên. Đi dọc

theo một trong hai biên này cho đến khi gặp điểm cuối khác của nó. Nếu

đỉnh này cũng không tận cùng thì nó là điểm cuối của một biên khác bất

kì nào đó; ta lại đi theo biên này để tới điểm cuối thứ hai của nó và cứ

tiếp tục như thế. Với giả thiết bản đồ không chứa một chu tuyến đóng nào

nên ta không thể trở lại bất kì điểm nào đã đi qua và do số đỉnh của bản

đồ là hữu hạn nên ta sẽ kết thúc hành trình ở điểm cuối. Xóa đi điểm

cuối cùng với biên đơn của nó ta nhận được một bản đồ mới, trong đó: l(cid:48) = l − 1, s(cid:48) = s = 1, p(cid:48) = p − 1, hơn nữa bản đồ này cũng liên thông.

s(cid:48) + p(cid:48) = l(cid:48) + 2

Nhờ giả thiết quy nạp :

(b) Tồn tại hai đỉnh nối bởi ít nhất hai đường đi (H2.9), khi đó có một

chu tuyến đóng đo qua các tỉnh này. Xóa một trong các biên của chu

tuyến ( không xóa đỉnh) ta được một bản đồ mới liên thông, trong đó: l(cid:48) = l − 1, p(cid:48) = p, s(cid:48) = s − 1 Nhờ giả thiết quy nạp: s(cid:48) + p(cid:48) = l(cid:48) + 2 ⇒s-1+p = l-1+2

Ta được :s+p = l+2

Hình 2.8

b.Hệ quả

Hệ quả 2.1. Chứng tỏ rằng nếu tại mỗi đỉnh của một bản đồ có quá hai

biên( như trong H2.9: bản đồ sẽ không có các đỉnh A2, A3, A5, A8 và biênA4A8)

thì tồn tại một miền trên bản đồ có ít hơn 6 biên.

Chứng minh

Vì tại mỗi một trong p đỉnh của bản đồ có quá hai biên, nên 3p không

lớn hơn hai lần số biên 2l(vì mỗi biên nối với hai đỉnh), do đó:

p ≤

2 3

(2.4)

6s không vượt quá hai lần số biên : 2l (vì mỗi biên phân cách 2 miền),

Bây giờ giả sử rằng mỗi trong s miền có không ít hơn sáu biên, khi đó

do đó:

s ≤

1 3

(2.5)

s + p ≤

l +

l = 1 Điều này mâu thuẫn với định lí Euler. Do đó giả

1 3

2 3

Các bất đẳng thức (2.4) và (2.5) cho ta:

thiết mỗi miền có không ít hơn 6 biên là sai

c, Chú ý

Từ định lí Euler, dễ dàng nhận được các kết quả hình học sau:

• Nếu p là số đỉnh, l là số cạnh, s là số mặt của một khối đa diện lồi thì

s + p = l + 2

Chứng minh

Thật vậy, ta đặt khối đa diện lồi nằm trong một khối cầu có bán kính đủ

lớn.Từ tâm của khối cầu( giả sử tâm này nằm trong đa diện) ta chiếu

tất cả các điểm của đa diện lên mặt cầu. Sau đó lại chiếu mặt cầu lên

mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tại điểm xuyên tâm đối của tâm chiếu.Ta

nhận được một bản đồ có số đỉnh p bằng số đỉnh của đa diện, số miền s

• Mỗi mặt của khối đa diện đều chỉ có thể là tam giác, tứ giác hoặc ngũ

bằng số mặt của đa diện. Vì vậy theo định lý Euler ta có s + p = l + 2

giác

Chứng minh

Khối đa diện đều là khối đa diện lồi mà tất cả các mặt là những đa giác

đều bằng nhau.Vì vậy theo hệ quả 2.1 trên, mỗi mặt của khối đa diện

đều chỉ có thể là tam giác, tứ giác hoặc ngũ giác ( Ngay từ thế kỉ thứ III

trước công nguyên,Euclide đã chỉ ra rằng chỉ có 5 loại đa diện đều: tứ

• Với 5 điểm phân biệt trên mặt phẳng, không thể nối tất cả các điểm đó

diện đều, lập phương, bát diện đều, thập nhị diện đều và 20 mặt đều)

với nhau từng đôi một bằng các đoạn thẳng không cắt nhau.

Chứng minh

Giả sử rằng các điểm có thể nối với nhau từng đôi một bởi các đường

= 10 biên, do

5.4 2

không cắt nhau, khi đó ta được một bản đồ năm đỉnh,

đó có 7 miền (theo định lí Euler). Từ chứng minh của hệ quả 2.1 ta suy

ra một bản đồ như thế không tồn tại.Do đó, không thể nối 5 điểm đã cho

từng đôi một bằng các đường không cắt nhau.

2. Bản đồ chuẩn. Định lí hai màu, ba màu, năm màu

a, Bản đồ chuẩn

Một bản đồ được xem là bản đồ chuẩn nếu không có miền nào bao

quanh các miền khác và tại mỗi đỉnh bất kì có ít hơn 4 miền. Một bản đồ

bất kì đều có thể chuyển thành bản đồ chuẩn.

l. Theo

Ta xét cấu trúc của một bản đồ chuẩn.

2 3

Mỗi đỉnh của bản đồ chuẩn có ba cạnh nên 3p = 2l hay p =

l + 2. Như vậy s ≥ 2.

1 3

định lí Euler s + p = l + 2 suy ra s =

Nếu s = 2 thì l = 0. Rõ ràng không có bản đồ nào như vậy.

Nếu s = 3 thì l = 3 và p = 2. Đây là bản đồ chuẩn đơn giản nhất có

dạng như hình vẽ Nếu s = 4 thì l = 6 và p = 4.

Gọi k2 là số nhị giác của bản đồ ( số miền chỉ có hai cạnh, k3 là số tam

giác( số miền có ba cạnh), k4 là số tứ giác ( số miền có bốn cạnh). Chú

ý rằng vì p = 4 nên không có miền nào có số đỉnh quá 4.

2k2 + 3k3 + 4k4 = 2l = 12

Khi đó k2 + k3 + k4 = s = 4

(a)

(b)

Hình 2.10

k3 chẵn, nên bản đồ chuẩn chỉ có hai dạng sau (h2.10)

Từ đẳng thức cuối cùng này suy ra k3 là số chẵn.Tổng k2 + k3 + k4 = 4,

b, Định lí hai màu

Định lý 2.3. Điều kiện cần và đủ để một bản đồ có thể tô bằng hai màu

(a)

(b)

là tại mỗi đỉnh đều có số biên chẵn

Chứng minh

Điều kiện cần là hiển nhiên vì nếu mỗi đỉnh có 1 số lẻ biên thì các miền

quanh đỉnh này không thể tô nếu dùng hai màu α và β Ta chứng minh

điều kiện đủ bằng quy nạp theo số biên của bản đồ

1.Với một bản đồ hai biên mệnh đề hiển nhiên đúng

2.Giả sử mệnh đề đúng với mọi bản đồ mà tại mỗi đỉnh có một số chẵn

biên và số biên tổng cộng không vượt quá n

Gọi (S) là một bản đồ cho trước có n + 1 biên và thỏa mãn điều kiện

đã cho. Từ một đỉnh A của (S) ta đi được trên các biên theo một hướng

tùy ý. Vì số đỉnh hữu hạn nên cuối cùng ta trở lại một trong các đỉnh đã

đi qua ( bản đồ không có đỉnh tận cùng vì nó không có các biên không

phân cách). Như vậy ta có thể chọn một chu tuyến đóng (chu trình) lập bởi các biên không tự cắt. Lấy chu tuyến này đi ta được bản đồ (S(cid:48)) có số

biên ít hơn và tại mỗi đỉnh có số biên chẵn ( vì tại mỗi đỉnh của (S) lấy đi một số chẵn biên 0 hoặc 2). Nhờ giả thiết quy nạp (S(cid:48)) có thể tô bằng

hai màu.

Khôi phục chu tuyến đã lấy đi và thay tất cả các màu ở các miền thuộc

một trong hai phía của chu tuyến ta được (S) đã tô hai màu.

Ví dụ 2.9. Trên mặt phẳng cho n đường tròn. Với mọi cách sắp xếp, các

đường tròn lập thành một bản đồ có thể tô hai màu

Mỗi đỉnh của bản đồ đều có 4 biên

c, Định lí ba màu

Định lý 2.4. Điều kiện cần và đủ để một bản đồ chuẩn được tô bằng ba

màu là mỗi miền của nó có số biên chẵn

•Điều kiện cần là hiển nhiên vì nếu co miền σ có số lẻ biên thì không thể

Chứng minh

•Ta chứng minh điều kiện đủ bằng quy nạp theo số n các miền của bản

tô màu σ để năm miền kề xung quanh tô được bằng ba màu khác nhau

đồ

Với một bản đồ chuẩn có ba miền, mệnh đề hiển nhiên đúng.Với bản đồ

chuẩn có bốn miền cũng có thể tô bằng ba màu, chẳng hạn dùng một màu

để tô “miền trong ” và “ miền ngoài ”, hai miền còn lại tô bằng hai màu

khác.

Giả sử định lí đúng với mọi bản đồ chuẩn có tổng số miền là n − 1 hoặc n

và mỗi miền có số chẵn các biên.Xét bản đồ chuẩn (S) nghiệm đúng điều

kiện của định lí và có n + 1 miền. Theo một hệ quả của định lí Euler,

bản đồ (S) có ít nhất một miền σ có không quá 5 biên.Do đó theo giả

thiết σ chỉ có hai hoặc bốn biên.Ta xét trường hợp

(1) Miền σ có hai biên. Gọi A, B là hai đỉnh của σ còn σ1, σ2 là hai miền

kề nó.Xóa biên giữa σ1 và σ ta được bản đồ chuẩn (S(cid:48)) vì A, B không còn là đỉnh nữa và tại các đỉnh

còn lại số biên vẫn không thay đổi. Mỗi miền của (S(cid:48)) cũng có một số

1 = σ1 + σ và σ(cid:48)

2 = σ2 là các

chẵn các biên vì do mỗi biên của mỗi miền σ1, σ2 bớt đi 2 và số biên của các miền còn lại không thay đổi.Vì (S(cid:48)) có n miền, nên theo giả thiết quy nạp nó được tô bởi ba màu α, β, γ. Gọi σ(cid:48)

miền được tô bởi hai màu α, β. Khôi phục lại miền σ và tô bở màu γ thì

bản đồ (S) đã được tô màu xong.

(2) Miền σ có bốn biên

Khi σ có bốn biên thì có thể xảy ra cặp miền nào đó nằm kề với σ ở hai

phía đối diện tiếp giáp với nhau hoặc trùng nhau. Khi đó hai miền khác

nhau kề với σ không thể có biên chung hoặc trùng nhau.

1 và σ(cid:48)

1 = σ(cid:48)

Các miền σ2 và σ4 trong hình dưới đây thuộc loại đó Ta ghép các miền σ2

và σ4 vào σ bằng cách xóa bỏ các biên AB và CD nhận được bản đồ (S(cid:48)) là bản đồ chuẩn và mỗi miền của nó có số biên chẵn. Thật vậy, nếu số biên của σ1, σ2, σ3, σ4 lần lượt là 2k1, 2k2, 2k3, 2k4 thì σ(cid:48) = σ + σ2 + σ4 sẽ 1 = σ1 có 2k1 − 2 biên và σ(cid:48) có 2k2 + 2k4 − 4 biên, σ(cid:48) 3 = σ3 có 2k3 − 2 biên, trong khi đó các miền còn lại có số biên không thay đổi( nếu σ1 = σ3 thì trên (S(cid:48)) tổng số biên của miền này ít hơn 4 so với bản đồ (S)) Và (S(cid:48)) có n − 1 miền, nên theo giả thiết quy nạp có thể tô bằng ba màu α, β, γ. Ta sẽ chỉ ra rằng trong trường hợp này các miền σ(cid:48) 3 sẽ được tô cùng một màu ( nếu σ(cid:48) 3 thì điều đó là hiển nhiên). Thật vậy, giả sử σ(cid:48) tô màu α, σ(cid:48) 1 tô màu β và phía trên khu vực M N có số lẻ miền (2k2 − 3) kề với σ(cid:48) nên rõ ràng màu của chúng luân phiên nhau γ, β, γ, β, ... và như thế σ(cid:48) 3 được tô màu β. Khôi phục miền σ và tô nó

bằng màu γ ta có bản đồ (S) được tô màu.

Ví dụ 2.10. Trên mặt phẳng cho n đường tròn,mỗi đường tròn có một

dây cung.Khi đó bản đồ được thành lập như vậy có thể tô bằng ba màu

d,Định lí năm màu

Định lý 2.5. Một bản đồ chuẩn bất kì có thể tô bằng 5 màu

•Mệnh đề hiển nhiên đúng với bản đồ có không quá 5 miền

•Giả sử mệnh đề đúng với mọi bản đồ chuẩn có n − 1 hoặc n miền. Ta

Chứng minh

xét bản đồ (S) có n + 1 miền

Trên (S) tồn tại ít nhất một miền σ có số biên không vượt quá 5. Ta sẽ

xét tất cả các trường hợp có thể xảy ra

1 = σ + σ1,σ(cid:48)

σ1 và σ ta được bản đồ chuẩn (S(cid:48)) có n biên. Theo giả thiết quy nạp,bản đồ (S(cid:48)) được tô bởi 5 màu. Hai miền σ(cid:48) 2 = σ2 sẽ được tô hai màu trong 5 màu. Khôi phục σ ta sẽ tô nó bằng một trong ba màu còn

(1) Miền σ có hai biên. Gọi σ1, σ2 là hai miền kề với σ. Xóa biên giữa

lại. (2) Miền σ có ba biên Xóa biên giữa σ1 và σ ta được bản đồ (S(cid:48)) có thể

3 = σ3

2 = σ2, σ(cid:48)

tô bằng 5 màu. Ta có thể tô σ bằng một trong hai màu khác nhau với

màu của ba miền 1 = σ + σ1, σ(cid:48) σ(cid:48) (3) Miền σ có 4 biên

2 = σ2 + σ, σ(cid:48)

3 = σ3, σ(cid:48)

1 và σ(cid:48)

Giữa các miền kề với σ có thể tìm được hai miền không trùng nhau (

theo định lí ba màu). Một trong hai miền này, chẳng hạn σ2. Xóa biên giữa σ2 và σ ta được bản đồ (S(cid:48)) có n miền. Nhờ giả thiết quy nạp (S(cid:48)) 1 = σ1, σ(cid:48) được tô bởi 5 màu. Như vậy σ(cid:48) 4 = σ4 được tô 4 màu trong 5 màu (hoặc ít hơn nếu σ(cid:48) 3 trùng nhau hoặc tô cùng một màu). Khôi phục σ và tô nó bằng màu thứ 5 còn lại,ta nhận được

bản đồ (S) đã tô màu

(4) Miền σ có 5 miền

Theo định lí ba màu ta có thể tìm được hai miền ( kí hiệu σ1 và σ3)

không có chung biên, không trùng nhau hoặc chứa nhau cùng kề với σ. Ghép chúng với σ ta được bản đồ (S(cid:48)) có n − 1 miền và theo giả thiết

1 = σ1 + σ + σ3, σ(cid:48)

2 = 5 = σ5 được tô bởi bốn màu trong 5 màu. Khôi phục σ và

4 = σ4, σ(cid:48)

quy nạp (S(cid:48)) được tô bởi 5 màu. Như vậy bốn mặt σ(cid:48) σ2, σ(cid:48) tô nó bằng màu thứ 5 thì (S) đã được tô bằng 5 màu.

