Đang tải... (xem toàn văn)
Ngun lí xuống thang có lịch sử từ thời Pierre de Fermat (1601 – 1665) Trong thư ông gửi cho Carcavi năm 1659, ông ghi “Do phương pháp bình thường có sách khơng đủ để chứng minh mệnh đề khó quan trọng, tơi hồn thiện cách đặc biệt để giải tốn Tơi gọi cách chứng minh đặc biệt xuống thang không xác định xuống thang đến vô cùng” Ban đầu Fermat dùng phương pháp chứng minh mệnh đề phủ định Ví dụ “Khơng tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương” Để chứng minh mệnh đề này, Fermat dùng phương pháp sau: Nếu tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương, tồn tam giác khác nhỏ tam giác ban đầu có tính chất Lí luận tương tự, ta tam giác thứ ba nhỏ tam giác thứ hai có tính chất, q trình tiếp tục tìm tam giác thứ tư, thứ năm, giảm đến vô Số đo cạnh tam giác vuông xuất phát số tự nhiên, bước thực số đo cạnh giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo dãy số tự nhiên giảm dãy số tự nhiên giảm thực giảm vô hạn lần Từ suy khơng tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương Sau Fermat nói (sau thời gian dài suy nghĩ) ứng dụng phương pháp vào việc chứng minh mệnh đề khẳng định Ví dụ “Mọi số nguyên tố dạng 4n + biểu diễn thành tổng hai số phương” “Mọi số biểu diễn thành tổng khơng q bốn số phương” Một minh họa rõ cho phương pháp liên quan đến toán thách thức nhà toán học thời đoạn, tốn Fermat lớn mà ơng ghi lại bên lề số học Bài tốn Fermat lớn phát biểu sau: Với n không tồn nghiệm nguyên khác không thỏa mãn phương trình xn + y n = z n Đúng tính cách ơng - thiên tài ưa bí mật, nhiều định lý khác ông không để lại chứng minh lí “Tơi có chứng minh thực tuyệt vời mệnh đề nà
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN TIN BÁO CÁO: NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Giảng viên: Nguyễn Cơng Minh Sinh viên: Phạm Thị Ngọc Bích Vũ Thị Vân Anh Lớp: K68CLC Toán Tin Ngày 20 tháng năm 2021 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG MỤC LỤC I LỊCH SỬ II NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG III ỨNG DỤNG NGUN LÍ XUỐNG THANG VỚI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN a Phương pháp b Ví dụ minh họa c Bài tập vận dụng NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC 12 a Phương pháp 12 b Ví dụ minh họa 13 c Bài tập vận dụng 14 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG I LỊCH SỬ Ngun lí xuống thang có lịch sử từ thời Pierre de Fermat (1601 – 1665) Trong thư ông gửi cho Carcavi năm 1659, ông ghi “Do phương pháp bình thường có sách khơng đủ để chứng minh mệnh đề khó quan trọng, tơi hồn thiện cách đặc biệt để giải tốn Tơi gọi cách chứng minh đặc biệt xuống thang không xác định xuống thang đến vô cùng” Ban đầu Fermat dùng phương pháp chứng minh mệnh đề phủ định Ví dụ “Khơng tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương” Để chứng minh mệnh đề này, Fermat dùng phương pháp sau: Nếu tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương, tồn tam giác khác nhỏ tam giác ban đầu có tính chất Lí luận tương tự, ta tam giác thứ ba nhỏ tam giác thứ hai có tính chất, q trình tiếp tục tìm tam giác thứ tư, thứ năm, giảm đến vô Số đo cạnh tam giác vuông xuất phát số tự nhiên, bước thực số đo cạnh giảm thành số tự nhiên nhỏ hơn, tạo dãy số tự nhiên giảm dãy số tự nhiên giảm thực giảm vô hạn lần Từ suy khơng tồn tam giác vng có số đo cạnh số tự nhiên, mà số đo diện tích số phương Sau Fermat nói (sau thời gian dài suy nghĩ) ứng dụng phương pháp vào việc chứng minh