Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ********* PHAN THỊ TUYẾT CHINH MỘT SỐ NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số HÀ NỘI - 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ********* PHAN THỊ TUYẾT CHINH MỘT SỐ NGUYÊN LÝ CƠ BẢN VÀ ỨNG DỤNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Thị Kiều Nga HÀ NỘI - 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 Mục lục Mở đầu 1 Nguyên lý Dirichlet ứng dụng toán sơ cấp 1.1 Nguyên lý Dirichlet 1.1.1 Nguyên lý Dirichlet mở rộng 1.1.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp hữu hạn 1.1.3 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp hữu hạn mở rộng 1.1.4 Nguyên lý Dirichlet hình học 1.1.5 Vận dụng nguyên lý Dirichlet giải toán sơ cấp 1.1.6 Một số ví dụ nguyên lý Dirichlet 1.2 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào số học 1.3 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào hình học 14 1.4 Ứng dụng nguyên lý Dirichlet vào giải toán khác 24 1.5 Bài tập áp dụng 27 Nguyên lý cực hạn ứng dụng toán sơ cấp 29 2.1 Nguyên lý cực hạn 29 2.2 Ứng dụng nguyên lý cực hạn vào số học 30 2.3 Ứng dụng nguyên lý cực hạn vào hình học 36 2.4 Ứng dụng nguyên lý cực hạn vào giải toán khác 42 2.5 Bài tập áp dụng 46 i Footer Page of 161 Header Page of 161 MỤC LỤC MỤC LỤC Nguyên lý xuống thang ứng dụng toán sơ cấp 47 3.1 Nguyên lý xuống thang 47 3.2 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào số học 48 3.3 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào hình học 56 3.4 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào toán khác 59 3.5 Bài tập áp dụng 62 Tài liệu tham khảo 64 ii Footer Page of 161 Header Page of 161 Lời cảm ơn Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến TS Nguyễn Thị Kiều Nga, người tận tình hướng dẫn để em hoàn thành khóa luận Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy cô giáo khoa Toán, thầy cô tổ Đại số thư viện trường Đại học Sư phạm Hà Nội giúp đỡ em suốt trình học tập trường Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Phan Thị Tuyết Chinh Footer Page of 161 Header Page of 161 Lời cam đoan Em xin cam đoan, hướng dẫn TS Nguyễn Thị Kiều Nga, khóa luận chuyên ngành Đại số với đề tài:"Một số nguyên lý ứng dụng" hoàn thành nhận thức tìm hiểu thân Trong trình nghiên cứu thực khóa luận, em có tham khảo tài liệu số tác giả với biết ơn chân thành Hà Nội, tháng năm 2016 Sinh viên Phan Thị Tuyết Chinh Footer Page of 161 Header Page of 161 Mở đầu Lí chọn đề tài Trong nhà trường, môn toán giữ vị trí quan trọng Nó giúp học sinh học tốt môn học khác, công cụ nhiều ngành khoa học công cụ để hoạt động đời sống thực tế Đặc biệt Toán sơ cấp không gần gũi với em học sinh mà có tác dụng việc khai thác phát triển lực trí tuệ chung, rèn luyện thao tác phẩm chất tư chúng Có nhiều phương pháp khác để giải toán sơ cấp, người ta sử dụng công cụ hữu ích nguyên lý Đây cách đưa toán cho toán đơn giản hơn, sử dụng linh hoạt nguyên lý lợi lớn giúp em học sinh phát triển niềm đam mê với toán học lực tư thân Vì lý trên, với hướng dẫn cô Nguyễn Thị Kiều Nga chọn đề tài: "Một số nguyên lý ứng dụng" Khóa luận gồm ba chương: Chương 1: Nguyên lý Dirichlet ứng dụng toán sơ cấp Chương 2: Nguyên lý cực hạn ứng dụng toán sơ cấp Chương 3: Nguyên lý xuống thang ứng dụng toán sơ cấp Mục đích nghiên cứu Sử dụng nguyên lý để giải toán sơ cấp Footer Page of 161 Header Page of 161 Đối tượng nghiên cứu - Nguyên lý - Các toán sơ cấp ứng dụng nguyên lý Phương pháp nghiên cứu Tham khảo tài liệu, phân tích, so sánh hệ thống hóa tổng hợp Footer Page of 161 Header Page of 161 Chương Nguyên lý Dirichlet ứng dụng toán sơ cấp 1.1 Nguyên lý Dirichlet Nhà toán học tiếng người Đức Peter Gustav Lejeune Dirichlet (1805− 1859) người phát biểu quy tắc chia phân tử vào lớp Quy tắc gọi "Nguyên lý Dirichlet" hay gọi "Nguyên lý Lồng Thỏ" "Nguyên lý ngăn kéo" Nguyên lý phát biểu đơn giản là: đem nhốt n + thỏ vào n lồng có lồng chứa thỏ Chứng minh Ta chứng minh phản chứng Giả sử n + thỏ nhốt vào n lồng mà không lồng chứa thỏ trở lên, tức lồng chứa không thỏ Như vậy, n lồng chứa không n thỏ Mâu thuẫn với giả thiết có n + thỏ Suy giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh Sau số dạng phát biểu khác Nguyên lý Dirichlet: Footer Page of 161 Header Page 10 of 161 1.1.1 Nguyên lý Dirichlet mở rộng Nếu nhốt n thỏ vào k lồng (k ≤ n) có lồng chứa n thỏ, x số nguyên nhỏ lớn k x Chứng minh Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp Nếu n k, tức n = k.a với a ∈ Z ta giả sử n = a thỏ, nghĩa lồng có lồng thỏ đến k a − Từ suy tổng số thỏ không vượt k.(a − 1) = k.a − k = n − k < n thỏ (mâu thuẫn với giả thiết có n thỏ) Do điều giả sử sai Trường hợp Nếu n không chia hết cho k, tức n = ka + r với ≤ r ≤ n k − 1, (a, r ∈ Z) ta giả sử lồng thỏ đến = a+1 k thỏ, nghĩa lồng có a Khi đó, k lồng có k.a = n − r < n (mâu thuẫn với giả thiết có n thỏ).Do điều giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh 1.1.2 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp hữu hạn Cho A B hai tập hợp không rỗng có số phần tử hữu hạn mà số phần tử A lớn số phần tử B Nếu với quy tắc mà phần tử A tương ứng với phần tử B tồn phần tử khác A tương ứng với phần tử B 1.1.3 Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp hữu hạn mở rộng Cho hai tập hợp hữu hạn A B, gọi |A| |B| số phần tử A B Giả sử có số tự nhiên k mà |A| > k |B| có quy tắc tương ứng phần tử A với phần tử B Khi Footer Page 10 of 161 Header Page 56 of 161 tùy ý (1) Khi x20 + y02 + z02 + t20 = x20 y02 z02 (2) Xét trường hợp sau: Trường hợp Nếu x0 , y0 , z0 số lẻ x20 ≡ 1(mod 4), y02 ≡ 1(mod 4) , z02 ≡ 1(mod 4) Suy x20 y02 z02 ≡ 1(mod 4) Mặt khác, t20 ≡ 1(mod 4) t20 ≡ 0(mod 4) nên có thể: x20 + y02 + z02 + t20 ≡ 0(mod 4) ⇔ x20 + y02 + z02 + t20 ≡ 3(mod 4) Như mẫu thuẫn với (2) Suy không xảy trường hợp Trường hợp Nếu số x0 , y0 , z0 số lẻ, chẳng hạn x0 , y0 z0 chẵn nên z02 4, từ x20 y02 z02 ≡ 0(mod 4) Lại có x20 + y02 + z02 + t20 ≡ 2(mod 4) x20 + y02 + z02 + t20 ≡ 3(mod 4) Suy mâu thuẫn với (2) Vậy trường hợp không xảy Trường hợp Nếu số x0 , y0 , z0 lẻ, giả sử x0 lẻ y0 , z0 chẵn suy ra: x20 y02 z02 Mặt khác: x20 + y02 + z02 ≡ 1(mod 4) nên suy ra: x20 + y02 + z02 + t20 ≡ 1(mod 4) x20 + y02 + z02 + t20 ≡ 2(mod 4) Mâu thuẫn với (2) nên suy trường hợp không xảy Trường hợp Do suy số x0 , y0 , z0 phải chẵn Đặt: x0 = 2x1 , y0 = 2y1 , z0 = 2z1 Thay vào (2) ta có: 4x21 + 4y12 + 4z12 + t20 = 64x21 y12 z12 (3) Từ (3) suy ra: t20 ⇒ t0 ⇒ t0 = 2t1 Thay tiếp vào (3) ta được: x21 + y12 + z12 + t21 = 16x21 y12 z12 (4) Vì vế phải (4) chia hết suy vế trái (4) chia hết cho 8, tức: x21 + y12 + z12 + t21 ≡ 0(mod 8) Footer Page 56 of 161 50 (5) Header Page 57 of 161 Mà ta biết a ∈ Z a2 ≡ 0, 1, 4(mod 8) Như ta phải chứng minh số x1 , y1 , z1 , t1 chẵn Thật vậy: a) Nếu số x1 , y1 , z1 , t1 lẻ x21 + y12 + z12 + t21 ≡ 4(mod 8) (mâu thuẫn với (5)) b) Nếu số x1 , y1 , z1 , t1 lẻ, chẳng hạn x1 , y1 , z1 ta có: x21 + y12 + z12 ≡ 3(mod 8) Vì x21 + y12 + z12 + t21 ≡ 3(mod 4) x21 + y12 + z12 + t21 ≡ 7(mod 8) Suy mâu thuẫn với (5) c) Nếu số lẻ, giả sử x1 , y1 thì: x21 + y12 + z12 + t21 ≡ + + + = 2(mod 4) Mà x21 y12 z12 ≡ 0(mod 4) Suy mâu thuẫn Nếu số lẻ cách lập luận tương tự ta suy vô lý Vậy số x1 , y1 , z1 , t1 buộc số chẵn Đặt: x1 = 2x2 , y1 = 2y2 , z1 = 2z2 , t1 = 2t2 Thay vào (4) ta được: 4x22 + 4y22 + 4z22 + 4t21 = 16.64x22 y22 z22 ⇔ x22 + y22 + z22 + t22 = 162 x21 y12 z12 (6) Lập luận dẫn đến (x2 , y2 , z2 , t2 ) chẵn Quá trình lặp lại vô hạn lần Như ta chứng minh x0 , y0 , z0 , t0 nghiệm x0 y0 z0 t0 , , , nghiệm nguyên không âm tùy ý (1) 2k 2k 2k 2k nguyên không âm (1), với k = 1, 2, 3, Điều chứng tỏ x0 = y0 = z0 = t0 = Vậy phương trình cho có nghiệm (0,0,0,0) Bài tập 3.4 Chứng minh với số nguyên lẻ m tồn số nguyên dương d cho: ∀n ∈ N mà 2n ≡ 1(mod m) n chia hết cho d Giải Ta thấy (2, m) = Theo định lý Ơle suy ra: 2ϕ(m) ≡ 1(mod m) Gọi S tập tất số tự nhiên n thỏa mãn 2n ≡ 1(mod m) Khi S = ∅ Footer Page 57 of 161 51 Header Page 58 of 161 Theo tính chất số tự nhiên S có phần tử nhỏ nhất, giả sử d Ta chứng minh n chia hết cho d, với n ∈ S Thật vậy: giả sử tồn số tự nhiên n ∈ S mà n không chia hết cho d Khi đó: n = dq + r với < r < d Ta có: 2n − = 2dq+r − = 2r 2d q − + 2r − Vì 2n − ≡ 0(mod m) 2d − ≡ 0(mod m) nên suy ra: 2r − ≡ 0(mod m) Mà < r < d (mâu thuẫn với d số nhỏ thỏa mãn 2d − ≡ 1(mod m)) Do giả sử sai Vậy d số cần tìm Bài tập 3.5 Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương x12 − y 12 = 7z (1) Giải Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương (x, y, z) với z nhỏ Ta có x12 − y 12 = 7z (1) ⇔ (x6 − y )(x6 + y ) = 7z Suy x6 +y Mặt khác, theo định lý Fermat x6 ≡ 0, 1(mod 7) y ≡ 0, 1(mod 7) Từ suy x, y chia hết cho Đặt: x = 7x1 y = 7y1 Thay vào phương trình (1) ta 12 z (7x1 )12 − (7y1 )12 = 7z ⇔ 712 (x12 − y1 ) = (2) Do z > 12, đặt z1 = z − 12 Khi phương trình (2) trở thành 12 z1 +12 12 z1 712 (x12 ⇔ x12 − y1 ) = − y1 = Suy (x1 , y1 , z1 ) nghiệm phương trình (1) Mà lại có z1 < z (mâu thuẫn với z nhỏ nhất) Suy giả sử sai Vậy phương trình cho nghiệm nguyên dương Footer Page 58 of 161 52 Header Page 59 of 161 Bài tập 3.6 Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 + 11y + 13z = (1) Giải Dễ thấy phương trình (1) có nghiệm (0,0,0,0) Ta chứng minh nghiệm phương trình (1) Giả sử phương trình (1) có nghiệm nguyên khác nghiệm phải tồn nghiệm dạng (a, b, c) với c = 0, chí c > Theo tính chất số tự nhiên tồn nghiệm nguyên dương (m, n, p) với p nguyên dương nhỏ Khi đó: m3 + 11n3 + 13p3 = (2) Mặt khác, m3 ≡ 0, ±1, ±2, ±3, ±4(mod 13) 11n3 ≡ 0, ±2, ±5, ±6(mod 13) Vậy để m3 + 11n3 chia hết cho 13 m n chia hết cho 13 Giả sử: m = 13u n = 13v Thay vào phương trình (2) ta được: (13u)3 + 11.(13v)3 + 13p3 = ⇔ 132 u3 + 11.132 v + p3 = (3) Từ (3) suy ra: p 13 Đặt: p = 13t, thay vào (3) ta được: 132 u3 + 11.132 v + (13t)3 = ⇔ u3 + 11v + 13p3 = Suy (u, v, t) nghiệm phương trình (1) Mà < t < p (mâu thuẫn với p số nguyên dương nhỏ nhất) Do giả sử sai Vậy phương trình cho có nghiệm (0,0,0,0) Bài tập 3.7 Chứng minh phương trình sau nghiệm nguyên dương x2 y = z (z − x2 − y ) Giải Footer Page 59 of 161 53 (1) Header Page 60 of 161 Gọi S tập nghiệm nguyên dương phương trình (1) Ta phải chứng minh S = ∅ Giả sử ngược lại S = ∅, gọi (x0 , y0 , z0 ) phần tử tùy ý S Khi ta có: x20 y02 = z02 (z02 − x20 − y02 ) x0 y0 ⇔ = (z02 − x20 − y02 ) z0 x0 y0 x y0 số hữu tỷ nên từ ta suy số nguyên dương z0 z0 x1 y1 Giả sử (x1 , y1 , z1 ) ∈ S có số nguyên dương nhỏ Khi dễ z1 thấy (x1 , y1 , z1 ) = Đặt u = (x1 , z1 ), v = (y1 , z1 ) Lại z1 | x1 y1 Vì (x1 y1 z1 ) | (x1 , z1 )(y1 , z1 ) nên z1 | uv Vậy uv = z1 Đặt tiếp: x1 = ut, y1 = vw, thay vào phương trình (1) ta u2 t2 v w2 = u2 v (u2 v − u2 t2 − v w2 ) ⇔ u2 + w2 v + t2 = 2u2 v (2) Vì (u, w) = (v, t) = nên từ (2) suy (u2 + w2 ) | 2v (v + t2 ) | 2u2 Vậy ta có  u2 + w2 = v v + t2 = 2u2  u2 + w2 = 2v v + t2 = u2 Không giảm tính tổng quát ta giả sử hệ phương  trình thứ   u = m2 − n2   Mà phương trình u2 + w2 = v có nghiệm là: w = 2mn    v = m2 + n2 , (m, n) = m, n có tính chẵn lẻ khác Thay nghiệm vào phương trình v + t2 = 2u2 ta t2 + (2mn)2 = (m2 − n2 )2 Từ suy Footer Page 60 of 161 54 Header Page 61 of 161    t = p2 − q   mn = pq    m2 − n2 = p2 + q  m2 n2 = p2 q suy m2 − n2 = p2 + q p2 q = m2 (m2 − p2 − q ), (p, q) = p, q không tính chẵn lẻ Điều chứng tỏ (p, q, m) nghiệm phương trình (1) pq x