3.Định lí bốn màu Appel-Haken

a, Bài toán số màu ít nhất cần và đủ để tô màu một bản đồ đã được đặt

ra từ gần 200 năm trước bởi các người thợ tô màu bản đồ người Anh có

tên F.Guthrie. Thực hành tô bản đồ thấy rằng chỉ cần 4 màu có thể tô

một bản đồ bất kì. Liệu định lí chỉ cần 4 màu để tô một bản đồ có

chứng minh được không?

Nhà toán học DeMorgan đã phổ biến “ bài toán bốn màu ” đó trong giới

Toán học Anh và chính thức vào năm 1878 Arthur Cayley đã trình bày

bài toán này trước hội đồng toán học London. Do vậy,“bài toán bốn màu

” thực sự trở thành một bài toán nổi tiếng. Từ đó, nhiều năm trôi qua, đã

gần hai thế kỉ, các nhà toán học lừng danh đều thử hết sức mình để giải

bài toán hóc búa này nhưng tất cả đều thất bại.Tháng 6 − 1970 “bài toán

bốn màu ” đã được giải nhờ tổ hợp người và máy gồm hai nhà Toán học

Apple và Haken và nhóm lập trình máy tính IBM-360 được lãnh đạo bởi

JohnKoch. Đương nhiên, ta phải tin vào máy tính IBM-360 trong việc

giải quyết bài toán bốn màu vì ta không thể tự kiểm tra toàn bộ lập luận

nếu không nhờ đến máy tính.

Năm 1978, Daniel Cohen, một nhà toán học Mĩ đac hoàn thành việc kiểm

tra lời giải “bài toán bốn màu ” mà không cần dùng đến máy tính mặc dù

phải dùng máy tính trong lời giải bài toán đó.Lời giải bài toán bốn màu là

một sự kiện đáng lưu ý không phải chỉ vì nó là một trong các giả thuyết

Toán học nổi tiếng nhất đã được chứng minh, mà vì nó còn cho thấy sức

mạnh tổng hợp của người và máy.

b, Bây giờ ta sẽ trình bày một số vấn đề dẫn đến việc có thể sử dụng máy

tính để tìm lời giải của bài toán bốn màu và một số vấn đề liên quan đến

bài toán bốn màu.

1.Tô màu các biên của bản đồ

Ta xét bài toán tô màu các biên của một bản đồ. Khi tô màu các biên, ta

quy ước các màu khác nhau được đánh số bởi các số tự nhiên khác nhau.

Kí hiệu 1 là màu số một, 2 là màu số hai,...

Nếu tất cả các biên cùng gặp nhau tại một đỉnh được tô màu khác nhau,

tức là được ghi bởi các số khác nhau thì nói đó là một cách đánh số

hoàn toàn (hay nói gọn là một cách đánh số). Một điều khá lí thú

là bài toán tô màu các miền lại liên quan mật thiết với bài toán tô màu

các biên hay nói cách khác là bài toán đánh số các biên.

Định lí Tait-Volynski: Một bản đồ chuẩn tô được bằng bốn màu nếu

và chỉ nếu các biên của nó được ghi bằng ba số.

Chứng minh

(1) Nếu một bản đồ chuẩn được tô bằng bốn màu thì biên của nó được

ghi bằng ba số.

Gọi (S) là bản đồ chuẩn được tô bởi bốn màu α, β, γ, σ. Kí hiệu biên

γ hay β và σ là số 2, và biên chung của các miền tô màu α và σ hay β

chung của các màu α và β hay γ và σ là số 1, biên chung các màu α và

và γ là số 3. Như vậy ta được một cách đánh số các biên của bản đồ vì

nếu có hai biên gặp nhau tại một đỉnh A nào đó mang cùng một số,chẳng

hạn số 1 (hình vẽ) thì hai miền σ2, σ3 nằm kề σ1 bởi hai biên cùng ghi

một số phải được tô cùng một màu

(2) Nếu các biên của một bản đồ chuẩn được đánh số bởi ba số thì các

miền của nó có thể tô bằng bốn màu

•Ta sẽ chứng minh điều này bằng quy nạp theo số n các miền của bản

đồ.

Trường hợp bản đồ chuẩn đơn giản nhất có ba

miền được ghi một cách duy nhất bởi ba số 1, 2, 3 ta có màu α, β, γ như

hình vẽ. Khi đó biên giữa hai miền tô màu α và β ghi số 1, biên giữa hai

miền β và γ ghi số 2, biên giữa hai miền tô màu α và γ ghi số 3.Trường

hợp bản đồ chuẩn có bốn miền có hai kiểu

Kiểu bản đồ thứ nhất trên hình vẽ (c) được đánh số bởi ba số 1, 2, 3 và

được tô bốn màu α, β, γ, σ.

Kiểu bản đồ thứ hai có hai cách đánh số như hình vẽ (a) và (b)

Giả sử một bản đồ chuẩn bất kì n − 1 hoặc n miền có các biên được ghi

bởi ba số có thể tô bằng bốn màu. Ta xét bản đồ (S) có n + 1 miền và

các biên cũng được đánh số bởi ba số.

Ta xét bản đồ chuẩn (S) có ít nhất một miền σ có không quá 5 biên. Ta

xét tẩ cả các khả năng có thể xảy ra.

(1) Miền σ có hai biên.

Cách đánh số cho các biên thuộc các miền kề với σ được ghi trong hình

vẽ sau

Xóa biên giữa σ1 và σ, ghi số 1 cho biên mới M N

2 = σ2, các biên còn lại vẫn giữ

1 = σ1 + σ và σ(cid:48)

nằm giữa hai miền σ(cid:48)

1 tô màu 2 tô màu β. Khôi phục lại miền σ và tô màu γ thì ta nhận

nguyên số cũ. Ta nhận được bản đồ chuẩn (S(cid:48)) có biên ghi được bằng ba số và (S(cid:48)) có n miền nên được tô bằng bốn màu. Nếu miền σ(cid:48) α thì miền σ(cid:48)

được bản đồ (S) được tô bốn màu.

(2) Miền σ có ba biên

Cách đánh số các biên giữa các miền kề với σ và miền σ được cho như

hình vẽ sau

σ về thành một điểm. Như vậy các biên AB, BC và CA không còn nữa và các đỉnh A, B, C tụ về một điểm A = B = C = A(cid:48) Không thay đổi cách ghi số của M A(cid:48), N A(cid:48), P A(cid:48) và các biên còn lại, ta

1 tô màu α thì σ(cid:48)

Ta tưởng tượng rằng bản đồ (S) được vẽ trên một tấm chất dẻo. Co miền

2 sẽ tô 3 tô màu γ. Khôi phục σ và tô màu β cho miền này. Như vậy

có bản đồ (S(cid:48)) được đánh số bởi ba số. Vì (S(cid:48)) có n miền, nên theo giả thiết quy nạp nó được tô bằng bốn màu. Nếu σ(cid:48) màu σ và σ(cid:48)

ta nhận được cách tô bốn màu cho bản đồ (S).