mệnh đề khẳng định Ví dụ “Mọi số nguyên tố dạng 4n + biểu diễn thành tổng hai số phương” “Mọi số biểu diễn thành tổng khơng q bốn số phương” Một minh họa rõ cho phương pháp liên quan đến toán thách thức nhà toán học thời đoạn, tốn Fermat lớn mà ơng ghi lại bên lề số học Bài tốn Fermat lớn phát biểu sau: Với n không tồn nghiệm nguyên khác không thỏa mãn phương trình xn + y n = z n Đúng tính cách ơng - thiên tài ưa bí mật, nhiều định lý khác ông không để lại chứng minh lí “Tơi có chứng minh thực tuyệt vời mệnh đề này, có lẽ hẹp viết hết được” PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Mặc dù Fermat khơng viết chứng minh Định lý cuối cùng, ông lại phác lời giải trường hợp n = Số học gộp vào chứng minh tốn hồn tồn khác Mặc dù tính tốn đầy đủ mà ông viết giấy, chi tiết mơ hồ Mặc dù thiếu chi tiết, đủ minh họa rõ ràng phương pháp ông sử dụng – phương pháp xuống thang Trải qua nhiều năm, phương pháp xuống thang thời đại giữ vai trò quan trọng giải phương trình Diophant với cơng trình J.H.poincaré A.Baile Ngày phương pháp ứng dụng nhiều lí thuyết số tốn học II NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Giả sử C tập cầu hình đó, mà giả định C khác rỗng trang bị quan hệ thứ tự, cho phép lọc phần tử cực tiểu a C Rồi phương pháp xuống thang ta lại C có phần tử b với b a Từ rút C phải tập rỗng III ỨNG DỤNG Ngun lí xuống thang với phương trình nghiệm nguyên a Phương pháp ➢ Cơ sở phương pháp xuống thang với phương trình nghiệm ngun tính thứ tự tốt tập hợp số tự nhiên Một tập khác rỗng tập hợp số tự nhiên có phần tử nhỏ ➢ Để chứng minh phương trình vơ nghiệm, ta thường làm sau: + Giả sử tập nghiệm nguyên phương trình khác rỗng + Ta đưa thứ tự tốt tập nghiệm giả sử a0 nghiệm nhỏ + Sử dụng số tính chất để ta xây dựng nghiệm a1 nhỏ a0 , từ dẫn đến mâu thuẫn + Kết luận giả sử sai phương trình vơ nghiệm b Ví dụ minh họa Ví dụ 1.1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau đây: x3 + y = z (1) Giải * Nhận xét: (+) (+) Phương trình có nghiệm ( 0;0;0 ) Nếu ( x; y; z ) nghiệm (1) ( − x; − y; − z ) nghiệm (1) ➢ Ta chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm khác cách: (+) Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0 ) Khơng tính tổng qt, ta tìm nghiệm ( x; y; z ) , z PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUN LÍ XUỐNG THANG Theo tính chất số tự nhiên, số tất nghiệm tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ) (+) cho z0 số nguyên dương nhỏ Ta có x03 + y03 = z03 x0 Đặt x0 = 3x1 , thay vào ta được: (+) 27 x03 + y03 = z03 x13 + y03 = 3z03 y0 Đặt y0 = y1 , tương tự ta có 3x13 + y13 = z03 z0 Đặt z0 = z1 , đó: x13 + y13 = z13 (+) Do ( x1 ; y1 ; z1 ) nghiệm nguyên phương trình (1) z1 z0 Điều mâu thuẫn với tính nhỏ z0 giả sử SAI ➢ Vậy phương trình (1) có nghiệm ngun ( 0;0;0 ) Ví dụ 1.2: Giải phương trình nghiệm nguyên sau đây: x + y + z = u (2) (Giáo trình Đại số sơ cấp) Giải * Nhận xét: (+) Phương trình có nghiệm ( 0;0;0;0 ) (+) Nếu ( x; y; z; u ) nghiệm ( ) ( − x; − y; − z; −u ) nghiệm ( ) ➢ Ta chứng minh phương trình khơng nghiệm khác cách: (+) Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) Khơng tính tổng qt, ta tìm nghiệm ( x; y; z; u ) , u Theo tính chất số tự nhiên, tất nghiệm tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ; u0 ) cho u số nguyên dương nhỏ (+) (+) Ta có x0 + y0 + z0 = u0 u0 Đặt u0 = 2u1 , thay vào ta được: x0 + y0 + z0 = 16u14 x0 + y0 + z0 = 8u14 z0 Đặt z0 = z1 , tương tự ta có x0 + y0 + z14 = 4u14 y0 Đặt y0 = y1 , tương tự ta có x0 + y14 + z14 = 2u14 x0 Đặt x0 = x1 , đó: x14 + y14 + z14 = u14 (+) Do ( x1 ; y1 ; z1 ; u1 ) nghiệm nguyên ( ) u1 u0 Điều mâu thuẫn với tính nhỏ u giả sử SAI ➢ Vậy phương trình có nghiệm ngun ( 0;0;0;0 ) PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Nhận xét: Để xây dựng nghiệm nhỏ hơn, ta thường sử dụng tính chất liên quan đến tính chia hết tổng, hiệu điểm cực biên tập hợp Ví dụ 1.3: Chứng minh phương trình x + y = z ( 3) khơng có nghiệm ngun thỏa mãn xyz (Giáo trình Đại số sơ cấp) Giải * Nhận xét: (+) Phương trình có nghiệm ( 0;0;0 ) (+) Nếu ( x; y; z ) nghiệm (4) ( − x; y; z ) , ( x; − y; z ) , ( x; y; − z ) nghiệm (+) Nếu ( x; y; z ) nghiệm (4) x ; y ; z nghiệm phương trình ( ) u + v2 = ( 4) Pythagoras: Do x, y khơng tính chẵn lẻ (( kx ) ; ( ky ) ; k z ) nghiệm ( 4) 2 ➢ Ta chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm khác cách: (+) Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0 ) Khơng tính tổng qt, ta tìm nghiệm ngun dương ( x; y; z ) với ( x, y ) = (+) x lẻ, y chẵn Theo tính chất số tự nhiên, số tất nghiệm tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ) cho z0 số nguyên dương nhỏ (+) ( ) Ta có x0 + y0 = z0 x0 ; y0 ; z0 nghiệm phương trình: u + v = ( ) Do tính chất nghiệm ( ) , tồn hai số nguyên dương a, b nguyên tố nhau, a b , a lẻ, b chẵn cho: x0 = a − b y0 = 2ab z0 = a + b Do ( a, b ) = ( a, 2b ) = Kết hợp với y0 = 2ab ta có: a = t 2b = s Chú ý x0 = a − b2 ( x0 ; b; a ) nghiệm phương trình: u + v = ( ) Tương tự, tồn hai số nguyên dương m, n nguyên tố nhau, m lẻ, n chẵn cho: x0 = m − n b = 2mn a = m2 + n2 PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG b s Mà 2b = s nên mn = = Do ( m, n ) = nên m = p n = q 2 Khi ta nhận được: t = a = m2 + n2 = p4 + q4 (+) Do ( p; q; t ) nghiệm nguyên phương trình ( ) t = a z0 Điều mâu thuẫn với tính nhỏ z0 giả sử SAI ➢ Vậy phương trình (1) khơng có nghiệm ngun thỏa mãn xyz Nhận xét Phương trình Fermat với n = : x4 + y = z khơng có nghiệm nguyên khác Ví dụ 1.4: (Ví dụ tự đề xuất) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x + y + z = 19u (*) Giải Nhận xét: (+) Phương trình có nghiệm ( 0;0;0;0 ) (+) Nếu ( x; y; z; u ) nghiệm ( ) ( − x; y; z; u ) ; ( x; − y; z; u ) ; ( x; y; − z; u ) ; ( x; y; z; −u ) nghiệm ( ) ➢ Ta chứng minh phương trình khơng cịn nghiệm khác cách: (+) Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) Khơng tính tổng qt, ta tìm nghiệm nguyên dương ( x; y; z; u ) Theo tính chất số tự nhiên, tất nghiệm tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ; u0 ) cho u số nguyên dương nhỏ (+) (+) Ta có x0 + y0 + z0 = 19u0 (*) Mà số phương chia dư x0 + y0 + z0 chia dư 0, 1, 19u0 chia dư x0 y0 z0 u0 ( mod ) Đặt x0 = x1 , y0 = y1 , z0 = z1 , u0 = 5u1 ta 54 x14 + 54 y14 + 54 z14 = 54.19u14 x14 + y14 + z14 = 19u14 (+) Do ( x1 ; y1 ; z1 ; u1 ) nghiệm nguyên ( ) u1 u0 Điều mâu thuẫn với tính nhỏ u giả sử SAI ➢ Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( 0;0;0;0 ) PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG c Bài tập vận dụng Bài 1.1: Giải phương trình nghiệm nguyên sau: a x3 − y3 = z b x4 + y = 9z + 27u Hướng dẫn giải: Tương tự Ví dụ 1.1 Ví dụ 1.2 Bài 1.2: Chứng minh viết thành tổng bình phương ba số hữu tỉ (Giáo trình Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải * Nhận xét: Bài toán cho tương đương với: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương: x + y + z = 7u (5) (+) Phương trình có nghiệm ( 0;0;0;0 ) (+) Nếu ( x; y; z; u ) nghiệm ( ) ( − x; y; z; u ) ; ( x; − y; z; u ) ; ( x; y; − z; u ) ; ( x; y; z; −u ) nghiệm ( ) ➢ Ta chứng minh phương trình khơng nghiệm khác cách: (+) Giả sử phương trình có nghiệm ngun khác ( 0;0;0;0 ) Khơng tính tổng qt, ta tìm nghiệm ngun dương ( x; y; z; u ) Theo tính chất số tự nhiên, tất nghiệm tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ; u0 ) cho u số nguyên dương nhỏ (+) (+) Ta có x0 + y0 + z0 = 7u0 Vì số phương chia dư nên ta xét hai trường hợp (TH) sau: ➢ TH1: u lẻ x0 + y0 + z0 ( mod ) x0 y0 z0 ( mod ) x0 y0 z0 ( mod ) Đặt x0 = x1 − 1, y0 = y1 − 1, z0 = z1 − 1, u0 = 2u1 − ta được: ( x1 + 1) + ( y1 + 1) + ( z1 + 1) = ( 2u1 + 1) 2 Hay: x1 ( x1 + 1) + y1 ( y1 + 1) + z1 ( z1 + 1) = 7u1 ( u1 + 1) + Điều vơ lí vế trái số chẵn vế phải số lẻ PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG ➢ TH2: u chẵn x0 + y0 + z0 ( mod ) x0 y0 z0 ( mod ) x0 y0 z0 ( mod ) Đặt x0 = x1 , y0 = y1 , z0 = z1 , u0 = 2u1 ta được: x12 + y12 + z12 = 7.4u12 Hay: x12 + y12 + z12 = 7u12 (+) Do ( x1 ; y1 ; z1 ; u1 ) nghiệm nguyên ( ) u1 u0 Điều mâu thuẫn với tính nhỏ u giả sử SAI ➢ Vậy phương trình có nghiệm ngun ( 0;0;0;0 ) Nhận xét: Ngồi việc sử dụng tính chất chia hết, ta sử dụng tính chất đồng dư Bài 1.3: Chứng minh viết 13 thành tổng lũy thừa bậc bốn hai số hữu tỉ Hướng dẫn giải Bài toán cho tương đương với: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương: x + y = 13z Tương tự Bài 1.2: Ở bước tạo nghiệm nhỏ hơn, ta xét phép đồng dư modulo 13: Chú ý x0 + y0 = 13z0 Mà x04 , y04 chia 13 dư 0, 1, Nên x0 y0 ( mod13) Bài 1.4: Giải hệ phương trình sau: x, y, z 2 x + y + z + ( x + y + z ) + = ( ) (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: Phương trình ( ) tương đương với ( x + 3) + ( y + 3) + ( z + 3) = 2 Đặt a = x + 3, b = y + 3, c = z + , ta a, b, c 2 a + b + c = Đây Bài 1.2 ta chứng minh PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Bài 1.5: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên sau: x2 − y = (u − v2 ) xy = uv x, y = u , v = ( ) ( ) (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải Chú ý: a = x − y, b = x + y Đặt Khi a, b tính chẵn lẻ; u, v tính chẵn lẻ và: c = u − v , d = u + v ab = 2cd 2 2 a + b = ( c + d ) Do ab = 2cd a, b tính chẵn lẻ nên a, b chẵn Từ đó, áp dụng phương pháp xuống thang, ta tìm nghiệm phương trình ( 0;0;0;0 ) Bài 1.6: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x4 + y + z = 19u Hướng dẫn giải Nhận xét: Bài sử dụng xét đồng dư cho 19 Bài 1.3 Do số phương chia dư nên ta có x4 + y + z chia dư 0, 1, Mà 19u chia dư nên x y z u ( mod ) Từ đó, áp dụng phương pháp xuống thang, ta tìm nghiệm phương trình ( 0;0;0;0 ) Bài 1.7: Giải phương trình nghiệm nguyên x2026 + y 2026 = 2027 ( z 2026 + t 2026 ) Hướng dẫn giải Nhận xét: 2027 số nguyên tố, xuất x 2017 −1 , ta chủ ý đến Định lý Fermat Theo Định lý Fermat, ta có: Nếu ( x, 2027 ) = ( y, 2027 ) = : x 2026 y 2026 1( mod 2017 ) Mà x 2026 + y 2026 ( mod 2027 ) nên x 2026 y 2026 ( mod 2017 ) Từ đó, áp dụng phương pháp xuống thang, ta tìm nghiệm phương trình ( 0;0;0;0 ) PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 10 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Bài 1.8: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun dương x4 − y = z (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải Cách làm tương tự Ví dụ 1.3 * Dưới số tập không sử dụng trực tiếp phương pháp xuống thang mà sử dụng số ý tưởng Bài 1.9: Hãy tìm tất số nguyên dương n cho phương