Tham khảo bài viết 'chương 1: một vài nguyên lí cơ bản - nguyên lý dirichlet_2', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản - NGUYÊN LÝ DIRICHLET_2
- Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản
NGUYÊN LÝ DIRICHLET
Bây giờ ta chứng minh tiếp rằng
4n-1>2a (6)
Thật vậy, cộng (4n – 1 )2 – 2a(4n – 1) vào hai vế của (3) thì ta được
(4n – 1)(m – 2a + 4n – 1 ) – 1 = [ a – (4n – 1 )]2
Hay là 4n (m – 2a + 4n – 1 ) – (m – 2a + 4n – 1 ) + 1 = [a – (4n – 1
)]2
= | − (4 − 1)| thỏa mãn (2) với y = n, x = m – 2a + 4n – 1
Do đó
Vì vậy theo sự xác định của số a, ta có < | − (4 − 1)|, từ đây dễ
dàng suy ra được (6).
Từ (3), (5), (6) ta có a2 + 1 = (4n – 1 )m > 2a . a = 2a2 .
Do đó a2 < 1. Vô lí, suy ra điều phải chứng minh.
Giả sử (1) có nghiệm trong các số tự nhiên x,y,z và giả sử a là số tự
nhiên nhỏ nhất của z thỏa mãn (1) sao cho ta có
4mn – m – n = a2 (7)
trong đó m và n là các số tự nhiên. Nhân hai vế của (7) cho 4 và
biến đổi, ta được :
- (4m – 1) . (4n – 1) – 1 = 4a2 (8)
Cộng 4(4n – 1)2 – 8a(4n – 1) vào hai vế của (8), ta có
[4m – 1 – 8a + 4(4n – 1)] . (4n – 1) – 1 =4(a – 4n + 1)2 (9)
Đẳng thức (9) giống đẳng thức (8), cho thấy rằng phương trình (1)
có nghiệm là z =|a – 4n + 1|. Theo sự xác định số a thì
< | − 4 + 1|
hay
(4 − 1)(4 − 1)
Vì vậy 4 − 1 > 2 .
Vì (7) là đối xứng với m và n, nên lí luận tương tự thì ta cũng được
4 −1 >2 .
Đặt 4 =2 + −1
4 −1 =2 +
trong đó p và q là những số tự nhiên. Như vậy
(4 − 1)(4 − 1) = 4 + 2 ( + ) + .
Do đó, từ (8) ta suy ra
2 ( + ) + = 1, với a, p, q là những số tự nhiên. Điều này vô
lý với chứng minh định lý đã cho.
- Nguyên lý xuống thang trong hình học:
Ví dụ 1:CMR với 3 n 4 ,không tồn tại đa giác đều n cạnh có đỉnh với
tọa độ nguyên.
HD:Với n=3, ta sẽ chỉ ra không có tam giác đều đỉnh nguyên. Thật vậy,
giả sử nếu có thì khi tính diện tích theo định thức thì ta được diện tích là
một số hữu tỷ. Ttrong khi đó cạnh của tam giác là a thì diện tích tam
√
giác đó là lại là đại lượng vô tỷ ( mâu thuẫn).
Mặt khác nếu tồn tại một lục giác đều đỉnh nguyên thì tam giác đều đan
nó cũng đỉnh nguyên. Do đó theo chứng minh vừa rồi thì nó không tồn
tại. Vậy với n=3;6 thì nhận định là đúng.Ta xét các trường hợp còn lại.
Giả sử tồn tại đa giác đều đỉnh nguyên A1 A2 … An với n khác 3; 4; 6 là
một đa giác đều đỉnh nguyên có cạnh nhỏ nhất ( chúng luôn tồn tại do có
=
đỉnh nguyên). Ta lấy các điểm B1, B2,…, Bn sao cho
; = , … .,
= ; =
Khi đó dễ thấy rằng B1, B2,…, Bn cũng là các điểm nguyên. Do n khác
3,4,6 nên B1, B2,…, Bn phân biệt và lập thành đa giác đều đỉnh nguyên
bị chứa thực sự trong đa giác đều A1 A2 … An. Như vậy cạnh của đa
giác đều đỉnh nguyên mới B1B2…Bn nhỏ hơn cạnh của đa giác đều A1
A2 … An ( mâu thuẫn!).
- Ví dụ 2:Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh cùng nội tiếp đường
tròn , luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất. Chứng minh rằng đa
giác có diện tích lớn nhất đó phải là đa giác đều.
Giải:Giả sử tồn tại một đa giác không đều S, n cạnh nội tiếp đường tròn
có diện tích lớn nhất . Vì S không đều nên ắt có 3 đỉnh A;B;C liên tiếp
theo thứ tự đó sao cho AB khác BC. Trên cung ABC của đường tròn lấy
trung điểm B’ của nó, thì B’ khác B. Dễ thấy khoảng cách từ B’ tới
đường thẳng AC lớn hơn khoảng cách từ B đến đường thẳng này. Vì
vậy, diện tích tam giác AB’C lớn hơn diện tích tam giác ABC. Khi đó ta
thay đỉnh B của đa giác S bởi đỉnh B’, còn các đỉnh khác giữ nguyên thì
ta sẽ thu được đa giác S’ có diện tích lớn hơn diện tích đa giác S, mâu
thuẫn.
Vậy có điều phải chứng minh !
Các ví dụ trên đã cho ta một cách nhìn về việc sử dụng nguyên lí
xuống thang trong giải các bài toán số học cũng như một số bài toán
hình học. Sau đây là một số bài toán :
Bài tập sách giáo trình
Bài 1.
a, Giải phương trình với nghiệm nguyên:
x2 + y2 + z2 + u2 = xyzu
b, Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 7 thành tổng bình phương
của 3 số hữu tỉ.
- c, Giải phương trình với nghiệm nguyên x3 = 3y3 + 9z3
d, Phối hợp với nguyên lí hàm liên tục trên tập compac, hãy chứng minh
bất đẳng thức Cosi bằng nguyên lý xuống thang.
HD :a, Giả sử phương trình có nghiệm nguyên là (x,y,z,u)
Khi đó do x2 + y2 + z2 + u2 = xyzu (1)
Ta suy ra
+ Nếu một trong các số x,y,z,u bằng 0 thì suy ra x = y = z = u = 0.
+ Nếu x,y,z, t đều khác 0 thì ta có trong các số x,y,z,u phải có một số
chẵn số các số lẻ.
Nếu tất cả đều lẻ thì VP(1) lẻ còn VT(1) chẵn vô lý.
Nếu chỉ có hai số lẻ thì VP(1) ⋮ 4 còn VT(1) không chia hết cho 4Vô
lý.
Với x, y, z, u đều chẵn.
Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, u = 2u1
Thay vào phương trinh đã cho ta được
+ + + =4
Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵn
x1 = 2x2, y = 2y2, z = 2z2, u =2u2 .
Từ đó đi đến.
- + + + =4 . Một cách tổng quát, xuất phát từ
nghiệm (x,y,z,u) bằng phương pháp xuống thang ta đi đến phương trình
+ + + =4
Với xk = 2xk + 1, yk = 2yk + 1, zk = 2zk + 1, uk = 2uk + 1 Tức là với mọi s tự
nhiên ta có x/2k, y/2k, z/2k, u/2k là các số nguyên. Điểu này chỉ đúng với
s = 1 tức x = y = z = u = 2.
Vậy nghiệm của phương trình là (x,y,z,u) = (0,0,0,0) hoặc (2,2,2,2).
b, Giả sử 7 có thể biểu diễn thành tổng bình phương của 3 số hữu tỉ khi
đó ta có thể đưa bài toán về việc giải phương trình nghiệm nguyên :
x2 + y2 + z2 = 7u2
c, Tương tự ví dụ 1. Sử dụng tính chất chia hết cho 3.
d, Tự làm
Bài 2.Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phương thành nhiều
khối lập phương nhỏ từng đôi một khác nhau.
HD:Trước hết ta nêu ra một chú ý sau: “ nếu một hình vuông P phân
chia được thành một số hữu hạn hình vuông khác nhau thì hình vuông
bé nhất không dính với biên của hình vuông P
Bây giờ ta giả thiết rằng có thể chia cắt hình lập phương Q thành các lập
phương khác nhau Qi và gọi P là một trong những mặt bên của Q.
Các lập phương Qi dính với P tạo nên một sự phân chia P thành các hình
vuông từng cặp khác nhau. Gọi P1 là hình vuông bé nhất trong các hình
- vuông đó và Q1 là lập phương tương ứng . P1 không dính với biên của P
do đó bị bao bọc bởi các hình vuông lớn hơn. Các lập phương tương ứng
tạo thành một “cái giếng ” có Q1 nằm trong đó.
Giả sử P1’ là mặt đối diện với P1 của lập phương Q1. Các lập phương
dính với P1’ tạo nên một sự phân hoạch P1’ thành vố số hình vuông khác
nhau. Gọi P2 là hình vuông bé nhất trong chúng. Vì P2 đặt trong P1’ nên
những hình lập phương bao bọc lập phương Q2 lớn hơn Q2 và tạo thành
“ giếng” . Tiếp tục quá trình xây dựng như trên ta nhận được một “ cái
tháp” vô hạn gồm tất cả các lập phuơng bé dần. Đó là điều không thể có
được.
Chương 2 : Những Vấn Đề Sơ Cấp Về Dãy Số
Bài 2 MỘT VÀI LOẠI DÃY TRUY HỒI
Ví dụ 1: Hãy tìm công thức cho số hạng tổng quát { } của dãy
= 0. = 1; = + (∀ ≥ 0)
Fibonacci xác định như sau:
Giải:
− −1 =0
Dãy đã cho có phương trình đặc trưng là:
Nghiệm của phương trình đặc trưng là:
1 + √5 1 − √5
= ; =
2 2
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
