ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - ĐINH THỊ BÍCH NGỌC ĐỀ TÀI MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN KHÔNG MẪU MỰC Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TS Đặng Huy Ruận HÀ NỘI - 2015 Mục lục Lời nói đầu Phương pháp quy nạp toán học 1.1 Nguyên lý quy nạp 1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp 1.2.1 Cơ sở quy nạp 1.2.2 Quy nạp 1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải mẫu mực 1.4 Bài tập tự giải 4 4 toán không 23 Phương pháp phản chứng 2.1 Phép suy luận phản chứng 2.2 Phương pháp chứng minh phản chứng 2.3 Các bước suy luận chứng minh phản chứng 2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải toán không mẫu mực 2.5 Bài tập tự giải 25 25 25 26 Phương pháp suy luận 3.1 Vài nét phương pháp suy luận 3.2 Các ví dụ vận dụng phương pháp suy luận 3.3 Bài tập tự giải 39 39 40 46 Phương pháp bảng 4.1 Vài nét phương pháp bảng 4.2 Vận dụng phương pháp bảng để giải mực 4.3 Bài tập tự giải 50 50 toán không mẫu 27 37 50 59 Phương pháp sơ đồ 5.1 Giới thiệu phương pháp sơ đồ 5.2 Vận dụng phương pháp sơ đồ để giải mẫu mực 5.3 Bài tập tự giải toán không 63 63 63 69 Phương pháp đồ thị 6.1 Một số khái niệm kết lý thuyết đồ thị 6.2 Phương pháp đồ thị 6.3 Vận dụng phương pháp đồ thị để giải toán không mẫu mực 6.4 Bài tập tự giải 73 73 74 Kết luận 91 Tài liệu tham khảo 92 75 87 LỜI NÓI ĐẦU Các toán không mẫu mực toán mà việc giải chúng đòi hỏi suy luận, tư độc đáo Việc giải toán không mẫu mực giúp người thực nâng cao nhanh chóng khả tư duy, suy luận nhiều phát phương pháp giải toán độc đáo không ngờ Bởi nhiều em học sinh, đặc biệt học sinh trường chuyên, lớp chọn thích làm quen với toán Luận văn "Một số phương pháp giải toán không mẫu mực" trình bày sáu phương pháp chủ yếu để giải toán không mẫu mực Nhưng toán không mẫu mực giải đồng thời nhiều phương pháp khác vài phương pháp có phần "tương tự" nên việc phân loại phương pháp, ví dụ tập tương đối Các toán không mẫu mực mảng lý thú toán học nói chung toán phổ thông nói riêng Vì vậy, tác giả hi vọng luận văn trở thành tài liệu có ích cho em học sinh phổ thông, đặc biệt em học sinh trường chuyên, lớp chọn, thầy cô giáo dạy cuối cấp tiểu học, thầy cô giáo dạy toán trường phổ thông, bạn sinh viên quan tâm đến mảng toán lý thú Luận văn chia làm sáu chương: Chương trình bày phương pháp quy nạp toán học Chương trình bày phương pháp phản chứng Chương trình bày phương pháp suy luận Chương trình bày phương pháp bảng Chương trình bày phương pháp sơ đồ Chương trình bày phương pháp đồ thị Luận văn hoàn thành hướng dẫn, giúp đỡ tận tình GS.TS Đặng Huy Ruận, em xin gửi tới thầy lòng biết ơn sâu sắc Em xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban chủ nhiệm khoa thầy cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên - Đại Học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện, dạy bảo dìu dắt em năm học vừa qua Xin chân thành cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân thời gian học tập làm luận văn Do khả nhận thức thân tác giả, luận văn nhiều hạn chế, thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng năm 2015 Chương Phương pháp quy nạp toán học Phương pháp quy nạp toán học công cụ có hiệu lực việc chứng minh nhiều toán thuộc lĩnh vực khác toán học như: số học, đại số, hình học đặc biệt toán không mẫu mực Đây phương pháp chứng minh toán học đặc biệt cho phép ta rút quy luật tổng quát dựa sở trường hợp riêng Quá trình quy nạp ngược với trình suy diễn Từ "tính chất" số cá thể suy "tính chất" tập thể, nên lúc Nó thỏa mãn nguyên lý quy nạp 1.1 Nguyên lý quy nạp Cho n0 số nguyên dương P (n) mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n ≥ n0 Nếu 1.P (n0 ) Nếu P (k) từ suy P (k + 1) với số tự nhiên k ≥ n0 P (n) với số tự nhiên n ≥ n0 1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp Giả sử khẳng định P (n) xác định ∀n ≥ n0 Để chứng minh P (n) ∀n ≥ n0 quy nạp, ta cần thực bước 1.2.1 Cơ sở quy nạp Kiểm tra đắn P (n) với n = n0 , nghĩa xét P (n0 ) có không 1.2.2 Quy nạp Chứng minh rằng: Nếu với k ≥ n0 , P (k) mệnh đề đúng, suy P (k + 1) Nếu bước thỏa mãn, theo nguyên lý quy nạp P (n) với n ≥ n0 Chú ý Trong trình quy nạp, không thực đầy đủ bước: Cơ sở quy nạp quy nạp dẫn đến kết luận sai lầm Một số ví dụ sau chứng tỏ điều - Do bỏ qua bước sở quy nạp, ta đưa kết luận không đúng: Mọi số tự nhiên nhau! Bằng cách quy nạp sau: Giả sử số tự nhiên không vượt k + Khi ta có: k =k+1 Thêm vào vế đẳng thức đơn vị có: k+1=k+1+1=k+2 Cứ suy số tự nhiên không nhỏ k Kết hợp với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt k nhau, đến kết luận sai lầm: Tất số tự nhiên nhau! - Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601 n 1665) cho số dạng 22 + số nguyên tố P.Fermat xét số đầu tiên: Với n = cho 22 + = 21 + = số nguyên tố Với n = cho 22 + = 22 + = số nguyên tố Với n = cho 22 + = 24 + = 17 số nguyên tố Với n = cho 22 + = 28 + = 257 số nguyên tố Với n = cho 22 + = 216 + = 65537 số nguyên tố Nhưng vào kỷ XVIII, L.Euler (1707 - 1783) phát với n = khẳng định không đúng, vì: 22 + = 4294967297 = 641.6700417 hợp số 1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán không mẫu mực Phương pháp quy nạp sử dụng tính toán, chứng minh suy luận nhiều dạng khác nhau, phần trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán không mẫu mực Bài toán 1.3.1 (IMO 1998) Với số nguyên dương n, ta kí hiệu d(n) số tất ước dương n (kể n) Hãy xác định tất số nguyên dương k, cho d(n2 ) = kd(n), với n số nguyên dương Chứng minh Giả sử phân tích thừa số nguyên tố, số n có dạng: n = pa11 pa22 par r Ta có: d(n) = (a1 + 1)(a2 + 1) (ar + 1) d(n2 ) = (2a1 + 1)(2a2 + 1) (2ar + 1) Để d(n2 ) = kd(n) ta phải chọn số cho: (2a1 + 1)(2a2 + 1) (2ar + 1) = k(a1 + 1)(a2 + 1) (ar + 1) (∗) Do (2ai + 1)(1 ≤ i ≤ r) số lẻ nên k phải số lẻ Ta chứng minh mệnh đề đảo lại rằng: "Với số lẻ k bất kỳ, ta tìm số thỏa mãn (*) (tức tìm n)" Dùng phương pháp quy nạp theo k Với k = 1, mệnh đề (n = 1, = 0) Giả sử mệnh đề với số k đó, ta chứng minh cho (2m k − 1)(m ≥ 1) Lúc mệnh đề cho số lẻ số lẻ l viết dạng: (2m l − 1) (với l số nhỏ l) Đặt = 2i−1 [(2m − 1).k − 1], với i = 1, 2, , m Khi đó: 2ai + = 2i (2m − 1)k − (2i − 1) + = 2i−1 (2m − 1)k − (2i−1 − 1) = 2ai−1 + Do vậy, tích số (2ai + 1) chia hết cho tích số (ai + 1) với i = 1, m (2am + 1) chia hết cho (a1 + 1) hay: [2m (2m − 1)k − (2m − 1)] = (2m − 1).(2m k − 1) chia hết cho (2m − 1)k có nghĩa là: (2m k − 1) chia hết cho k Vậy ta chọn với k cho, mệnh đề cho (2m k − 1) Ta có điều phải chứng minh! Bài toán 1.3.2 (USAMTS, 2000 - 2001, Cuộc thi tài toán học Mỹ) Hãy tìm số dư chia số 17761492! cho 2000 Chứng minh Trước hết ta chứng minh bổ đề: "Với số nguyên dương n, ta có: 1376n ≡ 1376(mod 2000)" Dùng phương pháp quy nạp: Với n = 1, hiển nhiên có: 13761 ≡ 1376(mod 2000) Với n = 2, ta có: 13762 = 1893376 ≡ 1376(mod 2000) Giả sử mệnh đề với n = k(k ∈ N, k ≥ 1), tức là: 1376k ≡ 1376(mod 2000) Ta chứng minh bổ đề với n = k + Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có: 1376k+1 ≡ 13762 (mod 2000), mà 13762 ≡ 1376(mod 2000), nên 1376k+1 ≡ 1376(mod 2000) Bổ đề chứng minh! Quay lại toán, ta có: 17765 = 1376(mod 2000), nên 17761492! = (17765 ) 1492! Vậy chia số 17761492! cho 2000 số dư 1376 n Bài toán 1.3.3 Hãy tìm chữ số tận số: An = 22 + với số nguyên n, n ≥ Chứng minh Với