trình x + y + u + v = n xyuv có nghiệm nguyên dương (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải Phương trình cho tương đương với ( x + y + u + v ) = n xyuv hay: x − x n yuv − ( y + u + v ) + ( y + u + v ) = ( ) Gọi S tập nghiệm nguyên dương ( ) Tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; u0 ; v0 ) ( ) cho x0 + y0 + u0 + v0 nhỏ Khơng tính tổng quát giả sử x0 y0 u0 v0 Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x − x n y0 u0 v0 − ( y0 + u0 + v0 ) + ( y0 + u0 + v0 ) Tồn nghiệm x1 f ( x ) thỏa mãn: x0 + x1 = n y0 u0 v0 − ( y0 + u0 + v0 ) x0 x1 = ( y0 + u0 + v0 ) Hơn x1 nguyên dương ( x1 ; y0 ; u0 ; v0 ) S x1 + y0 + u0 + v0 x0 + y0 + u0 + v0 x1 x0 y0 u0 v0 f ( y0 ) hay ( y0 + u0 + v0 ) n y0 u0 v0 Do n y0 u0 v0 ( y0 + u0 + v0 ) ( y0 + y0 + y0 ) = 16 y0 n 2 Thử với n = 1, 2,3, ta thấy phương trình cho có nghiệm Bài 1.10: Chứng minh phương trình x + y + z = 18 ( xyz + 1)( ) khơng có nghiệm ngun dương PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 11 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Hướng dẫn giải Gọi S tập nghiệm nguyên dương ( ) Giả sử S Tồn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ) ( ) cho x0 + y0 + z0 nhỏ Khơng tính tổng qt giả sử x0 y0 z0 Xét tam thức bậc hai f ( x ) = x − 18 x0 y0 x + y0 + z0 − 18 Tồn nghiệm x1 f ( x ) thỏa mãn: x0 + x1 = 18 y0 z0 (*) 2 x0 x1 = y0 + z0 − 18 + Với x0 = y0 = z0 = Không tổng quát giả sử x0 = từ ( ) ta có y0 + z0 = 18 Phương trình nghiệm nguyên vô nghiệm + Với x0 y0 z0 , Từ (*) ta có: Do ( x0 + 1) ( x1 + 1) = x0 x1 + x0 + x1 + = y0 + z0 − 18 + 18 y0 z0 + x1 ( x1 ; y0 ; z0 ) S x1 + y0 + z0 x0 + y0 + z0 x1 x0 y0 z0 ( ) f ( y0 ) hay y0 + z0 18 y0 z0 + Do 18 ( y0 z0 + 1) y0 + z0 y0 vô lý Thử với n = 1, 2,3, ta thấy phương trình cho có nghiệm Vậy giả sử sai, phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Ngun lí xuống thang số tốn khác Khơng có ứng dụng giải phương trình nghiệm nguyên, nguyên lí xuống thang cịn cung cấp lời giải sắc bén cho nhiều tốn Hình học, Số học, Tổ hợp rời rạc, … a Phương pháp Để sử dụng Nguyên lí xuống thang ta cần: ➢ Xác định tập C mà C trang bị quan hệ thứ tự, cho phép lọc phần tử cực tiểu a thuộc C ➢ Chỉ C có phần tử b < a PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 12 NGUN LÍ XUỐNG THANG b Ví dụ minh họa Ví dụ 2.1: Cho tập M gồm điểm đường thẳng, cho trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm thuộc M, điểm thuộc tập hợp M Chứng minh tập hợp M gồm vô hạn điểm (Bài tập Đại số sơ cấp) Giải: Giả sử tập M gồm hữu hạn điểm đường thẳng Khi tập hợp M tồn hai điểm mà đoạn thẳng nối chúng có độ dài nhỏ Giả sử hai điểm A, B Khi theo giả thiết trung điểm C AB thuộc tập hợp M Thấy rằng: AC < AB, điều mâu thuẫn với cách chọn hai điểm A, B Vậy tập hợp M gồm vô hạn điểm Nhận xét: - Tập C tập gồm đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc M - Quan hệ thứ tự C quan hệ độ dài đoạn thẳng C - Phần tử cực tiểu đoạn thẳng AB Ví dụ 2.2: Tại ô bảng ô vuông vô hạn viết số nguyên dương, cho số viết trung bình cộng bố số kề với Chứng minh tất số viết (Bài tập Đại số sơ cấp) Giải: Gọi S tập số viết bảng Khi S có phần tử nhỏ nhất, gọi phần tử a Gọi A tập ô vuông đánh số a, B tập vng cịn lại Nếu B tồn ô vuông thuộc A mà bốn ô kề khơng thuộc A Giả sử số thuộc x, y, z, t không đồng thời a nên số phải tồn số nhỏ a (mâu thuẫn với tính nhỏ a) Vậy B = , tức tất số viết Nhận xét: - CS Câu hỏi: Nếu số trung bình cộng bốn số vng bốn góc Ta đặt tối đa giá trị