(3)Miền σ có bốn biên

Trong trường hợp này cách đánh số cho các biên của các miền kề với σ

như sau. Theo định lí ba màu, ta có thể tìm được hai miền kề với σ nhưng

không có chung biên

Vì cả hai cặp miền đối diện σ1, σ3 và σ2, σ4 có vai trò như nhau nên ta

có thể giả sử rằng σ1 và σ3 không có biên chung. Xóa biên giữa σ1 và σ3

với σ. Ta ghi số 3 cho các biên N P, M Q ta được bản đồ (S(cid:48)) có các biên được

1 = σ1 + σ + σ3 tô màu α thì σ(cid:48)

2 = σ2, σ(cid:48)

4 = σ4 sẽ tô màu σ. Khôi phục σ và tô nó bởi màu β thì nhận được bản đồ (S) được tô bốn

đánh số. Vì (S(cid:48)) có n − 1 biên nên theo giả thiết quy nạp sẽ được tô bởi bốn màu. Nếu σ(cid:48)

màu.

(4) Miền σ có năm biên

cách đánh số các biên của các miền kề với σ như sau

Khi miền σ3 không trùng và cũng không có chung biên với σ2 và σ3. Xóa

RD, ghi biên BC số mới là số 1 và biên CD số mới là 2. Khi đó ra nhận được bản đồ chuẩn (S(cid:48)) mà các biên được đánh bởi ba số. Vì (S(cid:48)) có n miền nên theo giả thiết quy nạp tô được bằng bốn màu. Nếu σ(cid:48) = σ+σ5 tô màu α thì σ(cid:48)

3 = σ3

1 = σ1, σ(cid:48)

4 = σ4 tô màu β và σ(cid:48)

2 = σ2 và σ(cid:48)

biên giữa σ5 và σ, đánh số 2 cho biên mới M B, đánh số 1 cho biên mới

tô màu γ. Khôi phục σ và tô nó bằng màu σ thì bản đồ chuẩn (S) được

σ3 không chung biên và cũng không trùng nhau. Xét tương tự như trên ta

tô bốn màu.Nếu σ5 có biên trùng với biên của σ2 hoặc σ5 ≡ σ2 thì σ1 và

có bản đồ (S) được tô bốn màu.

Hệ quả: Từ định lí Appel-Haken và định lí Tait-Volynski rút ra rằng các

biên của bản đồ chuẩn có thể đánh số bởi ba số ( có nghĩa được tô bởi ba

màu) và các cạnh xuất phát ở mỗi đỉnh được đánh số khác nhau.

2.Tô màu các đỉnh của bản đồ

Định lí Tait-Volynski cho thấy mối liên hệ giữa bài toán tô màu các miền

của bản đồ và bài toán tô màu các biên của nó. Bài toán tô màu các đỉnh

của một bản đồ lại có mối liên hệ trực tiếp hơn với bài toán tô mày các

miền của bản đồ. Ta quy ước việc tô màu các đỉnh của bản đồ như sau:

Một màu( hoặc một số) bất kì ứng với một đỉnh và không có hai đỉnh

kề nhau nào (nghĩa là hai đỉnh được nối bởi một biên) được tô cùng một

màu.Đối với một bản đồ bất kì, bên trong mỗi miền (quốc gia) ta lấy một

điểm ( thủ đô của quốc gia đó) rồi nối các biên này bằng một mạng đường

(đường xe lửa). Như vậy hai miền kề nhau có đường xe lửa băng qua biên

chung. Bản đồ của các thủ đô và mạng đường xe lửa được gọi là bản đồ

đối ngẫu với bản đồ ban đầu. Như vậy việc tô màu các miền cho bản đồ

ban đầu cho ta cách tô màu các đỉnh của bản đồ đối ngẫu.Và việc tô màu

các đỉnh của bản đồ đối ngẫu cho ta cách tô màu các miền của bản đồ

ban đầu. Như vậy bài toán tô màu các miền của bản đồ tương đương với

bài toán tô màu các đỉnh của bản đồ, Bài toán tô màu các đỉnh cần xét

rất nhiều các tổ hợp của các đỉnh và con người khó có thể thực hiện được

nếu không nhờ đến máy tính.Vì vậy máy tính đã đóng vai trò quan trọng

2.3. Xây dựng định nghĩa nhờ quy nạp

cùng với con người trong việc giải bài toán tô màu bản đồ

Việc xây dựng các định nghĩa nhờ quy nạp là một áp dụng đặc sắc của

phép quy nạp Toán học.Đó là các bài toán hình học chứa các đối tượng

n + 1.

mà việc mở rộng định nghĩa cho chúng dựa vào việc chuyển từ n sang

2.3..1 Trung tuyến và trọng tâm của n-giác

Trong mục này ta sẽ xét một số bài toán như vậy

a, •Trung điểm của một đoạn thẳng được gọi là trọng tâm của đoạn

•Với tam giác A1A2A3: đường trung tuyến là đoạn thẳng nối đỉnh với

thẳng đó

trọng tâm của cạnh đối diện. Ba trung tuyến của (cid:52)A1A2A3 đồng quy tại

. Trọng một điểm, điểm đó gọi là trọng tâm của tam giác A1A2A3

tâm tam giác chia mỗi trung tuyến theo tỉ lệ 2 : 1 kể từ đỉnh.

b, Với tứ giác A1A2A3A4: trung tuyến là đoạn thẳng nối đỉnh Ai với các

trọng tâm Oi (i = 1, 2, 3, 4) của tam giác lập bởi ba đỉnh còn lại.

Ta chứng minh các trung tuyến của tứ giác đồng quy tại một điểm và

điểm này chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 3 : 1 tính từ các đỉnh

Gọi S là trọng tâm của A1A2, O3 và O4 lần lượt là trọng tâm các tam

giác A1A2A4,A1A2A3. Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến A3O3

3 1

A1A2A4 nên ta có: SA3 SA4 SO3 SO4 Do đó O3O4 (cid:107)A3A4 và

và A4O4. Vì SA3 và SA4 là trung tuyến của các tam giác A1A2A3 và

3 1

A3A4 O3O4

. Các tam giác OO3O4 và OA3A4,

3 1

A3A4 O3O4

OA3 OO3

Như vậy, giao điểm của hai trung tuyến xuất

3 1

nên ta có OA4 OO4 phá từ hai đỉnh kề nhau chia chúng theo tỉ số . Vậy suy ra bốn trung

tuyến đồng quy tại O và điểm này chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 3 : 1

Điểm O được gọi là trọng tâm của tứ giác.

c, Với mọi k < n, giả sử rằng ta đã hoàn toàn xác định được các trung

tuyến của k-giác( đoạn thẳng nối từ đỉnh của k-giác tạo bởi k − 1-đỉnh

còn lại), trọng tâm của k-giác (giao của trung tuyến) và trọng tâm chia

các trung tuyến theo tỉ số (k − 1) : 1 kể từ đỉnh.

Ta xác định trung tuyến của n-giác là đoạn thẳng nối đỉnh của n-giác

với trọng tâm của các (n − 1)-giác tạo bởi n − 1 đỉnh còn lại.Ta chứng

minh tất cả các trung tuyến của n-giác A1A2...An đồng quy tại một điểm

và điểm này chia mỗi trung tuyến theo tỉ số (n − 1) : 1 kể từ đỉnh Gọi S

là trọng tâm của (n − 2)-giác A1A2...An−2.Khi đó SAn−1 và SAn là các

trung tuyến của các (n − 1)-giác A1A2...An−1 và A1A2...An−2An. Gọi On

n − 1 1

và On−1 lần lượt là trọng tâm của hai (n − 1)-giác này, theo giả thiết quy

SAn SOn−1

nạp ta có: SAn−1 SOn

n − 1 1

An−1An On−1On

Do đó On−1On (cid:107) AnAn−1 và

A1A2...An. Nhờ các tam giác đồng dạng OOn−1On và OAn−1An ta suy ra

Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến An−1On−1 và AnOn của n-giác

n − 1 1

OAn−1 OOn−1

OAn OOn

An−1An On−1On

n-giác bị giao điểm của chúng chia theo tỉ số (n − 1) : 1. Do đó suy ra

Như vậy, với hai trung tuyến bất kì xuất phát từ hai đỉnh kề nhau của

tất cả các trung tuyến của n-giác giao nhau tại một điểm và điểm này

chia mỗi trung tuyến theo tỉ số (n − 1) : 1

Từ kết quả chứng minh trên, ta có cơ sở để định nghĩa.