n = 2, số A2 = 22 + = 17, có chữ số tận k Giả sử với n = k, số Ak = 22 + có chữ số tận Ta chứng minh Ak+1 có chữ số tận Thật vậy, Ak có chữ số tận 7, nên tồn số nguyên dương m để: Ak = 10m + 7, hay: k 22 + = 10m + 7 k Tức là: 22 = 10m + Từ đó: k+1 Ak+1 = 22 k = 22 +1 +1 k = (22 ) + = (10m + 6)2 + = 100m2 + 120m + 37 = 10(10m2 + 12m + 3) + nên Ak+1 có chữ số tận n Vậy với số nguyên n, n ≥ 2, An = 22 + có chữ số tận Bài toán 1.3.4 (Vô địch toán Canada, 1982) Cho a, b c nghiệm phương trình: x3 − x2 − x − = Chứng minh số: b1982 − c1982 c1982 − a1982 a1982 − b1982 + + b−c c−a a−b số nguyên Chứng minh n n n −cn −an −bn Đặt un = b b−c , = c c−a , wn = aa−b , với n nguyên, n ≥ Ta chứng minh: un + + wn nguyên với n nguyên, n ≥ 1(∗) Trước hết ta thấy rằng: un+3 = un+3 + un+3 + un , ∀n, n = Thật vậy, b, c nghiệm phương trình x3 − x2 − x − = nên: b3 = b2 + b + 1, c3 = c3 + c + Do đó: un+3 bn+3 − cn+3 = b−c n b b − cn c3 = b−c n b (b + b + 1) − cn (c2 + c + 1) = b−c n+2 n+2 b −c bn+1 − cn+1 bn − cn = + + b−c b−c b−c = un+2 + un+1 + un Tương tự ta có: vn+3 = vn+2 + vn+1 + wn+3 = wn+2 + wn+1 + wn Tiếp theo, ta dùng phương pháp quy nạp để chứng minh khẳng định (*) Với n = 1, ta có: u1 + v1 + w1 = + + = ∈ Z Với n = 2, ta có: b2 − c2 c2 − a2 a2 − b2 + + b−c c−a a−b −1 = 2(a + b + c) = 2(− ) = ∈ Z u2 + v2 + w2 = Với n = ta có: b3 − c3 c3 − a3 a3 − b3 + + b−c c−a a−b 2 = 2(a + b + c ) + (bc + ca + ab) = 2(a + b + c)2 − 3(bc + ca + ab) −1 −1 = 2(− )2 − 3( ) = ∈ Z 1 u2 + v2 + w2 = Vậy khẳng định với n = 1, 2, Giả sử khẳng định với n = k, k + 1, k + 2(k ≥ 1) Ta chứng minh khẳng định với n = k + Thật vậy, ta có: uk+3 + vk+3 + wk+3 = (uk+2 + uk+1 + uk ) + (vk+2 + vk+1 + vk ) + (wk+2 + wk+1 + wk ) (uk+2 + vk+2 + wk+2 ) + ((uk+1 + vk+1 + wk+1 ) + (uk + vk + wk ) Theo giả thiết quy nạp, ba số hạng tổng nguyên nên (uk+3 + vk+3 + wk+3 ) nguyên Khẳng định chứng minh Từ hiển nhiên tổng đề số nguyên −−→ −−→ −−−−→ Bài toán 1.3.5 (IMO 1973) Cho OP1 , OP2 , , OP2n+1 vecto đơn vị mặt phẳng Các điểm P1 , P2 , P2n+1 nằm phía đường thẳng qua O Chứng minh rằng: −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2n+1 | ≥ Chứng minh Vậy kết xếp hạng sau: Đan Mạch vô địch, Anh nhì, Hà Lan ba, lại Thụy Điển thứ tư Bài toán 6.3.3 Trong thành phố có số tuyến xe bus thỏa mãn điều kiện sau: Trên tuyến có bến đỗ, hai tuyến có chung bến đỗ, từ bến sang bến khác lại xe bus mà chuyển xe Hỏi có tuyến xe bus có bến đỗ? Chứng minh Để lập đồ thị, ta vẽ tuyến cung AC Trên bến A, C có bến đỗ thứ bến B Hình 6.3.3 Nếu từ A có tuyến xe khác tuyến không qua B C hai tuyến có chung bến Giả sử tuyến xe qua A có hai bến D K Để từ C sang K thiết phải có tuyến CMK Để đitừ A đến M cần tuyến Tương tự với tuyến CD BK Ba tuyến chung bến đỗ O Đồ thị thỏa mãn yêu cầu: Trên tuyến có bến tuyến có chung bến Nhưng ta chưa thể từ B đến D xe, chưa thể từ B đến M xe Do cần thêm tuyến BDM Vậy thành phố có tuyến bến đỗ, hiển nhiên thêm bến Các tuyến BOK, COD, AOM, ABC, CMK, ADK, BDM Các bến đỗ A, B, C, M, K, D, O Bài toán 6.3.4 (Đề thi Bungari 1978) Trong phòng có người, người tìm người quen người không quen 78 Chứng minh nhóm người ngồi quanh bàn tròn cho người quen với người ngồi bên cạnh mình? Chứng minh Mỗi người quen người số người lại Thật vậy, biểu diễn người điểm A, B, C, D, E mặt phẳng Hai người quen điểm tương ứng nối cạnh Nếu A quen người B, C, D, E ta có đồ biểu diễn sau Hình 6.3.4.1 Lúc đỉnh B, C, D có cạnh nối với Mâu thuẫn với giả thiết Tương tự ta chứng minh cho trường hợp A không quen ai, A có người quen, A có người không quen Nếu A có người quen B + Xét điểm A, C, D CD phải cạnh + Xét điểm A, D, E DE phải cạnh + Xét điểm