y1 = n < d(p2 − q ).2mn = (mâu thuẫn với giả sử) Do m z1 giả sử sai Mặt khác: Vậy S = ∅ hay phương trình (1) nghiệm nguyên dương Footer Page 61 of 161 55 Header Page 62 of 161 3.3 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào hình học Nguyên lý xuống thang ứng dụng vào việc giải toán số học, đặc biệt giải phương trình nghiệm nguyên có ứng dụng giải toán hình học Bài tập 3.8 Biết tam giác có chu vi tồn tam giác có diện tích lớn Chứng minh tam giác có diện tích lớn tam giác Giải Giả sử ABC có cạnh a, b, c tam giác có diện tích lớn ABC không đều, ta coi b = c Ta gọi điểm A thỏa mãn b+c Khi A B C có chu vi ABC AB =AC = Từ A, A kẻ AH, A H đường cao ABC A BC Ta có Nếu 2 A H = A B − BH = b+c 2 − a 2 (1) AH = AB − BH = c2 − (a + CH)2 (2) AH = AC − CH = b2 − CH (3) Từ (2) (3) suy 2AH = b2 + c2 − a2 − 2CH − 2aCH b+c ⇔ AH = 2 2 − a 2 − aCH − CH ⇔ AH = 2A H − aCH − (AC − AH ) ⇔ 2AH = 2A H − aCH < 2A H ⇒ AH < A H ⇒ AH.BC A H BC < 2 hay SABC < SA BC (mâu thuẫn với Footer Page 62 of 161 56 ABC có diện tích lớn nhất) Do Header Page 63 of 161 ABC tam giác giả sử sai Vậy Nhận xét: Ta chứng minh tương tự cho toán sau: biết tam giác có diện tích tồn tam giác có chu vi nhỏ Chứng minh tam giác có chu vi nhỏ tam giác Bài tập 3.9 Biết tất đa giác n cạnh nội tiếp đường tròn, tồn đa giác có diện tích lớn Chứng minh đa giác có diện tích lớn đa giác đều.(Bài toán tổng quát 3.8) Giải Giả sử tồn đa giác n cạnh không X nội tiếp đường tròn cho có diện tích lớn Vì X không nên có ba đỉnh liên tiếp A, B, C thỏa mãn AB = BC Trên cung tròn ABC đường tròn lấy trung điểm B , dễ thấy d(B , AC) < d(B, AC) Từ suy SAB C < SABC Vậy ta thay đỉnh B đa giác X đỉnh B giữ nguyên đỉnh lại ta đa giác X có SX < SX (mâu thuẫn với giả sử X có diện tích lớn nhất) Suy giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập 3.10 Cho trước ABC sơn tất điểm mặt phẳng hai màu xanh, đỏ Hãy chứng minh tồn hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị, tồn ba điểm màu xanh ba đỉnh tam giác ABC Giải Giả sử ngược lại không tồn hai điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị vầ không tồn điểm màu xanh ba đỉnh tam giác ABC Ký hiệu: a, b, c cạnh ABC Không giảm tính tổng quát, giả sử a cạnh ngắn Trước tiên, ta chứng minh đoạn thẳng đỏ có độ Footer Page 63 of 161 57 Header Page 64 of 161 dài a Thật vậy, giả sử XY đoạn thẳng đỏ có độ dài a, đường tròn đơn vị nhận X, Y làm tâm hoàn toàn màu xanh Lấy đường tròn điểm Z điểm cho ABC = X Y Z, lúc đường tròn đơn vị tâm Z hoàn toàn màu đỏ, không Z có màu xanh tồn X Y Z tam giác xanh (mâu thuẫn với giả sử) Trên đường tròn đơn vị có điểm màu đỏ có khoảng cách đơn vị Vì toàn mặt phẳng hoàn toàn màu xanh nên có điểm màu đỏ, gọi điểm R Đường tròn (T) có tâm R, bán kính a phải hoàn toàn màu xanh Khi đó, lấy điểm D E (T) cho DE = a Vì a ≤ b, c nên ta dựng điểm F nằm (T) cho: DEF = ABC, điểm F phải có màu đỏ Như vậy, ta quay DE quanh R điểm F vạch nên đường tròn bán kính lớn a có hoàn toàn màu đỏ Trên đường tròn ta tìm điểm màu đỏ có khoảng cách a, mâu thuẫn với chứng minh Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập 3.11 Cho đa giác lồi A nằm đa giác lồi B Chứng minh chu vi đa giác lồi A nhỏ đa giác lồi B Giải Ký hiệu PA , PB chu vi đa giác lồi A B Giả sử đa giác lồi A = A1 A2 An nằm đa giác lồi B Khi đường thẳng A1 A2 cắt đa giác B B1 , B2 chia đa giác B thành phần Một hai phần đa giác lồi M1 chứa đa giác lồi A, cạnh B1 B2 đa giác M1 chứa đoạn A1 A2 không cạnh đa giác B Suy PM1 < PB (vì đoạn B1 B2 ngắn đường gấp khác có đầu mút B1 , B2 ) Đường thẳng A2 A3 chia đa giác M1 thành phần phần đa giác M2 chứa đa giác A PM2 < PM1 Lập luận tương tự ta nhận dãy đa giác: B ⊃ M1 ⊃ M2 ⊃ ⊃ Mn Footer Page 64 of 161 58 Header Page 65 of 161 Đa giác Mn trùng với đa giác A, ta có dãy bất đẳng thức: PB > PM1 ≥ PM2 ≥ ≥ PMn = PA Vậy ta có điều phải chứng minh 3.4 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào toán khác Bài tập 3.12 Cho hàm f : Z × Z → Z hàm thỏa mãn điều kiện với số nguyên m, n: 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 Giải Giả sử với số nguyên k đó, tất cá giá trị hàm số f không vượt k (nếu giá trị f không nhỏ k lập luận tương tự cho hàm −f ) Khi f nhận giá trị lớn Z Giả sử giá trị a đạt n0 , m0 Do: f (n, m) = [f (n − 1, m) + f (n + 1, m) + f (n, m − 1) + f (n, m + 1)] nên ta suy ra: f (n0 ± 1, m0 ) = f (n0 , m0 ± 1) = a Như vậy: a = f (n0 ± 1, m0 ) = f (n0 ± 2, m0 ) = = f (n0 ± h, m0 ) = a = f (n0 , m0 ± 1) = f (n0 , m0 ± 2) = = f (n0 , m0 ± h) = , với số nguyên dương h, nghĩa f hàm (mâu thuẫn với giả thiết) Do giả sử sai Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập 3.13 Dãy (un ) số nguyên dương có tính chất sau đây: i) u0 = ii) u2n > un−1 un+1 , ∀n ≥ Footer Page 65 of 161 59 Header Page 66 of 161 Chứng minh với n ta có bất đẳng thức sau: n2 n + + + u1 u2 un < n Giải un Từ un−1 tính chất ii suy > vn+1 , ∀n ≥ Giả sử tồn k nguyên dương Trước hết ta chứng minh un > n, ∀n ≥ Thật vậy: đặt = cho: uk ≤ k Gọi k0 số nhỏ có tính chất Khi ta có: uk0 ≤ tức vi < 1, uk0 −1 > k0 − hay uk0 −1 ≥ k ≥ uk0 Suy vk0 = uk0 −1 ∀i > k0 Khi ta có uk0 > uk0 +1 > uk0 +2 > Dãy bất đẳng thức dãy vô hạn số nguyên dương giảm dần (vô lý) Suy giả sử sai Vậy un > n, n ≥ Từ suy n2 n + + + u1 u2 un < 1 (1 + + + 1) = n2 n Bài tập 3.14 Chứng minh bất đẳng thức Cauchy Nếu a1 , a2 , , an số không âm thì: √ a1 + a2 + + an ≥ n n a1 a2 an dấu "=" xảy a1 = a2 = = an Giải Đặt T = a1 + a2 + + an Ta cần chứng minh x1 , x2 , , xn số không âm thỏa mãn T = x1 + x2 + + xn thì: S(x1 , x2 , , xn ) = √ n x1 x2 xn ≤ T , n dấu "=" xảy x1 = x2 = = xn Coi S hàm n biến tập I [0, T ]n gồm (x1 , x2 , , xn ) thỏa mãn Footer Page 66 of 161 60 Header Page 