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 Do đó  = | − ( 4 − 1 ) | thỏa mãn (2) với y = n, x = m – 2a + 4n – 1 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 a 2 + 1 = (4n – 1 )m > 2a . a = 2a 2 . Do đó a 2 < 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 = a 2 (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 = 4a 2 (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   < (  −  +  )  do đó , từ (8) và (9) ta có [ 4 − 1 − 8 + 4 ( 4 − 1 )] . ( 4 − 1 ) > ( 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 A 1 A 2 … A n 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 B 1, B 2 ,…, B n sao cho            =            ;           =            ,….,                  =            ;           =            Khi đó dễ thấy rằng B 1 , B 2 ,…, B n cũng là các điểm nguyên. Do n khác 3,4,6 nên B 1 , B 2 ,…, B n phân biệt và lập thành đa giác đều đỉnh nguyên bị chứa thực sự trong đa giác đều A 1 A 2 … A n . Như vậy cạnh của đa giác đều đỉnh nguyên mới B 1 B 2 …B n nhỏ hơn cạnh của đa giác đều A 1 A 2 … A n ( 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: x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 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 x 3 = 3y 3 + 9z 3 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 x 2 + y 2 + z 2 + u 2 = 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 4Vô lý. Với x, y, z, u đều chẵn. Đặt x = 2x 1 , y = 2y 1 , z = 2z 1 , u = 2u 1 Thay vào phương trinh đã cho ta được    +    +    +    = 4        Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵn x 1 = 2x 2 , y = 2y 2 , z = 2z 2 , u =2u 2 . 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 x k = 2x k + 1 , y k = 2y k + 1 , z k = 2z k + 1 , u k = 2u k + 1 Tức là với mọi s tự nhiên ta có x/2 k , y/2 k , z/2 k , u/2 k 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 : x 2 + y 2 + z 2 = 7u 2 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 Q i và gọi P là một trong những mặt bên của Q. Các lập phương Q i dính với P tạo nên một sự phân chia P thành các hình vuông từng cặp khác nhau. Gọi P 1 là hình vuông bé nhất trong các hình vuông đó và Q 1 là lập phương tương ứng . P 1 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 Q 1 nằm trong đó. Giả sử P 1 ’ là mặt đối diện với P 1 của lập phương Q 1 . Các lập phương dính với P 1 ’ tạo nên một sự phân hoạch P 1 ’ thành vố số hình vuông khác nhau. Gọi P 2 là hình vuông bé nhất trong chúng. Vì P 2 đặt trong P 1 ’ nên những hình lập phương bao bọc lập phương Q 2 lớn hơn Q 2 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 Fibonacci xác định như sau:  = 0.  = 1;  =   +   (∀ ≥ 0) Giải: Dãy đã cho có phương trình đặc trưng là:   −  − 1 = 0 Nghiệm của phương trình đặc trưng là:   = 1 + √ 5 2 ;  = 1 − √ 5 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). Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵn x 1 = 2x 2 , y = 2y 2 , z = 2z 2 , u =2u 2 . Từ đó đi đến.    +    +    +    = 4          . Một cách. 4          Với x k = 2x k + 1 , y k = 2y k + 1 , z k = 2z k + 1 , u k = 2u k + 1 Tức là với mọi s tự nhiên ta có x /2 k , y /2 k , z /2 k , u /2 k là các số nguyên. Điểu này chỉ đúng