A, C, E CE phải cạnh Hình 6.3.4.2 Vậy điểm C, D, E có cạnh nối với nhau, mâu thuẫn với giả thiết 79 Giả sử người quen A B C, B C không quen với nhau, B có người quen D (D = A, D = C) Nếu D quen C, người từ A, B, C, D quen với người nhóm Vì người thứ E không quen Vậy D không quen C không quen A, C không quen B, suy C D quen E Vậy xếp người ngồi quanh bàn theo thứ tự E, D, B, A, C Hình 6.3.4.3 Bài toán 6.3.5 (Thi học sinh giỏi Anh 1972) Trên tập S, cho quan hệ → cặp phần tử S với tính chất sau: 1) Với phần tử khác a, b ∈ S có quan hệ: a → b b → a 2) Với ba phần tử khác a, b, c ∈ S có a → b, b → c có c → a Hỏi tập hợp S chứa nhiều phần tử? Chứng minh Xây dựng đồ thị theo dấu hiệu chung Ta xác định yếu tố đối tượng quan hệ để xác định đồ thị mô tả lại toán Đối tượng: Các phần tử S Quan hệ: Quan hệ → cặp phần tử S Từ ta có đồ thị với đỉnh phần tử S Theo giả thiết, với phần tử ta có đồ thị hình 6.3.5.1 Ở điểm (điểm đầu) cung (mũi tên) điểm tới (điểm cuối) cung (mũi tên) khác Từ có đỉnh thứ d xét ba đỉnh a, b, d ta phải có b → d Nhưng xét ba đỉnh b, c, d ta phải có d → b Điều mâu thuẫn với giả thiết có hai quan hệ b → d d → b 80 Hình 6.3.5.1 Hình 6.3.5.2 Vậy S có nhiều phần tử Bài toán 6.3.6 Cho số nguyên dương tùy ý Chứng minh luôn chọn hai ba số mà bộ, đôi nguyên tố không nguyên tố Chứng minh Bước 1: Chuyển toán sang toán đồ thị màu G(X, E) - Đỉnh: cho ứng với số đỉnh X = A, B, C, D, E, F - Cạnh: Đoạn nối hai đỉnh tương ứng với hai số: + Nguyên tố tô màu xanh + Không nguyên tố tô màu đỏ Khi đó, ta toán đồ thị màu: Trong đồ thị đầy đủ G(X, E) có đỉnh với màu cạnh, tìm hai "tam giác" với cạnh màu Bước 2: Giải toán đồ thị Vì G đồ thị đầy đủ đỉnh nên đỉnh G đầu mút cạnh, chúng tô màu, nên đỉnh G phải mút cạnh màu Giả sử đỉnh A mút cạnh AB, AC, AD màu đỏ (đường liền nét) hình 6.3.6 Ta xét tam giác lập từ đỉnh nối A BCD Trong tam giác BCD, hai khả xảy ra: 81 Hình 6.3.6.1 Hình 6.3.6.2 1) Có cạnh màu đỏ Chẳng hạn cạnh BC màu đỏ, tam giác ABC có cạnh màu đỏ (Hình 6.3.6.2) 2) Tam giác BCD cạnh màu đỏ Nghĩa BCD có cạnh màu xanh (Hình 6.3.6.3) Hình 6.3.6.3 Hình 6.3.6.4 Vậy với trường hợp, đồ thị G có tam giác màu Giả sử G có tam giác màu đỏ, chẳng hạn tam giác ABC màu đỏ (Hình 6.3.6.4) ta chứng minh tiếp G có tam giác thứ hai nữa, với cạnh màu Nếu G ta tạm thời không xét đến đỉnh tam giác ABC, chẳng hạn đỉnh A, tất cạnh thuộc Ta đồ thị đầy đủ G1 có đỉnh Nếu G1 có tam giác màu toán giải xong Ngược lại, G1 tam giác màu, theo định lý 6, với n = 2, ta biểu diễn G1 thành hình cạnh với màu đỏ đường chéo màu xanh (Hình 6.3.6.5) Bây ta khôi phục lại đỉnh A thứ cạnh màu thuộc (Hình 6.3.6.6) Xét hai cạnh AD AF Nếu chúng màu xanh ta có tam giác ADF màu xanh Nếu AD AF màu đỏ có tam giác màu đỏ hình thành ABD ACF 82 Vậy tam giác ABC, ta có thêm tam giác có cạnh màu, khẳng định chứng minh Hình 6.3.6.5 Hình 6.3.6.6 Bước 3: Thuyết minh lời giải Trong G tồn tam giác với màu đỏ xanh Nếu hai tam giác màu đỏ, ta có hai ba số, mà bộ, chúng đôi nguyên tố Nếu có tam giác màu đỏ, ta ba số đôi nguyên tố nhau, ba số đôi không nguyên tố Nếu hai tam giác màu xanh, nghĩa ta hai ba số, mà bộ, chúng đôi không nguyên tố Bài toán 6.3.7 Trong đoàn thể thao tham dự Seagame 21, ba đoàn có hai đoàn tham gia trao đổi kinh nghiệm thi đấu Chứng minh luôn tìm đoàn, đoàn đôi tham gia trao đổi kinh nghiệm với Chứng minh Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ Đỉnh: Lấy điểm mặt phẳng không gian tương ứng với đoàn thể thao chọn Cạnh: Cặp điểm x, y nối với đoạn thẳng màu đỏ (nét liền) hai đoàn thể thao tương ứng trao đổi kinh nghiệm với Trường hợp hai đoàn thể thao không trao đổi kinh nghiệm, hai điểm tương