67 of 161 T = x1 + x2 + + xn Vì S hàm liên tục nên đạt giá trị lớn I, giả sử S0 đạt y1 , y2 , , yn Ta cần chứng T minh y1 = y2 = = yn = Giả sử chẳng hạn y1 = y2 Xét n y1 + y y1 + y X= , , y3 , y4 , , yn 2 y1 + y2 y1 + y2 y1 − y2 Ta có X ∈ I = y1 y2 + > y1 y2 2 y1 + y2 y1 + y2 Suy y3 y4 yn > y1 y2 y3 yn Do S(X) > S0 2 T (mâu thuẫn) Suy giả sử sai hay y1 = y2 = = yn = n Vậy ta có điều phải chứng minh Footer Page 67 of 161 61 Header Page 68 of 161 3.5 Bài tập áp dụng Bài tập 3.15 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: x2 + y = 2z Bài tập 3.16 Giải phương trình nghiệm nguyên: x3 = 3y + 9z Gợi ý: Tương tự 3.2 sử dụng tính chất chia hết cho Bài tập 3.17 Tìm số nguyên k để phương sau có nghiệm nguyên dương: x2 + y + = kxy Gợi ý: Xét trường hợp k = 0, 1, ; k = k > Sau k = nghiệm Bài tập 3.18 Chứng minh với số nguyên dương n ta có: (n + 1)(n + 2) (n + n) 2n Bài tập 3.19 Biết tam giác có diện tích tồn tam giác có chu vi nhỏ Chứng minh tam giác có chu vi nhỏ tam giác Gợi ý: Tương tự 3.8 Footer Page 68 of 161 62 Header Page 69 of 161 Kết luận Các nguyên lý công cụ hiệu để chứng minh nhiều kết toán học, đặc biệt việc giải toán sơ cấp Nhiều toán phức tạp chương trình phổ thông giải cách ngắn gọn, dễ hiểu nhờ sử dụng nguyên lý Trong khóa luận trình bày ba nguyên lý nguyên lý Dirichlet, nguyên lý cực hạn, nguyên lý xuống thang ứng dụng giải toán sơ cấp Các toán sơ cấp phân làm ba loại: Bài toán số học, hình học toán khác Các dạng toán giải cụ thể áp dụng nguyên lý giúp người đọc hiểu biết cách vận dụng Đồng thời cuối chương tập áp dụng để người đọc rèn luyện kỹ Do lần làm quen với công việc nghiên cứu khoa học, thời gian lực thân em hạn chế nên không tránh khỏi thiếu sót Rất mong thầy giáo, cô giáo bạn sinh viên góp ý để khóa luận em hoàn thiện Footer Page 69 of 161 63 Header Page 70 of 161 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Hữu Điển, Phương pháp Dirichlet ứng dụng, NXB khoa học kỹ thuật, 1999 [2] Phan Huy Khải, Phương trình nghiệm nguyên, NXBGD, 2009 [3] Nguyễn Vũ Thanh, Chuyên đề bồi dưỡng chuyên toán cấp 2, 3, Nhà xuất trẻ, 2001 [4] Dương Quốc Việt - Lê Văn Đính, Bài tập đại số sơ cấp phần số nguyên lý bản, NXBĐHSP, 2012 [5] Dương Quốc Việt - Đàm Văn Nhỉ, Giáo trình đại số sơ cấp, NXBĐHSP, 2014 Footer Page 70 of 161 64 ... "Một số nguyên lý ứng dụng" Khóa luận gồm ba chương: Chương 1: Nguyên lý Dirichlet ứng dụng toán sơ cấp Chương 2: Nguyên lý cực hạn ứng dụng toán sơ cấp Chương 3: Nguyên lý xuống thang ứng dụng. .. 27 Nguyên lý cực hạn ứng dụng toán sơ cấp 29 2.1 Nguyên lý cực hạn 29 2.2 Ứng dụng nguyên lý cực hạn vào số học 30 2.3 Ứng dụng nguyên lý cực hạn vào hình... 47 3.1 Nguyên lý xuống thang 47 3.2 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào số học 48 3.3 Ứng dụng nguyên lý xuống thang vào hình học 56 3.4 Ứng dụng nguyên lý xuống