số? ( ) Ví dụ 2.3: (Ví dụ tự đề xuất) Tồn hay không tập A A gồm hữu hạn số thực dương không đồng thời thỏa mãn số a, b, c thuộc A ln tồn số trung bình nhân hai số lại? Giải: Gọi S tập hợp bao gồm tất tập có phần tử thỏa mãn tính chất tập A Giả sử S , S tồn tập A0 tất tập thuộc S tổng phần tử A0 nhỏ PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 13 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Giả sử A0 = x1 , x2 , , xn Xét A1 = x1 , x2 , , xn Khi A1 thuộc S, mà A1 có tổng phần tử nhỏ A0 (mâu thuẫn) Suy S = Vậy không tồn tập A thỏa mãn yêu cầu Ví dụ 2.4: (Ví dụ tự đề xuất) Tìm tất hàm số f: lim f ( x ) = const f ( x ) = f ( x − 1) x →− → liên tục thỏa mãn Giải: Ta chứng minh được: 1 f ( x − 1) = f ( x − ) = = n f ( x − n ) n 2 1 f ( x ) = lim n f ( x − n ) = n lim f ( x − n ) = n →+ 2 n→+ f ( x) = * Do hàm số cần tìm f Ví dụ 2.5: Chứng minh với số tự nhiên lẻ m tồn số nguyên dương d cho: Với số tự nhiên n mà 2n 1( mod m ) n chia hết cho d (Bài tập Đại số sơ cấp) Giải: Gọi S tập tất số tự nhiên n thỏa mãn 2n 1( mod m ) Vì ( 2, m ) = 1( mod m ) , S Theo tính chất số tự nhiên S phải có phần tử bé nhất, giả sử phần tử d Ta chứng minh n chia hết cho d với n thuộc S Thật vậy, giả sử tồn số tự nhiên n thuộc S mà n không chia hết cho d, viết n dạng n = dq + r ( r d ) Khi đó: ( m) 2n − = 2dq + r − = 2r (( ) − 1) + ( − 1) d q r Vì n − 2d − chia hết cho m nên 2r − chia hết cho m, < r < d (mâu thuẫn) Vậy d số thỏa mãn yêu cầu đề Nhận xét: - C tập gồm số tự nhiên n thuộc S mà n không chia hết cho d c Bài tập vận dụng Bài 2.1: Biết tam giác có chu vi ln tồn tam giác có diện tích lớn Chứng minh tam giác có diện tích lớn tam giác (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 14 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Giả sử tam giác có chu vi p tam giác ABC với cạnh a, b, c tam giác có diện tích lớn Nếu tam giác ABC khơng đều, ta coi b c b+c Khi tam giác A’BC có chu vi với tam giác ABC Ta kiểm tra đường cao đỉnh A’ tam giác A’BC lớn đường cao đỉnh A tam giác ABC Do diện tích tam giác A’BC lớn diện tích tam giác ABC Điều mâu thuẫn với cách chọn tam giác ABC Ta có điều phải chứng minh Ta gọi A’ điểm thỏa mãn A ' B = A ' C = Bài 2.2: Biết tam giác có diện tích tồn tam giác có chu vi nhỏ Chứng minh tam giác có chu vi nhỏ phải tam giác (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: Gọi tam giác ABC với cạnh a, b c tam giác có chu vi nhỏ Giả sử tam giác ABC không đều, ta coi b c Gọi A’ giao điểm đường thẳng qua A song song với BC đường trung trực BC Ta thấy tam giác ABC A’BC có diện tích mà chu vi tam giác A’BC nhỏ chu vi tam giác ABC (mâu thuẫn) Bài 2.3: Trong mặt phẳng điểm đánh dấu hai số Chứng minh với số dương tùy ý, ta tìm tam giác có đỉnh đánh dấu số có độ dài cạnh nhỏ (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: Gọi S tập số thực dương x cho tồn tam giác có đỉnh đánh dấu số mà độ dài cạnh nhỏ x Ta chứng minh toán qua hai bước Bước Chứng minh S Giả sử S = Lấy hai điểm đánh số tùy ý Giả sử A0 , A1 đánh số Dựng lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 có tâm A0 Do tam giác A0 A1 A2 nên A2 đánh số Tương tự A6 đánh số Do tam giác A2 A4 A6 nên A4 đánh số Và từ suy A3 , A5 đánh số Gọi A7 giao A1 A2 A3 A4 Nếu A7 đánh số tam giác A2 A3 A7 tam giác có đỉnh đánh số Nếu A7 đánh số tam giác A1 A4 A7 tam giác có đỉnh đánh số (Mâu thuẫn) PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 15 NGUN LÍ XUỐNG THANG Do S Bước Ta chứng minh: Với x > tồn y S cho y < x (*) Giả sử tồn x = x0 không thỏa mãn (*) Thực Bước ta bổ sung thêm x0 Chú ý tất tam giác tạo thành từ đỉnh A0 , A1 , , A7 có độ dài nhỏ x0 Do ta sử dụng lại lập luận Bước để mâu thuẫn Do (*) Ta có điều phải chứng minh điều kiện A0 A1 Bài 2.4: Trên mặt phẳng cho họ vô hạn đường thẳng song song cách Chứng minh dựng ngũ giác có đỉnh nằm đường thẳng song song (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: Gọi h khoảng cách đường song song liên tiếp Giả sử dựng ngũ giác có đỉnh nằm đường song song cho Nối đường chéo ngũ giác với ta thu ngũ giác có đỉnh giao điểm đường chéo Nhận xét đỉnh ngũ giác nằm đường thẳng song song cho Cứ làm ta tạo ngũ giác có đỉnh nằm đường thẳng song song cho độ dài cạnh nhỏ dần tiến tới 0, khoảng cách đường thẳng song song cho không đổi (mâu thuẫn) Bài 2.5: Cho 2n+2 điểm mặt phẳng, khơng có điểm thẳng hang Chứng minh tồn điểm mà đường thẳng nối chúng chia mặt phẳng thành miền cho miền chứa n điểm Hướng dẫn giải: - Xét A điểm nằm bao lồi 2n+2 điểm cho, đường thẳng nối A điểm khác chia mặt phẳng làm miền, miền chứa p điểm, miền chứa q điểm - C tập đường thẳng qua A - Quan hệ thứ tự C quan hệ độ chênh lệch số điểm hai miền, tức p−q Bài 2.6: Cho hàm f: → n, m số nguyên: PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH hàm thỏa mãn hệ thức sau với 16 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG f ( n, m ) = f ( n − 1, m ) + f ( n + 1, m ) + f ( n, m − 1) + f ( n, m + 1) Chứng minh với số nguyên k, hàm f nhận giá trị lớn k nhỏ k (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: - Giả sử số nguyên k đó, tất giá trị hàm số f khơng vượt q k Khi f đạt giá trị lớn Z, giả sử giá trị l, đạt ( n0 , m0 ) - Ta suy được: l = f ( n0 1, m0 ) = f ( n0 2, m0 ) = = f ( n0 h, m0 ) = = f ( n0 , m0 1) = f ( n0 , m0 ) = = f ( n0 , m0 h ) = Từ có f hàm Bài 2.7: Có 100 bạn người cầm bóng chơi trị chơi chuyền bong theo qui tắc họ chuyền bóng đến người đứng gần Chứng minh khơng có bạn nhận nhiều bóng (Nguồn: [5]) Hướng dẫn giải: Giả sử tồn bạn A nhận n bóng từ bạn A1 , A2 , , An với n Ta có: A1 AA2 + A2 AA3 + + An AA1 = 360o Gọi Ai AAj góc nhỏ n góc Ta có: Ai AAj 360o 60o n Theo đề Ai , Aj chuyền bóng đến A nên AAj , AAi Ai Aj mà tam giác Ai AAj Ai AAj 60o nên phải bé cạnh cịn lại Điều vơ lí Vậy khơng tồn bạn nhận nhiều bóng Bài 2.8: Tìm tất cặp đa thức P(x), Q(x) thỏa mãn phương trình P2(x) = (x2-1) Q2(x) + (1) (Nguồn [6]) Hướng dẫn giải: Khơng tính tổng quát, ta cần tìm nghiệm tập đa thức có hệ số khởi đầu dương Xét: (2) ( x − x − 1) n = Pn ( x) − x − 1Qn ( x) (3) PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 17 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Nhân (2) (3) vế theo vế, ta = ( x + x − 1) n ( x − x − 1) n = ( Pn ( x) + x − 1Qn ( x))( Pn ( x) − x − 1Qn ( x)) = Pn2 ( x) − ( x − 1)Qn2 ( x) Suy cặp đa thức Pn(x), Qn(x) xác định (2) (và (3)) nghiệm (1) Ta chứng minh tất nghiệm (1) Thật vậy, giả sử ngược lại, tồn cặp đa thức P(x), Q(x) khơng có dạng Pn(x), Qn(x) thỏa mãn (1) Ta xét cặp đa thức (P, Q) với deg Q nhỏ Đặt ( P( x) + x − 1Q( x))( x − x − 1) = P *( x) + x − 1Q *( x) (4) Thì rõ ràng ( P( x) − x − 1Q( x))( x + x − 1) = P *( x) − x − 1Q *( x) Suy (P*, Q*) nghiệm (1) Khai triển (4), ta thu P*(x) = xP(x) – (x2-1) Q(x), Q*(x) = xQ(x) – P(x) Chú ý từ (1) ta suy (P(x) – xQ(x))(P(x)+xQ(x)) = - Q2(x) + Vì P(x) Q(x) có hệ số khởi đầu > degP = degQ + nên ta có deg (P(x)+xQ(x)) = degQ + Từ đây, deg(-Q2(x) + 1) ≤ 2deg(Q) nên ta suy