Trọng tâm của một n-giác là giao của các trung tuyến và trọng

tâm chia mỗi trung tuyến theo tỉ số (n − 1) : 1 kể từ đỉnh.

d, Trung tuyến bậc k của n-giác (k < n)

Trung tuyến bậc k của n-giác là đoạn thẳng nối trọng tâm của k-

giác( tạo bởi k đỉnh bất kì của n-giác) với trọng tâm của (n − k)-giác

(tạo bởi n − k đỉnh còn lại).

Tương tự như trên, bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng các trung

tuyến bậc k đồng quy tại trọng tâm của n-giác và trọng tâm chia mỗi

trung tuyến bậc k theo tỉ số (n − k) : k

Ví dụ 2.11. Những đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối diện và

trung điểm các đường chéo đồng quy tại một điểm và điểm này chia đôi

2.3..2 Đường tròn Euler của n-giác

mỗi đoạn đó

•Đường tròn đi qua trung điểm ba cạnh của một tam giác được gọi là

a, Đường tròn Euler của tam giác

•Đường tròn Euler đi qua trung điểm D, E, F của (cid:52)ABC, đi quaP,Q,R

đường tròn Euler của tam giác đó (H2.11 )

là chân các đường cao kẻ từ A,B,Cđi qua K,L,M là trung điểm các đoạn

AH,BH,CH, trong đóH là trực tâm của tam giácABC.

R 2

Đường tròn Euler có bán kính trong đó R là bán kính của đường tròn

Hình 2.11

ngoại tiếp tam giác ABC.

1 2

(cid:52)DEF)có bán kính

nên đường tròn Euler(ngoại tiếp Chứng minh. (cid:52)DEF(cid:118) (cid:52)ABC theo tỉ số k=

R 2

(cid:52)ABC là ảnh vị tự của (cid:52)DEF với tâm vị tự là trọng tâm (cid:52)ABC tỉ số vị tự

trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp (cid:52)ABC.

1 2

k=- . Vì vậy trọng tâm G của (cid:52)ABC chia đoạn thẳng nối tâm đường tròn

ngoại tiếp (cid:52)ABC và tâm đường tròn Euler theo tỉ số1:2.

Gọi K,L,M lần lượt là trung điểm của AH,BH,CH trong đó H

là trực tâm(cid:52)ABC.Ta có KF song song và bằng DM

vì chúng là đường trung bình của hai tam giác ABH và ACH.Vì KM(cid:107)AC

nên KF⊥KM.Vậy KFDM là hình chữ nhật. Do đó đường tròn Euler đi qua

K,L,M. Ta có KP là đường kính của đường tròn Euler nên

P thuộc đường tròn Euler.Tương tự,Q và R thuộc đường tròn Euler.

Đường tròn Euler đi qua 9 điểm đặc biệt của một tam giác nên thường gọi

b, Mở rộng định nghĩa đường tròn Euler cho n-giác nội tiếp

ﬄĐường tròn Euler của dây A1A2 của đường tròn(S)bán kínhR

là đường tròn Euler là đường tròn 9 điểm.

R 2

(H2.12a). là đường tròn có tâm tại trung điểm của đoạn A1A2 và bán kính

(a)

(b)

Hình 2.12

•Tam giác A1A2A3 nội tiếp đường tròn (S) bán kính R. Ba đường tròn

Euler của ba cạnh A1A2, A2A3, A3A1 cắt nhau tại một điểm O.Đường

R 2

(là đường tròn Euler đã nói trong mục a) gọi là tròn tâm O bán kính

(cid:52)A1A2A3 đi qua tâm các đường tròn Euler của A1A2, A2A3, A3A1

đường tròn Euler của tam giác A1A2A3. Như vậy đường tròn Euler của

Giả sử các đường tròn Euler của các (n − k)-giác nội tiếp trong đường

R 2

tròn (S) bán kính R đã được xác định và có bán kính là ,n ≥ 4,k < n.

(n+1) đường tròn Euler (Si) của các n-giác A1A2...(cid:99)Ai...An+1,i =1,2,...,n+1 (kí hiệu(cid:99)Ai để chỉ bỏ đi đỉnh Ai) có bán kính

R 2

Xét (n + 1)-giác A1A2...An+1 nội tiếp đường tròn (S) bán kính R. Khi đó

Ta chứng minh các đường tròn Euler S1, S2, ..., Sn+1 giao nhau tại một

điểm.

Xét ba đường tròn bất kì, chẳng hạn S1, S2, S3 trong n + 1 đường tròn

đó. Gọi S12, S13, S23 lần lượt là các đường tròn Euler của ba (n − 1)-

giác A3A4...An+1,A2A4A5...An+1,A1A4A5...An+1 với các tâm tương ứng

O123 là tâm đường tròn Euler S123 của (n − 2)-giác A4A5...An+1 Hai tam

là O12, O13, O23.Gọi tâm của S1, S2, S3 lần lượt là O1, O2, O3. Kí hiệu

R 2

O12O1 = O12O2 = O123O23 = O123O13 = (cid:92)O12O1O2 = (cid:92)O1O12O123 + (cid:92)O123O12O2 = 2 (cid:92)O13O12O123 + 2 (cid:92)O123O12O23 = 2 (cid:92)O13O12O23 và (cid:92)O23O123O13 = 2 (cid:92)O13O12O23 (chúng lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung của

giác O1O2O3 và O23O13O12 bằng nhau thật vậy, ta có:

O123 ta suy ra rằng các đường tròn S1, S2, S3 cùng giao nhau tại một

đường tròn ngoại tiếp (cid:52)O12O13O23) Tương tự, O1O3 = O23O12 và (cid:91)O2O3 = (cid:92)O13O12. Do (cid:52)O1O2O3 = O23O13O12 và các đường tròn S23, S13, S12 cắt nhau tại

điểm. Và như vậy n + 1 đường tròn S1, S2, ...Sn+1 cắt nhau tại một điểm.

R 2

Đường tròn có tâm tại điểm này và bán kính đi qua tâm các đường

tròn S1, S2, ..., Sn+1.

Đường tròn này gọi là đường tròn Euler của n-giác nội tiếp, n tùy ý.

Ví dụ 2.12. A1A2...An là một n-giác nội tiếp trong đường tròn (S).

Khi đó trọng tâm của n-giác nằm trên đoạn thẳng nối tâm của(S)

2) : 2

2.3..3 Đường thẳng Simson của n-giác nội tiếp

và tâm của đường tròn Euler của n-giác và chia đoạn này theo tỉ số(n−

a,Đường thẳng Simson của điểm P ứng với tam giác ABC

(S). Khi đó chân các đường vuông góc kẻ từ P tới các cạnh của tam giác

ABC cùng thuộc một đường thẳng. Đường thẳng này được gọi là đường

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (S),P là một điểm bất kì của

Hình 2.13

thẳng Simson của điểm P với tam giác ABC

Chứng minh

Trong bất kỳ trường hợp nào đều có 2 điểm nằm về hai phía khác nhau

của 1 cạnh. Ta xét trường hợp P, C nằm về hai phía của AB.

Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự (cid:92)BCA + (cid:92)AP B = 1800. Giả sử P K⊥AB, P M ⊥AC, P L⊥BC. Ta có (cid:92)BCA + (cid:92)AP B = 1800. Suy ra (cid:92)AP B = (cid:92)M P L. Từ đó (cid:91)BP L = (cid:92)AP M . Tương tự, (cid:91)BP L = (cid:92)BKL.

Vậy (cid:92)BKL = (cid:92)M KA hay K, L, M thẳng hàng. b,Giả sử ta đã xác định được đường thẳng Simson của điểm P trên đường

tròn (S) ứng với n-giác A1A2...An nội tiếp (S).

Xét (n + 1)-giác A1A2...AnAn+1 nội tiếp đường tròn (S) và P là một

điểm của (S).Người ta chứng minh được rằng chân các đường vuông góc

n đỉnh của (n + 1)-giác đã cho thẳng hàng.

hạ từ P lên n + 1 đường thẳng Simson của tất cả các n-giác được tạo bởi

(n + 1)-giác A1A2...AnAn+1

2.3..4 Điểm ceva của n-giác

Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson của điểm ứng với

•Định lí ceva: Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên ba cạnh

BC, CA, AB của tam giác ABC. Khi đó ba đường thẳng AE, BF, CG

a, Điểm ceva của tam giác

đồng quy tại điểm O khi và chỉ khi

= 1

AG GB

BE EC

CF F A

(2.6)

Chứng minh

Phần thuận: Giả sử AE, BF, CG cắt nhau tại điểm O. Từ A và C kẻ

các đường thẳng song song với BF , chúng lần lượt cắt CG và AE tại K

và L.

CO OK

CF F A Từ đó

Ta có

CO OK CF F A

LC AK LC AK

BO CL

BE EC

AK BO

. Tương tự . (vì (cid:52)AKO(cid:118) (cid:52)LCO) AG GB

= 1

AK BO

BO CL

LC AK

Do đó

= −1

AG GB GA GB

BE EC EB EC

Chú ý:

= 1 ta dễ dàng suy ra AE, BF, CG đồng

CF F A F C F A .

AG GB

BE EC

CF F A

Ngược lại, nếu

quy tại một điểm.

Điểm đồng quy O thỏa mãn hệ thức (2.6) được gọi là điểm ceva của

tam giác ABC

b, Điểm ceva của cấu hình n đỉnh Ta mở rộng khái niệm điểm ceva của

tam giác cho cấu hình n đỉnh.

1.Cho một hệ n điểm A1, A2, ...An, mỗi điểm có n − 1 đường thẳng đi

qua và mỗi đường thẳng đi qua hai điểm.Hệ n điểm và các đường thẳng

2 =

như vậy được gọi là cấu hình n đỉnh và kí hiệu là [A1, A2, ...An].Cấu hình

n(n − 1) 2

đường thẳng AiAj,i (cid:54)= j, i, j = (1, n).Ta gọi

n đỉnh có Cn n(n − 1) 2

đường thẳng đó là các cạnh của cấu hình.

k =

n! k!(n − k)! 1).Ta biết rằng đa giác n đỉnh A1A2...An là một đường gấp khúc khép kín

cấu hình k đỉnh (k = 1, 2, ..n− Một cấu hình n đỉnh có Cn

gồm các đoạn thẳng A1A2, A2A3, ..., AnAn−1, AnA1. Như vậy cấu hình n

(n − 1)! 2

đỉnh có đa giác

Mỗi tam giác là một cấu hình 3 đỉnh.

2. Cho cấu hình 3 đỉnh A1A2A3, gọi C1, C2, C3 là các điểm trên các

cạnh A1A2, A2A3, A1A3 Theo định lí Ceva A1C2, A2C3, A3C1 đồng quy

tại điểm Ceva O3 khi và chỉ khi (A1A2C1).(A2A3C2).(A3A1C3) = −1 = (−1)3

CA CB

Trong đó (ABC) = là tỉ số đơn của ba điểm A, B, C.

[A1A2], [A2A3], [A3A1]

Ta gọi C1, C2, C3 lần lượt là điểm Ceva của các cấu hình hai điểm

nếu (A1A2C1).(A2A3C2).(A3A1C3) = −1 và gọi Ai là điểm ceva của

cấu hình một đỉnh [Ai].

Như vậy, với thuật ngữ mới ta có thể phát biểu lại định lí Ceva như sau:

Với cấu hình [A1A2A3]:

(A1A2C1).(A2A3C2).(A3A1C3) = −1

(2.7)

Khi và chỉ khi A1C2, A2C3, A3C1 nối các điểm ceva của cấu hình một

đỉnh và hai đỉnh rời nhau cùng đi qua một điểm O3.Điểm này gọi là

điểm ceva của cấu hình [A1A2A3]

Các đoạn thẳng A1C2, A2C3, A3C1 gọi là các đường thẳng Ceva [1; 2]

Hệ thức (2.7) được gọi là là hệ thức Ceva của cấu hình [A1A2A3].

Ta tính tỉ số đơn A1C2O3 theo các tỉ số đơn trong hệ thức (2.7)

Xét tam giác A1C2A2 và ba điểm thẳng hàng O3, A3, C1

(C2A1O3).(A1A2C1).(A2C2A3) = 1 (định lí Menelaus)

Ta có:

1 A2A1C1

1 A3A1C3 Tương tự, ta tính được(A2C2O3), (A3C1O3).

Từ đó suy ra A1C2O3 =

3.Xét cấu hình 4 đỉnh [A1A2A3A4].Cấu hình bốn đỉnh có 6 cạnh, sáu cấu

hình hai đỉnh, bốn cấu hình ba đỉnh, ba tứ giác đỉnh A1.Lấy một trong

các tứ giác này,chẳng hạn A1A2A3A4 và lấy C1, C2, C3, C4 lần lượt là các

điểm của bốn cấu hình hai đỉnh [A1A2], [A2A3], [A3A4], [A4A1] tức là các

A1A2A3A4 sao cho

điểm thuộc [A1A2], [A2A3], [A3A4], [A4A1] (cũng là các cạnh của tứ giác

(A1A2C1).(A2A3C2).(A3A4C3).(A4A1C4) = 1 = (−1)4

(2.8)

[A1A2], [A2A3], [A3A4], [A4A1]. Khi đó ta còn gọi C1, C2, C3, C4 là các

các điểm C1, C2, C3, C4 được gọi là các điểm Ceva lần lượt của

điểm Ceva ứng với tứ giác A1A2A3A4 của cấu hình [A1A2A3A4] và (2.8)

là hệ thức Ceva của [A1A2A3A4]

Ta chứng minh ba kết quả sau:

(i) Dựng được các điểm Ceva C5, C6 của hai cấu hình hai đỉnh [A1A3]

và [A2A4] (hai đường chéo của tứ giác A1A2A3A4 cũng là hai cạnh còn

lại của cấu hình [A1A2A3A4]) sao cho với mỗi cấu hình ba đỉnh bất kì,ba

4 cấu hình ba đỉnh như thế. Kí hiệu:đoạn thẳng nối điểm Ceva của cấu

đường Ceva (1; 2) cùng đi qua điểm Ceva của cấu hình ba đỉnh này.Có

hình a đỉnh và điểm Ceva của cấu hình n − a đỉnh gọi là đường thẳng

Ceva và kí hiệu là (a; n−a). Chẳng hạn đường thẳng Ceva (1; 2) là đoạn

thẳng nối điểm Ceva của cấu hình một đỉnh với điểm Ceva của cấu hình

hai đỉnh trong một cấu hình ba đỉnh.

(ii) Có bốn đường thẳng Ceva (1; 3), ba đường thẳng Ceva (2; 2) cùng

đi qua điểm O4.Điểm O4 gọi là điểm Ceva của cấu hình bốn đỉnh [A1A2A3A4]. Như vậy có tất cả 23 − 1 = 7 đường thẳng Ceva (1; 3), (2; 2) đi qua O4

(C4C2O4) =

1 (A3A1C5) + (A3A4C3)

(A2Q3O4) =

1 (A2A1C1) + (A2A4C6) 1 (A1A2C1) + (A4A2C6)

1 (A3A2C2)

Ta tính được các tỉ số

Các tỉ số tương ứng khác có kết quả tương tự.

(iii) Với hai tứ giác còn lại ta có:

Tứ giác A1A2A4A3 : (A1A2C1).(A2A4C5).(A4A3C3).(A3A1C5) = 1 = (−1)4

Tứ giác A1A3A2A4 : (A1A3C5).(A3A2C2).(A2A4C6).(A4A1C4) = 1 = (−1)4

Xuất phát từ một trong hai hệ thức này ta cũng nhân được các kết quả

như với hệ thức của tứ giác A1A2A3A4

Như vậy, một cấu hình bốn đỉnh có ba tứ giác có cùng điểm Ceva và gọi

là điểm Ceva của cấu hình [A1A2A3A4].

Chứng minh

(i) Dựng C5. A3C1 và A1C2 đi qua O3,A2O3 và A1A3 sẽ cắt nhau tại C5

Dựng C6. A4C2 và A2C3 cắt nhau tại P3,A3P3 và A2A4 sẽ cắt nhau tại

Ta có

(A1A2C1).(A2A3C2).(A3A1C5) = −1

(2.9)

(vì O3 là điểm Ceva của [A1A2A3])

(A2A3C2).(A3A4C3).(A4A2C6) = −1

(2.10)

(vì P3 là điểm Ceva của [A2A3A4])

Từ (2.7),(2.9) suy ra A1C3 và A3C4,A4C5 cùng đi qua Q3 là điểm Ceva

của [A1A3A4]

Tương tự, từ (2.7) và (2.10) cho ta hệ thức Ceva của cấu hình [A1A2A4],

tức là A1C6, A2C4, A4C1 đồng quy tại điểm Ceva R3 của cấu hình [A1A2A4].

(ii) Lấy một cấu hình ba đỉnh bất kì có các đỉnh là các điểm Ceva của ba

cấu hình rời nhau, trong đó có một cấu hình hai đỉnh. Có 6 cấu hình ba

đỉnh như thế, chẳng hạn [C4A2A3]. Theo (i) các đường thẳng Ceva (1; 2)

đi qua điểm Ceva của các cấu hình ba đỉnh nên A2C4, A4C3 lần lượt đi

qua R3, Q3.

Ta có (A2A3C2).(A3C4Q3).(C4A2R3) = −1. Vậy A2Q3, A3R3, C4C2 cùng

đi qua một điểm, là O4 và tính được (A2Q3O4), (C2C4O4), (A3R3O4)

A2 làm một đỉnh và có một cạnh đi qua Q3 đó là cấu hình [C3A1A2].

= (A2Q3O4)

Xét cấu hình ba đỉnh thứ hai có đặc điểm như cấu hình [C4A2A3], nhận

4 và 1 (A4A2C6

1 1 4) = (A1A2C1) (A3A2C2) Vậy O4 = O(cid:48) 4. Với cách làm như vậy, ta chứng minh được 7 đường thẳng Ceva (1; 3), (2; 2):A1P3, A2Q3, A3R3, A4O3, C4C2, C1C3, C5C6 cùng đi qua

O4 là điểm Ceva của cấu hình 4 đỉnh [A1A2A3A4]

Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta được A2Q3, A1P3, C3C1 cùng đi qua một điểm, kí hiệu O(cid:48) (A2Q3O(cid:48)

[A4A3A1] ta được (A1A2C1).(A2A4C5).(A4C3A3).(A3A1C5) = (−1)4 = 1 Tương tự với tứ giác A1A3A2A4 ta có kết quả (A1A2C1).(A2A4C5).(A4C3A3).(A3A1C5) = (−1)4 = 1 Chú ý: Nếu biết điểm Ceva O4 của [A1A2A3A4] và một điểm Ceva của

(iii) Với tứ giác A1A2A4A3, áp dụng hệ thức Ceva của [A1A2A4] và

cấu hình hai điểm nào đó thì ta dựng được các điểm Ceva còn lại. Lấy

C4 là điểm Ceva của [A1A4] ta có cấu hình 3 đỉnh [C4A2A3].Các đường

thẳng Ceva (1; 3), (2; 2) của [A1A2A3A4] đều đi qua O4 nên A2O4 đi

A3O4. Điểm C3 là điểm Ceva của A3A4. Đường thẳng A4Q3 cắt A1A3

qua điểm Ceva Q3 của [A1A3A4].Ta dựng được C3 là giao của A1Q3 và

tại C5,A2C5 cắt A4O4 tại O3.Các đường thẳng A1O3 và A3O3 cắt A2A3

và A1A2 lần lượt tại C2,C1 là các điểm Ceva của A2A3 và A1A2

(3) Cấu hình n đỉnh [A1A2...An], n ≥ 4

Ta có kết quả tổng quát sau

Trong cấu hình n đỉnh [A1A2...An], n ≥ 4 lấy một n-giác bất kì đỉnh A1,

chẳng hạn n-giác [A1A2...An]. Gọi C1, C2, ...Cn lần lượt là điểm Ceva

của n cấu hình hai đỉnh [A1A2], [A2A3], ..., [AnA1] tức là các điều đó thỏa

mãn điều kiện:

(A1A2C1).(A2A3C2)...(An−1AnCn−1).(AnA1Cn) = (−1)n

(2.11)

Khi đó

n(n − 3) 2

cấu hình hai đỉnh còn lại(là (i) Dựng được các điểm Ceva của

các đường chéo của n-giác [A1A2...An] và cũng là các cạnh còn lại của

cấu hình n đỉnh [A1A2...An]) để mỗi cấu hình m đỉnh có các đường thẳng

(k < m) rời nhau cùng đi qua điểm Ceva của cấu hình m đỉnh đó.

Ceva.Mỗi đường nối hai điểm Ceva của cấu hình k đỉnh và m − k đỉnh

] có Cn

n 2

t đường thẳng Ceva (t − t đường thẳng Ceva (t; n − t) cùng đi qua một điểm

1; n − t + 1) và Cn

On. Điểm này gọi là điểm Ceva của cấu hình n đỉnh [A1A2...An] . Cấu hình [A1A2...An] có tất cả 2n−1 − 1 đường thẳng Ceva như thế. Chứng minh(bằng phương pháp quy nạp)

(ii) Với mọi số nguyên dương t,t ≤ [

3.Ta chứng minh nó đúng với mọi cấu hình n đỉnh.

Giả sử mệnh đề đúng với mọi cấu hình có số đỉnh nhỏ hơn n và lớn hơn

(i) Từ cấu hình [A1A2...An] ta xét một cấu hình ba đỉnh Ai có hai cạnh

liên tiếp tùy ý của n-giác A1A2...An chẳng hạn cấu hình [A1AnAn−1]

Hai điểm Ceva Cn−1, Cn của [An−1An], [AnA1] cho ta dựng được điểm

n − 1 đỉnh [A1A2...An−1]. Theo giả thiết quy nạp, với cấu hình n − 1 đỉnh

Ceva của [An−1AnA1] và nhờ (2.10) ta có hệ thức Ceva của cấu hình

(n − 1)(n − 4) 2

cấu hình hai này ta có thể dựng được các điểm Ceva của

đỉnh còn lại. Khi đó mọi cấu hình có số đỉnh nhỏ hơn n − 1 tồn tại các hệ

thức Ceva. Bây giờ từ cấu hình [AnA1A2] nhờ C1, Cn là hai điểm Ceva

của [A1A2], [A1An] ta dựng được điểm Ceva của AnA2,... Bằng cách đó

từ hai điểm Ceva của [AnAi], [AiAi+1](i = 2, 3, 4, ..., n − 3) ta dựng được

[AnAn−2]. Nhờ đó ta có được các hệ thức Ceva của các cấu hình ba đỉnh

[AnA1A2], [AnAiAi+1]. Các cấu hình ba đỉnh này có chung cạnh AnAi và

điểm Ceva của cấu hình [AnAi+1] và cuối cùng dựng được điểm Ceva của

kề nhau liên tiếp. Với các hệ thức Ceva của chúng, ta suy ra được các

[AnA1A2...An−2].

hệ thức Ceva của các cấu hình có chung đỉnh An, chẳng hạn cấu hình

Kết hợp với (2.11) ta suy ra hệ thức Ceva của cấu hình [AnAn−2An−1].

Vậy (i) được chứng minh.

n−2 đỉnh là đỉnh của cấu hình [A1A2...An], đỉnh còn lại là điểm Ceva của

(ii) Trên cấu hình [A1A2...An] ta lấy một cấu hình (n − 1) đỉnh tùy ý có

T heo(i)tồn tại hệ thức Ceva cho cấu hình n-2 đỉnh[A2A3...An−1]. Do đó,

cấu hình hai đỉnh khác với n − 2 đỉnh đã lấy chẳng hạn [CnA2A3...An−1].

từ (2.11) ta có một hệ thức Ceva của cấu hình 4 đỉnh [A1A2An−1An]. Từ

kết quả đã có của cấu hình 4 đỉnh ta suy ra một hệ thức Ceva cho cấu hình

ba đỉnh [CnA2An−1] ta có một hệ thức Ceva theo giả thiết quy nạp. Cũng

theo giả thiết quy nạp các đường thẳng Ceva của cấu hình [CnA2An−1]

cùng đi qua một điểm Ceva của On của nó và các đường thẳng Ceva này

cũng chính là các đường thẳng Ceva của cấu hình [A1A2...An].

Vậy (ii) được chứng minh.

Chú ý

j, 0 < m < n, Ci là các điểm Ceva trên các đường chéo của n-giác

A1A2...An.

1. Bằng quy nạp ta cũng có thể tính được các tỉ số đơn (AiAjCm), i (cid:54)=

(n − 1)! 2

n-giác đỉnh A1 còn lại.

Ta cũng rút ra được , các hệ thức Ceva tương tự (2.11) đối với

Kết luận chung

Luận văn đã trình bày một cách khái quát về suy luận và chứng minh

Toán học, về quy nạp và phương pháp quy nạp Toán học trong hình học.

Trong chương 1 chủ yếu trình bày cơ sở phương pháp chứng minh quy nạp

Toán học và một số hình thức quy nạp Toán học. Chương 2 chủ yếu trình

bày bài toán tô màu bản đồ và xây dựng các định nghĩa bằng quy nạp.

Những vấn đề trong trình bày trong luận văn cho thấy rõ hiệu quả của

việc sử dụng phương pháp quy nạp vào giải các bài toán hình học và các

bài toán trong chương trình phổ thông.

Tài liệu tham khảo

[1] L.I.GONOVINA-I.M.YAGLOM, Phép qui nạp trong hình học,NXB

Tổng hợp HCM.

[2] Đoàn Quỳnh, Số phức với hình học phẳng, NXB Giáo dục, 1997.

[3] Đại số và giải tích 11, NXB Giáo dục Việt Nam.

[4] I.M.Yaglom , Complex numbers in Geometry, New -York, 1968.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Quy nạp và phương pháp quy nạp toán học trong hình học

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.

QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

Lời cam đoan

Lời cảm ơn

Mục lục

Mở đầu

Chương 1

Phương pháp quy nạp

Toán học

Chương 2

Phương pháp quy nạp

trong hình học

Kết luận chung

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và thử hoạt tính kháng viêm của loài rau dừa nước (Ludwigia adscendens)

Luận văn Thạc sĩ: Khảo sát thành phần hóa học và hoạt tính ức chế enzyme α-glucosidase trên một số hợp chất phân lập của thịt quả bình bát nước Anona glabra L.

Luận văn Thạc sĩ: Phân tích một số hợp chất bisphenol thôi nhiễm từ bao bì nhựa lên một số mẫu thực phẩm nền tinh bột

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất naphthoquinone chứa nguyên tố flo bằng phản ứng đa thành phần

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp phần lai chứa phần tetrahydro-beta-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuát của benzazole sử dụng phản ứng oxy hóa khử

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hạt nano bạc phủ hyaluronic acid mang doxorubicin định hướng trong điều trị ung thư

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Sự chuyển biến ngữ nghĩa của nhóm từ chỉ vị giác 酸 (toan), 辣 (lạt), 咸 (hàm), 甜 (điềm), 苦 (khổ) trong tiếng Hán (liên hệ với chua, cay, mặn, ngọt, đắng trong Tiếng Việt)

Luận án Tiến sĩ: Ý niệm 家 (nhà) trong tiếng Trung (có liên hệ với Tiếng Việt)

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Ý niệm 家 (nhà) trong tiếng Trung (có liên hệ với Tiếng Việt)

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Trích xuất mạch vành và phát hiện bất thường trên mạch vành hỗ trợ trong chẩn đoán

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Trích xuất mạch vành và phát hiện bất thường trên mạch vành hỗ trợ trong chẩn đoán

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp, đặc trưng và ứng dụng của vật liệu khung cơ kim loại trên cơ sở Bismuth

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp, đặc trưng và ứng dụng của vật liệu khung cơ kim loại trên cơ sở Bismuth

Luận án Tiến sĩ: Tác động của trách nhiệm xã hội đến tài sản thương hiệu, sự hài lòng và ý định quay lại của du khách - Trường hợp các điểm đến ở khu vực Đông Nam Bộ, Việt Nam

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Tác động của trách nhiệm xã hội đến tài sản thương hiệu, sự hài lòng và ý định quay lại của du khách - Trường hợp các điểm đến ở khu vực Đông Nam Bộ, Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu chế tạo vật liệu xúc tác quang trên nền TiO₂, ZnO biến tính bởi chấm lượng tử Graphene pha tạp nitơ và nano bạc

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu chế tạo vật liệu xúc tác quang trên nền TiO₂, ZnO biến tính bởi chấm lượng tử Graphene pha tạp nitơ và nano bạc

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phát triển các mô hình sinh kế bền vững dựa vào canh tác nông nghiệp của người dân ở vùng đệm Vườn quốc gia Tà Đùng

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phát triển các mô hình sinh kế bền vững dựa vào canh tác nông nghiệp của người dân ở vùng đệm Vườn quốc gia Tà Đùng

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp dung dịch Ferrate (FeO₄²⁻) bằng phương pháp điện hoá và ứng dụng trong xử lý nước thải

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp dung dịch Ferrate (FeO₄²⁻) bằng phương pháp điện hoá và ứng dụng trong xử lý nước thải

Tóm tắt Đề án Thạc sĩ: Đào tạo nguồn nhân lực trong bối cảnh chuyển đổi số tại Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông

Đề án Thạc sĩ: Đào tạo nguồn nhân lực trong bối cảnh chuyển đổi số tại Học viện Công nghệ Bưu chính Viễn thông

Luận án Tiến sĩ: Tác động của văn hoá doanh nghiệp đến năng lực sáng tạo của nhân viên các doanh nghiệp ICT Việt Nam - Nghiên cứu trường hợp Tập đoàn FPT

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok