Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản - NGUYÊN LÝ DIRICHLET_2

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
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản - NGUYÊN LÝ DIRICHLET_2Chương 1: Một Vài Nguyên Lí Cơ Bản NGUYÊN LÝ DIRICHLETBây 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 )]2Hay 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 – 1Do đóVì vậy theo sự xác định của số a, ta có < | − (4 − 1)|, từ đây dễdàng 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 tựnhiên 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 vàbiến 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 được4 −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 ra2 ( + )+ = 1, với a, p, q là những số tự nhiên. Điều này vôlý 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 vớitọa 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 làmột 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 đannó cũng đỉnh nguyên. Do đó theo chứng minh vừa rồi thì nó không tồntại. 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 làmột 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 khác3,4,6 nên B1, B2,…, Bn phân biệt và lập thành đa giác đều đỉnh nguyênbị chứa thực sự trong đa giác đều A1 A2 … An. Như vậy cạnh của đagiác đều đỉnh nguyên mới B1B2…Bn nhỏ hơn cạnh của đa giác đều A1A2 … An ( mâu thuẫn!).Ví dụ 2:Biết rằng trong tất cả các đa giác n cạnh cùng nội tiếp đườngtròn , luôn tồn tại một đa giác có diện tích lớn nhất. Chứng minh rằng đagiác 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 tròncó diện tích lớn nhất . Vì S không đều nên ắt có 3 đỉnh A;B;C liên tiếptheo thứ tự đó sao cho AB khác BC. Trên cung ABC của đường tròn lấytrung điểm B’ của nó, thì B’ khác B. Dễ thấy khoảng cách từ B’ tớiđường thẳng AC lớn hơn khoảng cách từ B đến đường thẳng này. Vìvậy, diện tích tam giác AB’C lớn hơn diện tích tam giác ABC. Khi đó tathay đỉnh B của đa giác S bởi đỉnh B’, còn các đỉnh khác giữ nguyên thìta sẽ thu được đa giác S’ có diện tích lớn hơn diện tích đa giác S, mâuthuẫn.Vậy có điều phải chứng minh ! Các ví dụ trên đã cho ta một cách nhìn về việc sử dụng nguyên líxuống thang trong giải các bài toán số học cũng như một số bài toánhình học. Sau đây là một số bài toán :Bài tập sách giáo trìnhBài 1.a, Giải phương trình với nghiệm nguyên:x2 + y2 + z2 + u2 = xyzub, Chứng minh rằng không thể biểu diễn số 7 thành tổng bình phươngcủa 3 số hữu tỉ.c, Giải phương trình với nghiệm nguyên x3 = 3y3 + 9z3d, Phối hợp với nguyên lí hàm liên tục trên tập compac, hãy chứng minhbất 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 sốchẵn 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Vôlý.Với x, y, z, u đều chẵn.Đặt x = 2x1, y = 2y1, z = 2z1, u = 2u1Thay vào phương trinh đã cho ta được + + + =4Cũng lí luận như trên tất cả các nghiệm của phương trình phải chẵnx1 = 2x2, y = 2y2, z = 2z2, u =2u2 .Từ đó đi đến. + + + =4 . Một cách tổng quát, xuất phát từnghiệm (x,y,z,u) bằng phương pháp xuống thang ta đi đến phương trình + + + =4Với xk = 2xk + 1, yk = 2yk + 1, zk = 2zk + 1, uk = 2uk + 1 Tức là với mọi s tựnhiên ta có x/2k, y/2k, z/2k, u/2k là các số nguyên. Điểu này chỉ đúng vớis = 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 khiđó ta có thể đưa bài toán về việc giải phương trình nghiệm nguyên :x2 + y2 + z2 = 7u2c, Tương tự ví dụ 1. Sử dụng tính chất chia hết cho 3.d, Tự làmBài 2.Chứng minh rằng không thể chia một khối lập phương thành nhiềukhối lập phương nhỏ từng đôi một khác nhau.HD:Trước hết ta nêu ra một chú ý sau: “ nếu một hình vuông P phânchia được thành một số hữu hạn hình vuông khác nhau thì hình vuôngbé nhất không dính với biên của hình vuông PBây giờ ta giả ...