ứng nối đoạn thẳng màu xanh (nét đứt) Đồ thị G nhận đồ thị đầy đủ với đỉnh, cạnh tô màu Khi theo định lý 5, đồ thị G có tam giác màu 83 Vì ba đoàn tùy ý có hai đoàn trao đổi kinh nghiệm cho nhau, nên tam giác có đỉnh điểm chọn có cạnh màu đỏ Do tam giác màu tam giác màu đỏ Bởi ba đoàn tương ứng với ba đỉnh tam giác trao đổi kinh nghiệm với đôi Bài toán 6.3.8 Một quần đảo có 2n(n ≥ 1) đảo Mỗi đảo có đường ngầm nối trực tiếp với n đảo khác.Chứng minh từ đảo thuộc quần đảo tới đảo thuộc quần đảo đường ngầm Chứng minh Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ Đỉnh: Lấy 2n điểm tương ứng với 2n đảo Dùng tên đảo để ghi điểm tương ứng Cạnh: Cặp điểm x, y nối đoạn thẳng đoạn cong không qua điểm trung gian khác hai đảo tương ứng có đường ngầm nối với Đồ thị nhận ký hiệu G Nó mô tả toàn mối liên hệ đường ngầm quần đảo Đáp án toán "ngôn ngữ đồ thị" Đối với đỉnh x đồ thị G số cạnh xuất phát từ số đường ngầm xuất phát từ đảo tương ứng Bởi bậc đỉnh không nhỏ n, nên tổng bậc đỉnh tùy ý không nhỏ số đỉnh đồ thị (2n) Khi theo định lý 1, đồ thị G liên thông Do hai đỉnh tùy ý x, y đồ thị G có đường nối với Mặt khác cạnh đường biểu thị đường ngầm nối trực tiếp hai đảo, nên đường nối hai đỉnh x, y biểu thị đường ngầm nối hai đảo tương ứng với x y Do từ đảo đường ngầm với đảo lại quần đảo Bài toán 6.3.9 Lấy n(n ≥ 4) số nguyên dương khác tùy ý, cho số có số có ước chung với số lại Chứng minh số chọn có n − số, mà số có ước chung với tất số chọn Chứng minh 1) Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ Đỉnh: Lấy n điểm mặt phẳng hay không gian tương ứng với số chọn ghi số lên điểm tương ứng 84 Cạnh: Cặp điểm x, y nối đoạn thẳng hay đoạn cong không qua điểm tương ứng trung gian khác cặp x, y có ước chung Đồ thị nhận G mô tả toàn quan hệ có ước chung số chọn 2) Chứng minh đồ thị G có n − đỉnh có bậc n − theo hai bước: a) Nếu G có hai cặp đỉnh không kề nhau, chúng phải có đỉnh chung Thật vậy! Giả sử G có cặp đỉnh không kề nhau, chẳng hạn A, B C, D chúng đỉnh chung Khi đỉnh đỉnh kề với đỉnh lại Ta tới mâu thuẫn với giả thiết! Vậy hai cặp A, B; C, D phải có đỉnh chung chẳng hạn B trùng với D (B ≡ D) b) Trong đồ thị G có không n − đỉnh bậc n − - Nếu G tất đỉnh kề đôi một, n đỉnh G có bậc n − - Nếu G có cặp đỉnh không kề nhau, G có n − đỉnh bậc n − - Giả sử G có hai cặp đỉnh không kề nhau, theo phần a) hai cặp đỉnh phải có đỉnh chung Giả sử đỉnh A, B, C Nếu sử dụng đường nét đứt để biểu thị tính không kề đỉnh ta có Hình 6.3.9.1 Kết nạp đỉnh E tùy ý vào nhóm A, B, C Khi bốn: A, B, C, E phải có đỉnh kề với đỉnh lại Đỉnh đỉnh A, B, C mà phải E Vậy E kề với ba đỉnh A, B, C (Hình 6.3.9.2) Hình 6.3.9.1 Hình 6.3.9.2 Loại bỏ ba đỉnh A, B, C khỏi bốn, chẳng hạn C kết nạp đỉnh tùy ý F Khi bốn A, B, E, F lại có đỉnh kề với ba đỉnh lại Nếu F đỉnh kề với ba đỉnh lại, 85 phải kề với E, nên trường hợp E đỉnh kề với ba đỉnh lại (Hình 6.3.9.3) Hình 6.3.9.3 Vì F đỉnh tùy ý đồ thị G khác với đỉnh A, B, C, E nên E kề với tất đỉnh lại G Bởi bậc E n − Đỉnh E lại chọn cách tùy ý đỉnh đồ thị G khác với A, B, C nên G có ba đỉnh A, B, C bậc nhỏ n − 3) Theo cách xác định cạnh đồ thị G cặp đỉnh x, y kề cặp số x, y có ước chung, mà G có n − đỉnh kề với tất đỉnh lại Do n số chọn có n − số có ước chung với tất số lại Bài toán 6.3.10 Mười bảy nhà khoa học đến dự hội nghị quốc tế Mỗi người số họ biết ba ngoại ngữ: Anh, Nga, Pháp Chứng minh có ba nhà khoa học biết ba ngoại ngữ nói Chứng minh 1) Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ Đỉnh Lấy 17 điểm mặt phẳng hay không gian tương ứng với 17 nhà khoa học Dùng tên nhà khoa học để ghi điểm tương ứng Cạnh tô màu: Cặp điểm x, y tùy ý nối bàng đoạn thẳng hay đoạn cong tô: - Màu xanh hai nhà khoa học tương ứng biết tiếng Pháp - Màu vàng hai nhà khoa học tương ứng biết tiếng Anh - Màu đỏ hai nhà khoa học tương ứng biết tiếng Nga Đồ thị G nhận mô tả toàn trạng ngoại ngữ nhà khoa học đến dự hội nghị 86 2) Đáp án toán "ngôn ngữ đồ thị" Đồ thị G gồm 17 đỉnh, đầy đủ cạnh tô ba màu, nên theo định lý 5, với n = 3, có tam giác màu, nhà khoa học tương ứng với đỉnh tam giác biết ba ngoại ngữ: Anh, Pháp, Nga 6.4 Bài tập tự giải Bài toán 6.4.1 (Đề thi học sinh giỏi Ba Lan 1966 - 1967) Trên mặt phẳng lấy điểm, điểm thằng hàng Khoảng cách cặp điểm khác đôi Chứng minh tồn cặp điểm, mà đoạn thẳng nối chúng cạnh ngắn thuộc tam giác đồng thời cạnh dài tam giác khác tam giác có đỉnh điểm cho Hướng dẫn Dùng màu xanh để tô đoạn thẳng cạnh ngắn tam giác tam giác có đỉnh điểm cho Phần lại tô màu đỏ Khi đồ thị G gồm đỉnh, cạnh tô hai màu Hình 6.4.1 Xét đỉnh A, từ A xuất phát đoạn thẳng nên có ba đoạn thẳng màu Giả sử đoạn thẳng AB, AC, AD tô màu xanh (nét liền) Nếu ba đoạn BC, CD, BD tô màu xanh ta tam giác có ba cạnh tô màu xanh Lúc cạnh dài tam giác cạnh cần tìm, điều ngược lại không xảy ra, tức ba cạnh tam giác BCD tô màu đỏ tam giác có cạnh ngắn tô màu xanh trước Xét tương tự cho trường hợp cạnh AB, AC, AD tô màu đỏ 87 Bài toán 6.4.2 Trong phòng có 100 người, mà người quen 66 người 99 người lại Hỏi xảy hay không trường hợp người phòng có người không quen nhau? Chứng minh Câu trả lời "Có thể" Ta xếp họ vào ngồi bàn: bàn thứ xếp 33 người, bàn thứ xếp 33 người, bàn thứ xếp 34 người Có thể xảy trường hợp: Những người ngồi bàn không quen người ngồi bàn quen tất người ngồi bàn Như người quen 66 67 người khác, đồng thời người phòng có người không quen Bài toán 6.4.3 Liệu có nhóm người người quen biết người khác không? Hướng dẫn Xây dựng đồ thị G Đỉnh: Lấy điểm mặt phẳng hay không gian tương ứng với số người nhóm Cạnh: Trong đồ thị G đỉnh x, y nối cạnh người quen Bài toán phát biểu dạng đồ thị sau: "Tồn hay không đồ thị có đỉnh đỉnh bậc lẻ" Trả lời: Không (theo định lý 4) Bài toán 6.4.4 Trong hội nghị, đại biểu bắt tay đại biểu khác Người ta đếm tất 57 lần bắt tay Hỏi hội nghị có người? Hướng dẫn Để giải toán ta chứng minh khẳng định tổng quát: Nếu đồ thị 2m có m cạnh, n đỉnh bậc đỉnh không nhỏ a, n ≤ a Do tổng bậc tất đỉnh 2m nên có bất đẳng thức na ≤ 2m ⇒ n ≤ 2m a (1) Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ: Đỉnh: Lấy điểm mặt phẳng không gian tương ứng với đại biểu dự hội nghị 88 Cạnh: Hai điểm x, y nối cạnh hai đại biểu tương ứng với x, y bắt tay Khi số cạnh đồ thị số lần đại biểu bắt tay (57), bậc đỉnh số lần mà đaị biểu tương ứng với đỉnh bắt 257 tay nhau(≥ 4) Áp dụng công thức (1) suy ra: n ≤ = 28, Vậy hội nghị có tối đa 28 đại biểu Bài toán 6.4.5 Trước vào hội nghị đại biểu bắt tay (Hai người bắt tay nhiều lần) Có đại biểu không bắt tay hết thấy có người bắt tay lần, người bắt tay lần, người bắt tay lần Nếu hội nghị có 16 người ông ta đếm nhầm Vì sao? Hướng dẫn Xây dựng đồ thị Đỉnh: Lấy điểm mặt phẳng không gian tương ứng với đại biểu Cạnh: Hai đỉnh x, y nối cạnh hai đại biểu tương ứng bắt tay Ta nhận đồ thị có đỉnh bậc 0, đỉnh bậc 4, đỉnh bậc 5, đỉnh bậc Đồ thị có số đỉnh bậc lẻ số lẻ, nên mâu thuẫn với định lý Vậy kết luận đại biểu đếm nhầm Bài toán 6.4.6 Trong họp có đại biểu không quen đại biểu có số lẻ người quen đến dự Chứng minh luôn xếp số đại biểu ngồi chen hai đại biểu nói trên, để người ngồi người mà anh (chị) ta quen Hướng dẫn Lấy điểm mặt phẳng hay không gian tương ứng với đại biểu dự hội nghị Dùng tên đại biểu để ghi điểm tương ứng Hai điểm tùy ý x, y nối đoạn thẳng đại biểu x, y quen Đồ thị nhận kí