deg(Q*(x)) ≤ deg(Q) – < deg Q Như vậy, theo cách chọn cặp (P, Q) tồn n cho (P*, Q*) = (Pn, Qn) Nhưng từ (4) suy P( x) + x − 1Q( x) = ( P *( x) + x − 1Q *( x))( x + x − 1) = ( x + x − 1)n ( x + x − 1) = ( x + x − 1)n +1 Suy (P, Q) = (Pn+1, Qn+1), mâu thuẫn Vậy điều giả sử sai ta có điều phải chứng minh Bài 2.9: (Định lý Sylvester) Cho tập hợp S gồm hữu hạn điểm mặt phẳng thỏa mãn tính chất sau: Một đường thẳng qua điểm thuộc S qua ít điểm thứ ba thuộc S Khi tất điểm S nằm đường thẳng Hướng dẫn giải: Giả sử phản chứng tồn tập hợp S gồm hữu hạn điểm không thẳng hàng đường thẳng qua hai điểm S chứa ba điểm Một đường thẳng gọi đường nối qua hai điểm S Giả sử (P,l) cặp điểm đường nối có khoảng cách dương nhỏ cặp điểm-đường nối PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 18 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Theo giả thiết, l qua ba điểm S, nên hạ đường cao từ P xuống l tồn hai điểm nằm phía đường cao (một điểm nằm chân đường cao) Trong hai điểm này, gọi điểm gần chân đường cao B, điểm C Xét đường thẳng m nối P C Khoảng cách từ B tới m nhỏ khoảng cách từ P tới l, mâu thuẫn với giả thiết P l Một cách để thấy điều tam giác vuông với cạnh huyền BC đồng dạng nằm bên tam giác vng với cạnh huyền PC Do đó, khơng thể tồn khoảng cách dương nhỏ cặp điểm-đường nối Nói cách khác, điểm nằm đường thẳng đường nối chứa ba điểm Bài 2.10: Chứng minh chia khối lập phương thành nhiều khối lập phương nhỏ khác đôi (Bài tập Đại số sơ cấp) Hướng dẫn giải: Nhận xét: Nếu hình vng P chia thành hữu hạn hình vng khác đơi hình vng bé khơng dính với biên P Giả thiết chia hình lập phương Q thành hình lập phương nhỏ khác đôi Qi P mặt bên Q Các hình lập phương Qi dính với P tạo phân chia P thành hình vng nhỏ đơi khác Gọi P1 hình vng bé phân chia Q1 hình lập phương tương ứng Do P1 khơng dính với biên nên bao bọc hình vng lớn Các hình lập phương tương ứng tạo thành giếng chứa Q1 Gọi P '1 mặt đối diện với P1 hình lập phương Q1 Các hình lập phương dính với P '1 tạo thành phân chia P '1 thành hình vng đơi khác Gọi P2 hình vng bé số Q2 hình lập phương tương ứng Do P2 nằm P '1 nên hình vng bao quanh Q2 lớn tạo thành giếng chứa Q2 Tiếp tục trình xây dựng ta tháp vơ hạn hình lập phương bé dần Điều mâu thuẫn PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 19 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Giáo trình Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt, Đàm Văn Nhỉ [2] Bài tập Đại số sơ cấp – Dương Quốc Việt [3] Chuyên đề – Nguyên lý xuống thang – Nhóm 13 Nguyên lý xuống thang (123docz.net) [4] Sách Định lý cuối Fermat – Simon Singh [5] https://www.academia.edu/11178752/Chuy%C3%AAn_%C4%91%E1%BB%81_To %C3%A1n_Logic_and_R%E1%BB%9Di_r%E1%BA%A1c_1 [6] https://drive.google.com/file/d/1MNpBP4xg6SEfIlvYSTZHnqbrakpcK4fq/view?usp= sharing PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 20 ...NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG MỤC LỤC I LỊCH SỬ II NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG III ỨNG DỤNG NGUN LÍ XUỐNG THANG VỚI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM... 14 TÀI LIỆU THAM KHẢO 20 PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG I LỊCH SỬ Nguyên lí xuống thang có lịch sử từ thời Pierre de Fermat (1601 – 1665) Trong thư ông gửi... phương pháp xuống thang, ta tìm nghiệm phương trình ( 0;0;0;0 ) PHẠM THỊ NGỌC BÍCH – VŨ THỊ VÂN ANH 10 NGUYÊN LÍ XUỐNG THANG Bài 1.8: Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm nguyên dương