hiệu G Hai đại biểu không quen nhau, hai đỉnh tương ứng không kề Mỗi đại biểu lại có số lẻ người quen đến họp, nên đồ thị G có hai đỉnh bậc lẻ hai đỉnh không kề Khi đó, theo Hệ hai đỉnh liên thông, nên có đường nối hai đỉnh bậc lẻ Giả sử α đường nối hai đỉnh bậc lẻ 89 Dựa vào α ta xếp đại biểu tương ứng ngồi hai đại biểu hai đỉnh bậc lẻ, đại biểu ngồi hai người mà anh (chị) ta quen Bài toán 6.4.7 Chứng minh lớp học tùy ý, số học sinh mà người có số lẻ bạn thân lớp số chẵn Hướng dẫn Xây dựng đồ thị mô tả quan hệ áp dụng định lý Bài toán 6.4.8 Cho điểm mặt phẳng, ba điểm thẳng hàng Một số cặp điểm nối với đoạn thẳng Dùng n để số đoạn thẳng nối cặp điểm Mỗi đoạn thẳng tô màu xanh màu đỏ Tìm giá trị nhỏ n, cho với cách tô màu cho n đoạn thẳng nối luôn tồn tam giác có cạnh màu Hướng dẫn Nếu cặp điểm cho nối đoạn thẳng, ta đồ thị với đỉnh 21 cạnh Nếu không tô màu cạnh đó, chẳng hạn x1 x7 , cạnh lại tô màu đỏ màu xanh, ta đồ thị đầy đủ gồm đỉnh cạnh tô hai màu, nên theo định lý 5, đồ thị có tam giác màu Do n ≤ 20 Mặt khác đồ thị có đỉnh, 19 cạnh tô hai màu: đỏ xanh, tam giác màu Bởi n = 20 90 KẾT LUẬN Như vậy, luận văn hoàn thành với nội dung chương: Chương Phương pháp quy nạp toán học Chương Phương pháp phản chứng Chương Phương pháp suy luận Chương Phương pháp bảng Chương Phương pháp sơ đồ Chương Phương pháp đồ thị Thông qua việc tham khảo sách báo, tài liệu liên quan đặc biệt hướng dẫn tận tình GS TS Đặng Huy Ruận, luận văn nghiên cứu sáu phương pháp phổ biến để giải toán không mẫu mực Mỗi phương pháp trình bày tóm tắt sở lý thuyết vận dụng phương pháp vào giải số toán không mẫu mực Khi biên soạn luận văn, tác giả cố gắng bám sát vào dạng đề thi học sinh giỏi Hi vọng luận văn tập tài liệu tham khảo có ích cho học sinh giáo viên trường trung học phổ thông 91 Tài liệu tham khảo [1] Bộ Giáo Dục Đào Tạo - Hội Toán học Việt Nam (1997), Tuyển tập 30 năm tạp chí Toán học tuổi trẻ, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Đề, Nguyễn Khánh Nguyên (1996) (Dịch),Các đề thi vô địch toán nước tập I, II (Tiếng Nga) [3] Nguyễn Văn Nho (1989 - 2002), Olympic toán học Châu Á Thái Bình Dương, NXB Giáo Dục [4] Phạm Minh Phương nhóm giáo viên chuyên toán Đại học sư phạm Hà Nội (2006), Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi trung học sở, NXB Giáo Dục [5] Đặng Huy Ruận (2002), Bảy phương pháp giải toán logic, Nhà xuất Khoa học kỹ thuật 92 [...]... cấp số cộng này là số chính phương Chứng minh rằng trong cấp số cộng này có một số vô hạn các số chính phương Hướng dẫn Giả sử cấp số cộng có công sai là d và một trong những thành phần chính phương của nó là a = m2 , trong đó m là một số tự nhiên Khi đó ∀k ∈ N số bk = (m + kd)2 = m2 + 2mdk + k 2 d2 = a + d(2mk + k 2 d) cũng là một thành phần của cấp số cộng được xét Bởi vậy cấp số cộng đã cho chứa một. .. khi nào? Cách chứng minh phản chứng như thế nào? Phương pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào? Khi gặp những bài toán khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của phương trình, hệ phương trình hoặc bất đẳng thức trong đại số, hình học, số học, giải tích hay các bài toán không mẫu mực Đặc biệt khi cần chứng minh tính tồn tại duy nhất của một đối tượng người ta hay dùng phản chứng để chứng... chính xác Ở bước 2 điều vô lý có thể thuộc một trong các dạng sau: Điều trái với giả thiết đã cho Điều trái với một trong các kiến thức đã biết Điều trái với giả thiết phản chứng đặt ra 26 2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán không mẫu mực Bài toán 2.4.1 Chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố Chứng minh Giả sử ngược lại, tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1 , p2 , , pn Ta xét tích N... kinh nghiệm của tác giả trong quá trình giải một số bài toán Tùy vào từng bài toán, tình huống cụ thể khác mà người giải toán vận dụng phương pháp này một cách linh hoạt Các bước trong chứng minh phản chứng: Ta chứng minh mệnh đề P là đúng Bước 1 Giả sử mệnh đề P là sai (tức là chúng ta đi phủ định mệnh đề cần chứng minh) Bước 2 Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới mà những tính... thể có một số ak nào đó phải bằng một số hs , tức ak = as − a1 Từ đó ta có: as = ak + a1 và khẳng định được chứng minh 32 Bài toán 2.4.9 Chứng minh rằng từ một tập bất kỳ gồm n số tự nhiên đều có thể tách ra một tập con (không trống), mà tổng của các số thuộc tập con này chia hết cho n Chứng minh Giả sử A = {a1 , a2 , , an } là tập các số tùy ý đã chọn ra Phản chứng Giả sử khẳng định của đề bài không. .. n = 3(k + 1) cạnh ta cũng chia được theo cách trên Bài toán được chứng minh! 21 Hình 1.9 Bài toán 1.3.18 Chứng minh rằng: Nếu có một số tiền nguyên (nghìn) đồng Việt Nam lớn hơn 6.000đ thì luôn luôn có thể đổi ra những tờ tiền lẻ loại 2.000đ và 5.000đ Chứng minh Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng phương pháp quy nạp: 1 Cơ sở quy nạp Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức là 7.000đ thì ta đổi 1 tờ tiền... luận phản chứng là quá trình ta đưa ra một giả thiết (giả thiết này đối lập với điều cần tìm) rồi đi tìm đến sự vô lý để loại trừ giả thiết ta vừa đặt ra 2.2 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng Phương pháp chứng minh bằng phản chứng là phương pháp sử dụng phép suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải những khẳng định toán học Trong lịch sử toán học, phương pháp chứng minh bằng phản chứng đã được... 2! = 22 , 2! + 3! = 23 Như vậy các cặp số thỏa mãn bài toán là (2, 2) và (2, 3) Bài toán 2.4.4 (Olympic Châu Á Thái Bình Dương 1998) Chứng minh rằng với mọi số a, b nguyên dương, số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2 Chứng minh Phản chứng Giả sử ngược lai, tồn tại cặp số nguyên dương (a, b), sao cho (36a + b)(a + 36b) là một lũy thừa của 2 Trong số những cặp (a, b) như vậy, ta xét (m,... chọn cặp số (m, n) có tổng bé nhất như trên Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng trong các cặp (a, b) mà (36a + b)(a + 36b) là một lũy thừa của 2, ta không thể chọn được cặp số có tổng bé nhất: vô lý! Vậy số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2 p+q = Bài toán 2.4.5 Cho 20 số tự nhiên a1 , a2 , , a20 , không vượt quá 70 Chứng minh rằng trong các hiệu aj − ak (j > k) tìm được ít nhất 4 số giống... trên không đúng, tức là trong các hiệu aj − ak (j > k) có không quá 3 hiệu giống nhau Khi đó trong 19 số tự nhiên a20 − a19 , a19 − a18 , a3 − a2 , a2 − a1 (1) có không quá 3 hiệu giống nhau Bởi vậy không một số nào trong các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 trong dãy (1) lặp quá 3 lần, mà dãy (1) có 19 số, bởi vậy phải có ít nhất một trong các số thuộc (1) phải lớn hơn 6 (Trường hợp ngược lại, nếu tất cả các dãy số ... giải toán không mẫu mực Nhưng toán không mẫu mực giải đồng thời nhiều phương pháp khác vài phương pháp có phần "tương tự" nên việc phân loại phương pháp, ví dụ tập tương đối Các toán không mẫu mực. .. hợp nhiều bảng đến kết Sau vài ví dụ vận dụng phương pháp bảng để giải toán không mẫu mực 4.2 Vận dụng phương pháp bảng để giải toán không mẫu mực Bài toán 4.2.1 Trong buổi học nữ công, ba bạn Cúc,... phương pháp quy nạp để giải toán không mẫu mực Phương pháp quy nạp sử dụng tính toán, chứng minh suy luận nhiều dạng khác nhau, phần trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán không