Đề tài Phép quy nạp trong hình học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH KHOA TOÁN --–&—-- Đề tài: PHÉP QUY NẠP TRONG HÌNH HỌC Giáo viên hướng dẫn : Ths. Nguyễn Chiến Thắng Sinh viên thực hiện : Nguyễn Huy Hùng MSSV : 0851007961 Lớp : 49A Toán Vinh - 2011 Mục lục Nhận xét của giáo viên ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Lời nói đầu Phép quy nạp được sử dụng rộng rãi trong số học đại số và lý thuyết số. Và phép quy nạp được coi là 1 tuyệt chiêu trong toán học. Nó là một trong những phương pháp tiếp cận bài toán rất độc đáo. Quy nạp thường được dùng trong việc chứng minh một khẳng định nào đó. Nhìn chung, giải bài toán theo phương pháp quy nạp nghĩa là đưa bài toán này thành 2 bài toán con nhỏ hơn để giải quyết. Hai bài toán con nhỏ hơn này thường là : P1: Là bài toán tương tự như bài toán đã cho, có giả thiết là trường hợp đặc biệt của giả thiết của bài toán ban đầu, P1 thường được giải dễ dàng. P2: Ta chứng minh sau 1 phép biến đổi (*) giả thiết của bài toán tương tự như bài toán ban đầu thành một giả thiết khác, điều khẳng định vẫn còn đúng. (Với điều kiện rằng sau 1 số lần hữu hạn thực hiện phép biến đổi (*) như vậy đối với giả thiết của P1, ta thu được bài toán ban đầu, nhờ vậy bài toán ban đầu được chứng minh) Lấy 1 ví dụ nhỏ. Ta hãy chứng minh với một số n thuộc tập thì luôn tồn tại một số  có n chữ số chỉ gồm các chữ số 1 và 2 sao cho  này chia hết cho 2. P1: n=1. Số cần tìm là 2. P2: Ta chứng minh sau phép biến đổi giả thiết : Tăng n lên 1 đơn vị, bài toán vẫn đúng (Sau 1 số lần hữu hạn tăng 1 đơn vị liên tiếp, ta có thể "biến" số n=1 thành bất kì số nào trong tập N* và điều này dẫn đến bài toán đúng ) Hãy giả sử bài toán đã đúng với n=k, nghĩa là ta sẽ phải chứng minh bài toán cũng đúng với n=k+1. Ta có :  =.q  Nếu q lẻ ta sẽ chọn =, Nếu q chẵn thì chọn = . Dễ nhận thấy (cần phải chứng minh, nhưng khá đơn giản) số  chỉ gồm các chữ số 1,2 và nó chia hết cho  Như vậy, rõ ràng Quy nạp có 1 sức mạnh tuyệt vời khi giải quyết những bài toán chứng minh. Ta thường xuyên gặp những bài toán mang tính chất đại số giải quyết bằng phương pháp quy nạp và trong phần lớn các tài liệu về phương pháp này, có rất ít tài liệu đề cập đến việc sử dụng phương pháp Quy nạp để giải quyết bài toán Hình Học. Nhưng những ứng dụng của nó trong hình học lại vô cùng lý thú và hấp dẫn. Phép quy nạp không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích cả trong mặt phẳng và trong không gian, ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp. Vì vậy đề tài Phép quy nạp trong hình học là một đề tài thiết thực khai thác vào một phương pháp giải toán hình học mà chưa được nhắc tới nhiều. Trong khuôn khổ giới hạn của đề tài, tôi không đưa ra các khái niệm, định lý, tính chất mới mà chỉ trình bày các nội dung chính thuộc đề tài, các dạng bài tập, thí dụ minh họa và bài tập ứng dụng. Mặc dù đã tham khảo một lượng rất lớn các tài liệu cùng với sự nổ lực của bản thân nhưng do trình độ hiểu biết có hạn nên chắc chắn không tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong được sự góp ý của thầy giáo Ths. Nguyễn Chiến Thắng và bạn đọc. Một lần nữa tôi xin chân thành cảm ơn thầy giáo Ths. Nguyễn Chiến Thắng, Thư viện Đại học Vinh và toàn thể các bạn sinh viên lớp 49A Toán đã giúp đỡ tôi hoàn thành đề tài này ! Người thực hiện Nguyễn Huy Hùng Mở đầu I. Lí do chọn đề tài. Phép quy nạp toán học được sử dụng rộng rãi trong số học đại số và lý thuyết số. Nhưng những ứng dụng của nó trong hình học lại vô cùng lý thú. Phép quy nạp không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dung hình, quỹ tích. Vì vậy tôi chọn đề tài Phép quy nạp trong hình học. Đề tài này giúp tôi hiểu sâu hơn một phương pháp giải hiệu quả trong việc giải các bài toán hình học. II. Đối tượng nghiên cứu. Đối tượng nghiên cứu của đề tài là kiến thức quy nạp toán học và phép quy nạp trong hình học. III. Mục đích nghiên cứu. Nguồn gốc và quá trình xuất hiện phép quy nạp toán học Ứng dụng của phép quy nạp trong hình học. IV. Nhiệm vụ nghiên cứu. Là rõ được thế nào là phép quy nạp toán học Thể hiện được những ứng dụng của phép quy nạp trong hình học. Xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng. Kiểm nghiệm được ý nghĩa của đề tài. V. Giả thuyết khoa học. Phép quy nạp là một phương pháp toán học độc đáo được ứng dụng rất nhiều trong đại số và lý thuyết số, việc nghiên cứu tìm hiểu các ứng dụng của phép quy nạp trong hình học, sẽ giúp mở rộng các phương pháp giải bài toán trong hình học. VI. Phương pháp nghiên cứu. Nghiên cứu các cơ sở lí luận, cơ sở khoa học nhằm cho một cái nhìn tổng quát nhất về nội dung phép quy nạp toán học, quy nạp trong hình học. Phân tích và tổng hợp các dạng bài tập nhằm xây đựng được một hệ thống bài tập với đầy đủ các dạng toán sử dung quy nạp trong hình học. Nội dung. A. Phép quy nạp toán học. 1. Nguồn gốc ra đời của phép quy nạp toán học. Khi ta tính một số trong tam giác Pat-xcan bằng cách áp dụng công thức truy toán, ta phải dựa vào hai số đã tìm được ở cạnh đáy trên. Cần nghiên cứu một lược đồ tính toán không phụ thuộc vào những điều đã biết sơ bộ. Phép tính độc lập như vậy dựa vào công thức quen biết. Mà ta sẽ gọi là công thức tường minh để tính các hệ số của nhị thức . Công thức tường minh đó có trong công trình của Pat-xcan ( trong đó nó được diễn đạt bằng lời chứ không phải bằng các kí hiệu hiện đại). Pat-xcan không cho biết ông đã làm như thế nào để rút ra công thức đó và chúng ta sẽ không phải bận tâm đến một điều là trước khi đến công thức đó ông đã suy nghĩ như thế nào (Có thể khi đầu mới chỉ là phỏng đoán – ta thường phát hiện ra các quy luật nhờ quan sát lúc đầu, rồi sau thử khái quát hóa các kết quả có được. Tuy vậy, Pat-xcan đưa ra một cách chứng minh chính xuất sắc cho công thức tường minh của mình. Ta thấy có một nhận xét sơ bộ: Công thức tường minh dưới dạng đã viết không áp dụng được trong trường hợp r=0. Tuy vậy, ta quy ước rằng khi r=0 thì theo định nghĩa Còn trong trường hợp r=n thì công thức không mất ý nghĩa và ta có: đó là một kết quả đúng. Như vậy, ta chỉ cần chứng minh công thức chỉ đối với 0 < r < n, tức là ở bên trong tam giác Pat-xcan, ở đó công thức truy toán có thể chứng minh được. Tiếp theo ta trích dẫn Pat-xcan với một số thay đổi không căn bản, một phần những thay đỏi đó ở giữa các dấu ngoặc vuông. Mặc dầu rằng mệnh đề đang xét (công thức tường minh đối với các hệ số nhị thức) có trong vô số trường hợp riêng, ta có thể chứng minh nó một cách hoàn toàn ngắn gọn dựa trên hai bổ đề. Bổ đề thứ nhất khẳng định rằng mệnh đề đó đúng với đáy thứ nhất – điều này là hiển nhiên [khi n=1 công thức tường minh đúng bởi vì trong trường hợp đó mọi giá trị có thể được của r, nghĩa là r=0, r=1, rơi vào điều đã nhận xét ở trên]. Bổ đề thứ hai khẳng định như sau: nếu mệnh đề của ta đúng với một đáy tùy ý [đối với giá trị n tùy ý] thì nó sẽ đúng cả với đáy tiếp theo của nó [đối với r=n+1]. Từ hai bổ đề đó, ắt suy ra được sự đúng đắn của mệnh đề với mọi giá trị của n. Thật vậy, do bổ đề thứ nhất mệnh đề đúng với n=1; do đó, theo bổ đề thứ hai nó đúng với n=2, và tiếp tục theo bổ đề thứ hai nó đúng với n=3, n=4 và tới vô hạn. Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề thứ hai. Theo cách phát biểu của bổ đề đó, ta giả thiết rằng công thức của ta đúng với đáy thứ n, nghĩa là đối với giá trị tùy ý của n và với mọi giá trị có thể được của r (đối với r=1,2,…,n). Đặc biệt, đồng thời với cách viết Ta cũng có thể viết (với ): Cộng hai đẳng thức đó và áp dụng công thức truy toán ta được hệ quả: Nói cách khác, sự đúng đắn của công thức tường minh đối với giá trị n nào đó kéo theo tính chất đứng đắn của nó với n+1. Chính điều này được khẳng định trong bổ đề thứ hai. Như vậy, ta đã chứng minh bổ đề đó. Những lời của Pat-xcan đã trích dẫn ở trên có một giá trị lịch sử bởi vì chứng minh của ông là sự vận dụng lần đầu tiên một phương pháp suy luận cơ bản và mới mẻ, và sau này ta gọi đó là Phép quy nạp toán học. 2. Kinh nghiệm và quan niệm. Kinh nghiệm đưa đên sự thay đổi quan niệm của con người. Chúng ta học tập xuất phát từ kinh nghiệm, hay nói đúng hơn là chúng ta phải học tập từ kinh nghiệm. Sử dụng kinh nghiệm một cách hiệu quả nhất, đó là một trong những nhiệm vụ to lớn của con người , còn lao động để giải quyết nhiệm vụ đó là chức năng chân chính của các nhà bác học. Nhà bác học, đúng với danh hiệu đó, cố gắng rút ra quan niệm đúng đắn nhất từ kinh nghiệm đã biết, và thu thập những kinh nghiệm thích hợp nhất để xây dựng nên quan niệm đúng về một vấn đề đặt ra. Phương pháp nhờ đó nhà bác học xử lí với kinh nghiệm thường gọi là phép quy nạp. 3. Sự tiếp xúc gợi ý. Phép quy nạp thường được bắt đầu bằng sự quan sát. Nhà khoa hoc tự nhiên có thể quan sát cuộc sống của loài chim, nhà tinh thể học quan sát hình dạng của các tinh thể. Nhà toán học, quan tâm tới lý thuyết số, quan sát tính chất các số 1, 2, 3, 4, 5, … Nếu muốn quan sát cuộc sống của loài chim để có thể đạt được những kết quả lý thú, thì trong một chừng mực nào đó, bạn phải hiểu biết về chim, phải thích chim và thậm chí là yêu chim. Cũng như vậy, nếu bạn muốn quan sát những con số thì bạn phải thích thú với chúng và trong một chừng mực nào đó phải hiểu biết chúng. Bạn phải biết phân biệt số chẳn và số lẻ, phải biết các số chính phương và các số nguyên tố. Ngay những kiến thức đơn giản nhất chúng ta cũng có thể nhận thấy một cái gì thú vị. Chẳng hạn ngẫu nhiên ta gặp các hệ thức: 3 + 7 = 10; 3 + 17 = 20; 13 + 17 =30; . . . Và ta nhận thấy giữa chúng có một vài chỗ giống nhau. Chúng ta có thể nghĩ tới 3, 7, 13 và 17 là những số nguyên tố lẻ. tổng của hai số nguyên tố lẻ là những số chẳn (đó là điều tất nhiên); Thực vậy 10, 20, 30 là các số chẵn. Nhưng có thể nói gì về các số chẳn khác ? chúng có thể được biểu diễn tương tự như vậy không? Số chẳn đầu tiên bằng tổng của hai số nguyên tố lẻ dương là 6 = 3 + 3 Tìm tiếp ta thấy: 8 = 3 + 5 10= 3 + 7 = 5 + 5 12= 7 + 5 14 = 3 + 11 = 7 + 7 16 = 3 + 13 = 5 + 11 Và ta cứ tiếp tục tìm mãi chăng? Dù sao những trường hợp riêng đã khảo sát cũng làm chúng ta nghĩ tới một điều khẳng định chung là : “Mọi số chẵn lơn hơn 4 đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố lẻ”. Phân tích những trường hợp ngoại lệ các số 2 và 4 không thể là tổng của hai số nguyên tố lẻ chúng ta có thể bằng lòng với điều khẳng định ít trực tiếp hơn sau đây: Bất kỳ số chẵn nào không phải là số nguyên tố và không phải là bình phương của một số nguyên tố, cũng có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố lẻ. Như thế chúng ta đã phát biểu một giả thuyết. Chúng ta tìm thấy giả thuyết đó nhờ phép quy nạp. Nói một cách khác giả thuyết đó nẩy sinh trong chúng ta nhờ kết quả của sự quan sát và đã được chỉ ra bằng những ví dụ riêng biệt. Những chỉ dẫn đó tương đối ít trọng lượng. Chúng ta chỉ có những cơ sở rất mong manh để tin vào giả thuyết của mình. Tuy nhiên chúng ta có thể tìm thấy một nguồn an ủi, ở chỗ là cách đây hơn 200 năm Goldbach, nhà toán học đầu tiên phát biểu giả thuyết đó, cũng không có cơ sở gì vững chắc hơn. Giả thuyết của Goldbach có đúng không? Ngày nay chưa ai có thể trả lời câu hỏi đó. Mặc dù có một số nhà toán học vĩ đại đã có những cố gắng lớn nhằm làm sáng tỏ vấn đề, nhưng cho đến nay giả thuyết của Goldbach, cũng như ở thời Euler vẫ là một trong “ nhiều tính chất của các số mà chúng ta rất quen thuộc, nhưng chúng ta vẫn chưa chứng minh hay bác bỏ được”. Nhưng từ giả thuyết này chúng ta đã mô tả trong những nét tổng quát giai đoạn đầu của quá trình quy nạp. 4. Phương pháp quy nạp. Trong cuộc sống có nhiều người thường bám chặt vào ảo tưởng, nói một cách khác họ không giám nghiên cứu những khái niệm dễ dàng bị kinh nghiệm bác bỏ, vì họ ngại tinh thần mất cân bằng. Trong khoa học, chúng ta cần có một phương pháp khác hẳn đó là Phương pháp quy nạp. Phương pháp này có mục đích làm cho quan niệm của chúng ta gần với kinh nghiệm ở mức độ có thể được. Nó đòi hỏi sự ưa thích nhất định đối với cái gì thực tế tồn tại. Nó đòi hỏi chúng ta sẵn sàng từ những quan sát nâng lên trình độ khái quát, đồng thời sẵn sàng từ sự khái quát rộng lớn nhất trở về với những quan sát cụ thể nhất. Nó đòi hỏi ta nói “có thể” và có “khả năng” với hàng nghìn mức độ khác nhau. Nó đòi hỏi nhiều điều khác và đặc biệt là ba điều sau đây: Một là chúng ta phải sẵn sang duyệt lại bất kì quan niệm nào của chúng ta. Hai là chúng ta phải thay đổi quan niệm chỉ khi có lí do xác đáng. Ba là chúng ta không được thay đổi quan niệm một cách tùy tiện, không có cơ sở đầy đủ. Những nguyên tắc ấy tưởng như tầm thường nhưng phải có những đức tính khác thường mới theo được. 5. Phương pháp giải bằng quy nạp toán học. Để chứng minh một mệnh đề Q(n) đúng với mọi ta thực hiện 2 bước theo thứ tự: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với n=p Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n=k (), ta phải chứng minh rằng mệnh đề đúng với n=k+1. B. Phép quy nạp trong hình học Phép quy nạp là một phép toán khá phổ biến và thông dụng, nó được ứng dụng rất nhiều trong đại số, và lý thuyết số. Phép quy nạp thường được sử dụng để chứng minh các tính chất và các định lý. Có những bài toán chỉ có thể dùng phép quy nạp mới có thể giải được. Không chỉ trong đại số và lý thuyết số mà trong hình học, phép quy nạp cũng là một phương pháp độc đáo và lý thú không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích cả trong mặt phẳng và trong không gian, ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp. Bài toán mở đầu :Cho n là một số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 6. Chứng minh rằng : luôn chia được một hình vuông thành n hình vuông nhỏ (các hình vuông sau khi chia không nhất thiết phải bằng nhau) Xuất phát từ 1 bài toán đơn giản nhất: chia 1 hình vuông thành 4 hình vuông nhỏ. Ta có cách giải như sau : P1: Bao gồm 3 bài toán cơ sở :  n=6,7,8 (đã được giải trong hình)P2: Ta chứng minh nếu bài toán đúng với n=k thì nó cũng đúng với n=k+3. Khá đơn giản, bằng cách chọn 1 hình vuông bất kì trong k hình vuông đã có, chia nó làm 4 hình vuông nhỏ hơn và đó là điều phải chứng minh. Nhận xét: Qua bài toán này, ta rút ra kết luận rằng P1 không nhất thiết chỉ là 1 bài toán, nó có thể là 2,3 bài hoặc nhiều hơn ! Để hiểu rõ hơn về các ứng dụng của phép quy nạp trong hình học ta đi sâu vào hệ thống bài tập dành riêng cho mỗi loại toán hình học. I. Phép quy nạp trong tính toán hình học. Trong lý thuyết số và đại số, phép qui nạp toán học là một phương pháp hiệu quả trong việc tính toán các giá trị đại số và các đại lượng toán học. Trong hình học để giải các bài toán tính toán thì việc áp dụng phép qui nạp để thực hiện hoàn toàn có thể và nó có thể thực hiện một cách chính xác. Thí dụ 1: Tính tổng các góc trong của một n-giác không tự cắt. Giải: Ta có thể thấy ngay: Tổng các góc trong của một tam giác là 180. Tổng các góc trong của một tứ giác là 360. Nhận xét: Mọi tứ giác có thể chia thành hai tam giác nên tổng các góc trong của một tứ giác bằng hai lần tổng các góc trong của một tam giác. Với k < n, giả sử đã chứng minh được tổng các góc trong của một k-giác bất kì là (k-2).180. Bây giờ ta xét với n-giác . - Trước hết ta chứng minh rằng trong một đa giác bất kỳ ta có thể tìm được một đường chéo x chia đa giác đó thành đa giác có số cạnh ít hơn. Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác. Ta vẽ các tia lấp đầy góc trong ABC và cắt biên của đa giác. Có hai trường hợp sẽ xãy ra: TH: Các tia cắt đường biên trên cùng một cạnh của đa giác (Hình 2a), khi đó đường chéo AC chia n-giác thành một tam giác và một (n-1)-giác. TH: Các tia cắt biên không trên cùng một cạnh của đa giác (Hình 2b). Khi đó một tring các tia sẽ đi qua đỉnh I nào đó của đa giác và đường chéo AI sẽ chia đa giác thành hai đa giác có số cạnh ít hơn số cạnh của đa giác ban đầu. Bây giờ ta chứng minh bài toán: Trong n-giác ta vẽ đường chéo chia n-giác đó làm k-giác và (n-k+2)-giác . Với giả thiết đã cho thì tổng các góc trong của k-giác và (n-k+2)-giác lần lượt là (k-2).180 và [(n-k+2)-2].180. Suy ra tổng các góc trong của n-giác là: = (k-2).180+ [(n-k+2)-2].180= (n-2).180 ( là tổng các góc trong của n-giác) Như vậy mệnh đề đúng với mọi n. Thí dụ 2 Giả sử r và R là các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của đa giác đều 2 cạnh có chu vi p cho trước. Chứng minh rằng r= và R=. Giải: * Ta có: r= ; R= * Giả sử AB là cạnh của đa giác đều 2 cạnh chi vi p, nội tiếp đường tròn tâm O; C là trung điểm của cung AB; M và N là trung điểm của các đoạn thẳng AC và BC; P và Q là các giao điểm của AB và MN với OC. Bởi vì MN=AB và , nên MN là cạnh của đa giác đều 2 chu vi p cho trước với tâm là O. Rõ ràng . Bởi vì OMQ OCM, nên , tức là Thí dụ 3: Tính cạnh a của 2-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R. Giải: - Với n=2: 2-giác là hình vuông cạnh a=R. Khi đó theo công thức gấp đôi cạnh đa giác: a= Ta tính được: Cạnh của bát giác đều , Cạnh của 16-giác đều Cạnh của 32-giác đều Nhờ đó có thể giả sử rằng với , cạnh của một 2-giác đều nội tiếp là: (1) n lần - Giả sử cạnh của một 2-giác đều nội tiếp đường tròn được biểu diễn bởi (1). Khi đó nhờ công thức gấp đôi cạnh đa giác ta có: n-1 lần Từ đó suy ra (1) đúng với mọi n. Từ công thức (1), khi n tăng vô hạn chu vi đường tròn bán kính R(C=) sẽ là giới hạn của biểu thức: và do đó: n-2 lần n-2 lần n-2 lần Bài tập ứng dụng: Bài 1: Dùng công thức (1) chứng minh rằng là giới hạn của biểu thức: Khi các thừa số (các căn thức bậc hai) ở mẫu tăng lên vô hạn (Công thức Vieta *). Các thừa số được lập thành nhờ ba thừa số đầu (đã cho). Hướng dẫn: Gọi là diện tích của 2-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R và là trung đoạn. Từ công thức (1) ta có: Và n-3 lần (giả sử n3) Hơn nữa ta có: Từ đó suy ra rằng: Vì S= 2R và , còn bằng giới hạn của: Và cuối cùng dùng công thức Bài toán 2: Trong một n-giác lồi, các đường chéo không bộ ba đường nào đồng qui, chia nó làm bao nhiêu miền. Hướng dẫn: Đường chéo sẽ chia (n+1)-giác lồi ra thành một tam giác và một n-giác . Gọi F(n) là số của n-giác được chia bởi các đường chéo. Ta tính số miền sinh thêm do nối đỉnh A(đó là các miền do các đường chéo xuất phát từ A giao với các đường chéo còn lại, con số này lớn hơn 1). Bằng cách này ta tìm được hệ thức: F(n+1) = F(n) + (n-1) + 1.(n-2) + 2.(n-3) + ...+ (n-3).2 + (n-2).1 Ta viết lại hệ thức: F(n+1) = F(n) + (n-1) + = F(n) + Tính tổng các giá trị của F(n), F(n-1), … , F(4) ta được: F(n)= Bài 3: Tìm qui tắc tính P(n) số cách chia một n-giác lồi ra làm các tam giác bởi những đường chéo không cắt nhau. Hướng dẫn: -Xét với tam giác ta có P(3)=1 - Với mọi k<n, Giả sử ta tính được P(k) -Bằng cách xét n-giác lồi ta đi tính P(n). Cách lấy là cạnh của một trong các tam giác được chia. Khi đó đỉnh thứ 3 của tam giác này sẽ là một trong các điểm còn lại. Bằng cách lập luận ta có hệ thức sau: P(n) = P(n-1) + P(n-2).P(3) + P(n-30.P(4) + … P(3).P(n-2) +P(n-1) Cuối cùng ta tính được: P(n) = với mọi n. Bài toán 4: Tính số N các đường chéo không cắt nhau dùng để chia một n-giác thành các tam giác. Hướng dẫn: Với tam giác thì số đường chéo có được là 0. Với Tứ giác thì số đường chéo có được là 1. * Với k < n, giả sử ta biết được mỗi k-giác sẽ có k-3 đường chéo không cắt nhau chia k-giác đó thành các tam giác (không phụ thuộc vào việc chọn các đường chéo). * Xét với n-giác . Từ lập luận tổng N đường chéo và n cạnh của n-giác suy ra: 2N + n = 3(n-2) N= n – 3. II. Chứng minh định lí hình học bằng phép quy nạp. Phép quy nạp là một trong những phương pháp hữu hiệu nhất để chứng minh các định lý các mệnh đề mà các phương pháp không thể chứng minh được. Dưới đây ta sẽ nghiên cứu một số thí dụ và bài toán chứng minh định lý mệnh đề bằng phép quy nạp. Thí dụ 1: Cho n điểm A1, A2, … An. và n số thực a1, a2,… an . Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm O sao cho .( O là tâm tỉ cự của hệ điểm Ai và bộ số ai) Giải: Với n=1 khi đó OA1 rõ ràng O là duy nhất Giả sử bài toán trên đúng với n. Tức là Với n điểm A1, A2, … An. và n số thực a1, a2,… an . khi đó tồn tại duy nhất điểm O’ sao cho . * Xét hệ với n điểm A1, A2, … An , An+1. và n+1 số thực a1, a2,… an , an+1 an+1 khi đó ta có Do O’ và An+1 cố định và không đổi nên (*) chứng tỏ rằng O’ cố định và duy nhất. Thí dụ 2 : Chứng minh rằng hợp thành của n-phép tịnh tiến là một phép tịnh tiến. Giải Thật vậy ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp Xét n phép tịnh tiến ,…, Với n=2 : = ( đúng) Giả sử đúng với n= k.Tức là: ……….= Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 Nghĩa là: ……….= Thật vậy,ta có: ……….=(……….) == = Vậy hợp thành của n phép tịnh tiến chính là phép tịnh tiến Thí dụ 3: Cho đa giác lồi nội tiếp trong đường tròn. Từ một đỉnh của đa giác vẽ các đường chéo tạo thành các tam giác nội tiếp không chồng lên nhau. Trong mỗi tam giác vẽ đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng tổng bán kính của tất cả các đường tròn này là một đại lượng không đổi và không phụ thuộc vào cách chọn đỉnh của đa giác. Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Bổ đề: Trong một tam giác ta có: r = R( cosA + cosB + cosC –1 ) Thật vậy: mà suy ra r = R( cosA + cosB + cosC –1 ) Ta chứng minh bài toán trên: Với trường hợp đa giác là tam giác A1 A2 A3 Theo bổ đề ta có r1 = R( cosA1 + cosA2 + cosA3 –1 ) mặt khác 3 đỉnh của tam giác chia đường tròn thành 3 cung gọi aijlà số đo cung AiAj khi đó ta có sđ =sđ =a23 sđ =sđ =a31 sđ =sđ =a12 giả sử với đa giác n cạnh, và mọi cách chia như vậy ta luôn có n-2 tam giác và có tổng bán kính n-2 đường tròn nội tiếp : Trong đó n đỉnh Ai chia đường tròn thành các cung ,… liên tiếp và aij là số đo của cung . Rõ ràng tổng trên không đổi với mọi cách chia. - Ta chứng minh điều đó cũng đúng với đa giác n+1 cạnh Thật vậy: Không mất tính tổng quát, từ đỉnh A1 của (n+1) giác A1A2…An+1 ta có cách chia như bài ra , khi đó theo giả thiết quy nạp ta có với n-giác A1A2…An ta có: Mặt khác xét tam giác A1AnAn+1 theo a, ta có do An+1 nằm trên cung AnA1 suy ra: sđ góc AnAn+1A1= = Vậy: Rõ ràng với đa giác đã cho thì aị là không đổi, với số n cố định, bán kính R không đổi, khi đó tổng các bán kính đường tròn nội tiếp là không đổi với mọi cách chia. Thí dụ 4: Cho n hình vuông bất kỳ. Chứng minh rằng có thể cắt chúng (bằng nhát cắt thẳng) làm một số mảnh đa giác để từ đó có thể ghép lại thành một hình vuông mới. Giải: * Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên. Ta chứng minh với n = 2 mệnh đề cũng đúng. Lần lượt gọi độ dài các cạnh của hai hình vuông cho trước ABCD và abcd là x và y (). Trên các cạnh của hình vuông ABCD (H.6a) ta lấy các đoạn AM=BN=CP=DQ= Cắt hình vuông dọc theo các đường thẳng MP và NQ dễ thấy MP và NQ vuông góc với nhau và chia hình vuông thành 4 mảnh bằng nhau tại tâm O của nó. Bây giờ ta ghép các mảnh này với hình vuông thứ hai như trong (H.6b) ta được một hình vuông vì tại M’, N’, P’, Q’ các góc bù nhau là các góc vuông và A’B’=B’C’=C’D’=D’A’. * Giả sử mệnh mệnh đề được chứng minh với n hình vuông và ta có n+1 hình vuông . Lấy hai hình bất kỳ chẳng hạn K và K, nhờ cách lập luận ứng với n=1 ta có thể cắt một trong hai hình vuông này và ghép các mảnh với hình vuông thứ hai để có hình vuông mới K’. Khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt hình vuông để tạo nên một hình vuông mới từ những mảnh cắt này. đpcm Bài tập ứng dụng: Bài 1: Cho tam giác ABC, trên BC lấy thứ tự các điểm M1, M2 , …, Mn-1, Gọi: r, r1, r2,…, rn ; d, d1, d2, …, dn ; R, R1, R2 ,…, Rn, lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp , bàng tiếp góc A, ngoại tiếp các tam giác ABC, ABM1, AM1M2, AM2M3,…., AMn-1C. Chứng minh rằng : a) b) Hướng dẫn: a) chứng minh : b) chứng minh: ) Bài 2: Chứng minh định lý: Trong R giao của một họ hữu hạn các tập lồi khác rỗng khi và chỉ khi giao của ba tập lồi của chúng khác rỗng. Hướng dẫn: * Điều kiện cần hiển nhiên đúng. * Điều kiện đủ: Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo tập lồi. Trong trường hợp n=4, gọi có tính chất giao hoán của bất kỳ ba tập bất kỳ trong chúng khác rỗng. Ta chọn TH: Bao lồi của là tứ giác lồi. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác này, ta chứng minh được O thuộc và Hay . TH: Bao lồi của nó là một tam giác, còn điểm thứ 4 nằm bên trong hoặc trên cạnh của tam giác đó. Ta chứng minh . Sử dụng phép quy nạp ta chứng minh được Bài 3: Cho n đường tròn cùng đi qua O. Gọi A,A,...,A lần lượt là giao điểm thứ hai của C và C, C và C,..., Cvà C (H.7). Hướng dẫn: Gọi B (khác O và A) là một điểm bất kỳ trên (C). Vẽ cát tuyến cắt () tại B, cát tuyến cắt () tại B và cứ tiếp tục như thế (nếu chẳng hạn BA thì vẽ một tiếp tuyến với C thay cho cat tuyến qua A) Chứng minh rằng trên (C) điểm B mà ta nhận được sau cùng sẽ trùng với B. Trước tiên chứng minh bổ đề sau: Gọi O và O là tâm của () và (), chúng giao nhau tại O và là cát tuyến qua A, là giao điểm thứ hai của các đường tròn này (H.8). Lúc đó O nhìn và dưới cùng một góc. Tiếp theo, ta chứng minh bài toán với ba đường tròng. Rồi giả sử bài toán đúng với n-1 đường tròn, xét n đường tròn . Vẽ một cát tuyến qua B và qua giao điểm của () và (), áp dụng giả thiết quy nạp cho n-1 đường tròn Bài 4: Chứng minh rằng mọi đa giác lồi không phải là một hình bình hành có thể bị phủ bởi ba đa giác nhỏ hơn đồng dạng với nó. Hướng dẫn: Nếu đa giác lồi M không là hình bình hành, thì nó có thể nội tiếp tam giác TABC lập nên bởi các cạnh , , của đa giác (kí hiệu chỉ hai đường thẳng trùng nhau). Gọi O là điểm bất kỳ trong M, U, V và W là ba điểm lần lượt nằm trên các đoạn cắt M thành ba mảnh được phủ bởi các hình đồng dạng của M với các tâm đồng dạng là các đỉnh của tam giác ABC, tỉ số đồng dạng bé hơn nhưng khá gần 1. Bài 5: Chứng tỏ rằng không tồn tại một đa diện có bảy cạnh. Hướng dẫn: Sử dụng định lí Euler. III. Dựng hình bằng phép quy nạp Từ các bài toán khá hay như trên ta thấy dựa vào phương pháp quy nạp toán học thực sự cho ta hiệu quả cao. Và không dừng lại ở việc tính toán và chứng minh định lý hình học, mà phương pháp này còn được dùng trong các bài toán dựng hình. Chúng ta có thể dùng Phép quy nạp toán học để dựng hình nếu điều kiện ban đầu của bài toán chứa một số nguyên dương n nào đó (chẳng hạn trong các bài toán dựng n-giác ). Sau đây ta xét một số thí dụ về loại toán này. Thí dụ 1: Chỉ bằng thước và compa có khẩu độ a. hãy dựng một đoạn thẳng có độ dài bằng Giải: Phân tích: giả sử dựng được đoạn thẳng Trên tia OAn xác định điểm Bn sao cho OBn = a. qua An vẽ đường thẳng d , qua O và Bn vẽ 2 đường thẳng song song cắt d tại 2 điểm An-1 và Bn+1 khi đó ta có Vậy . Nhưng vì chỉ được dùng thước và compa khẩu độ a nên việc dựng OAn-1 BnBn+1 bằng cách dựng hình thoi OBn-1BnBn+1 cạnh a Như vậy nếu dựng được thì ta có thể dựng được và các đỉnh Bn-1 , Bn , Bn+1 chính là các đỉnh của lục giác đều cạnh a nội tiếp đường tròn (O, a) với B6k+i=Bi (i=1, 2,…6) 2: Cách dựng : Dựng lục giác đều B1B2…B6 nội tiếp đường tròn (O;a) a, với n=1 bài toán hiển nhiên A1 B1 b, Giả sử ta dựng được điểm An trên OBn+1 sao cho khi đó nối An-1Bn+1 cắt OBn tại An rõ ràng OAn là đoạn thẳng cần dựng, tức 3. Chứng minh: theo bước phân tích ta suy ra Thí dụ 2: Trên mặt phẳn cho 2n+1 điểm. Hãy dựng một (2n+1)-giác để các điểm đã cho là trung điểm các cạnh của đa giác. Giải: * Với n=1, giải bài toán quy về việc dựng một tam giác khi biết các trung điểm của 3 cạnh của nó. Ta dễ dàng làm được điều này (từ một trong ba điểm đã cho ta vẽ đường thẳng song song với đường thẳng nối hai điểm còn lại). * Giả sử dựng được (2n-1)-giác từ trung điểm các cạnh của nó. Gọi là 2n + 1 điểm đã cho làm trung điểm các cạnh của (2n+1)-giác cần dựng . Xét tứ giác (H.12). lần lượt là trung điểm của các cạnh . Gọi A là trung điểm của cạnh . Lúc đó là hình bình hành (ta chứng minh được dễ dàng). Vì cho trước nên ta dựng ngay được điểm thứ tư A của hình bình hành; , A là trung điểm của các cạnh của (2n-1)-giác mà ta dựng được nhờ giả thiết quy nạp. Do đó ta hoàn thành lời giải bằng cách dựng hai đoạn thẳng và (X và X) đã được xác định) nhận A làm trung điểm. Với một đa giác không tự cắt ta dễ dàng xác định được đâu là điểm ở ttrong đâu là điểm ở ngoài. Nhưng trong trường hợp tổng quát điều này không còn ý nghĩa nữa chẳng hạn ở (H.11) ta không thể nói đích xác điểm A là ở trong hay ở ngoài đa giác. Vì thế cần đưa ra định nghĩa sau đây: Với mỗi đa giác lồi bất kỳ cho trước ta định một chiều đi qua các đỉnh của nó (chẳng hạn theo thứ tự ). Giả sử trên một trong các cạnh của đa giác theo thứ tự ngược với chiều đi qua các đỉnh của đa giác thì ta nói tam giác được định hướng phía ngoài đa giác, nếu cả hai cùng chiều thì tam giác được định hướng phía trong đa giác. Thí dụ 3: Trên mặt phẳng cho đường tròn và n điểm. Hãy nội tiếp đường tròn một n-giác có cạnh đi qua các điểm đã cho. Giải: Đây là một bài toán khó. Để giải ta phải dùng phương pháp quy nạp theo một hướng khá đặc biệt vì không thể nào quy nạp trên số n cạnh của đa giác. Do đó ta đi nghiên cứu bài toán tổng quát hơn: Dựng một n-giác, có k cạnh lien tiếp đi qua k điểm cho trước và n-k cạnh còn lại song song với các đường thẳng cho trước (bài toán này trở thành bài toán của chúng ta khi k=n) và sau đó ta quy nạp trên k. * Với k=1, ta có bài toán sau: Nội tiếp đường tròn một n-giác có cạnh đi qua điểm P cho trước và n-giác có cạnh còn lại thì song song với những đường thẳng cho trước Lúc đó cung bằng nhau. Trên đường tròn các cung và , và , … có chiều ngược nhau. Do đó khi n chẳn thì các cung và ngược chiều và là hình thang cân có đáy , (H.13a). Nên cạnh của đa giác cần dựng song song với cạnh của n-giác . Vậy trong trường hợp này, qua P ta phải vẽ một đường thẳng song song với . Các đỉnh còn lại của n-giác dễ dàng suy ra được. Nếu n lẻ thì các cung , cùng chiều và là hình thang cân đáy và (H.13b). Vì = (đường chéo hình thang cân) nên qua P ta vẽ đường thẳng cắt đường tròn cho trước theo dây bằng dây đã cho, đó là đường thẳng tiếp xúc với đường tròn đồng tâm với đường tròn cho trước và tiếp xúc với . * Giả sử bài toán dựng một n-giác nội tiếp đã giải được với k cạnh liên tiếp đi qua k điểm cho trước và n-k cạnh còn lại song song với những đường thẳng đã cho. Bây giờ đường tròn ta cần nội tiếp một n-giác sao cho k+1 cạnh liên tiếp đi qua k+1 điểm cho trước và n – k – 1 cạnh còn lại song song với các đường thẳng đã cho. Giả sử bài toán giải xong và ta dựng được n-giác (H.14). Xét hai cạnh của đa giác. Qua vẽ đường thẳng song song với . Gọi là giao điểm của với đường tròn và là giao điểm của với . Hai tam giác đồng dạng (vì và ). Nên từ đó có . Vì tích không phụ thuộc vào cách lấy , chỉ phị thuộc vào điểm P cho trước và đường tròn. Nên xác định được, vậy tính được chiều dài đoạn và do đó dựng được P’. Như vậy ta biết được k điểm mà k cạnh lien tiếp của n-giác (có n-k cạnh còn lại song song với các đường thẳng cho trước) đi qua. Nhờ giả thiết quy nạp ta có thể dựng được n-giác và từ đó dựng được đa giác . Bài tập ứng dụng: Bài 1: Trong một đường tròn cho trước hãy nội tiếp một n-giác có k cạnh (không nhất thiết phải lien tiếp) đi qua k điểm cho trước và n-k cạnh còn lại song song với những đường thẳng đã cho. Hướng dẫn: Gọi là cạnh của đa giác cần dựng đi qua điểm P và cạnh song song với đường thẳng l (H.15) . Gọi P’ là điểm đối xứng với P qua đường kính của đường tròn vuông góc với l, và là giao điểm của với đường tròn. Trong n-giác , cạnh song song với đường thẳng l và cạnh đi qua điểm P’ cho trước. Ta thực hiện phép dựng này theo một số lần cần thiết và đưa bài toán về việc dựng một n-giác có k cạnh lien tiếp đi qua những điểm cho trước có n-k cạnh còn lại song song với các đường thẳng cho trước. Bài 2: Trên mặt phẳng cho n điểm. Hãy dựng một n-giác có cạnh là đáy của một tam giác cân, các tam giác này nhận n điểm trên làm đỉnh và góc đỉnh có số đo cho trước là . Hướng dẫn: Vì một số trong các góc có thể vượt quá 180o nên ta quy định: nếu tam giác cân định hướng phía ngoài đa giác thì 180o (khi đó góc đỉnh là 360o - ). * Giả sử bài toán giải xong ứng với n=3. * Giả sử biết cách dựng một n-giác từ các đỉnh của tam giác cân có góc đỉnh cho trước là đáy là cạnh của n-giác và cũng giả sử rằng ta cần dựng một (n+1)-giác từ đỉnh chgo trước của tam giác cân có góc đỉnh là , có đáy là cạnh của đa giác cần dựng. Gọi là (n+1)-giác càn dựng. Sử dụng giả thiết quy nạp ta dựng được đa giác , sau đó ta dựng được (n+1)-giác . Nếu =360o.k thì bài toán vô định hoặc vô nghiệm. (Xem thêm tài liệu [1] thí dụ 22 trang 88) Bài 3: Cho hai đường thẳng song song và . Bằng một thước dây hãy chia đoạn AB trên làm phần bằng nhau. Hướng dẫn: * Với n=2. Nối điểm S bất kỳ của mặt phẳng với A và B (H.17a). Lần lượt gọi C và D là giao điểm vủa AS và BS với . Gọi giao điểm của AD và BC là và giao điểm của với là P. Ta chứng minh rằng P là điểm cần dựng. * Giả sử rằng chỉ cần một cây thước ta đã dựng được điểm P trên AB sao cho . Lấy một điểm S bất kỳ không ở trên hay và gọi T và Q lần lượt là các giao điểm của SP với AD và (H.17b) Nối giao điểm của AD và CP với S và gọi các giao điểm của ST với và lần lượt là . Ta chứng minh P là điểm cần dựng. IV. Tìm quỹ tích bằng quy nạp. Đối với dạng toán tìm quỹ tích, chúng ta chỉ dùng phép quy nạp để hỗ trợ cho công việc giải bài toán. Sau đây ta nghiên cứu một số thí dụ và bài toán quỹ tích giả được nhờ sự hỗ trợ của phép quy nạp. Thí dụ 4: Trong không gian cho mặt cầu (C) tâm O bán kính R và hệ điểm A1A2…An. Gọi G là trọng tâm hệ điểm nếu . Tìm tập hợp trọng tâm của hệ điểm A1A2…An,M với M là điểm di động trên mặt cầu (C) Giải: * Với n=1 khi đó trọng tâm của A1M là trung điểm của A1M và ta có vậy G là ảnh của M qua phép vị tự tâm A1 tỉ số ½ Vậy tập hợp G là mặt cầu (C1 ) ảnh của mặt cầu (C) Qua phép vị tự * Giả sử ta tìm được tập hợp trọng tâm Gn của hệ điểm A1A2…An,M là mặt cầu (Cn) tâm On bán kính Rn. Ta tìm tập hợp trọng tâm Gn+1 của hệ A1 , A2…An , An+1 , M. Ta có Do Gn là trọng tâm hệ điểm A1A2…An, M nên Vậy Gn+1 là ảnh của Gn qua phép vị tự Theo giả thiết quy nạp ta có quỹ tích Gn là mặt cầu (Cn), vậy quỹ tích Gn+1 là mặt cầu ( Cn+1) là ảnh của (Cn) qua phép vị tự do đó quỹ tích Gn+1 là mặt cầu ảnh của mặt cầu (C) tâm O bán kính R qua n+1 phép vị tự Thí dụ 2: Cho n đoạn thẳng mỗi đoạn nằm trên mỗi cạnh của n-giác lồi . Tìm quỹ tích các điểm M nằm trong đa giác sao cho tổng diện tích của tam giác là hằng số (và bằng tổng , với M là một điểm xác định ở trong đa giác). Giải: * Với n=3 (H.18a). Trên các cạnh và của tam giác ta đặt AP=BC và AQ=BC thì: Và do đó: Tương tự: Ta thấy rằng quỹ tích cần tìm được xác định bởi điều kiện sau đây: Bây giờ ta gọi N là giao điểm của và (nếu chúng song song thì rõ ràng quỹ tích là một đoạm thẳng trên đường thẳng song song với chúng). Trên hai cạnh của góc ta lấy NR=PQ, NS=BC. Khi đó: Và tương tự: Do đó quỹ tích cần tìm là tập hợp các điểm M nằm trong tam giác sao cho , nó chính là đoạn XY của đường thẳng đi qua M (và song song với RS). * Giả sử ta biết được quỹ tíc cần tìm của n-giác là một đoạn thẳng đi qua M. Bây giờ ta xét (n+1)-giác , Gọi là các đoạn thẳng đã cho nằm trên các cạnh của đa giác và M là một điểm nằm trong (n+1)-giác (H.19b). Trên hai cạnh của góc , từ đỉnh ta lấy các đoạn và , khi đó: Do đó với những điểm M của quỹ tích cần tìm ta có: Nhờ giả thiết quy nạp, quỹ tích cần tìm sẽ là một đoạn thẳng đi qua M. Cách giải bài toán này gợi ý cho ta cách dựng quỹ tích đó. Bài tập ứng dụng: Bài 1: (Định lý Newton). Chứng minh rằng trung điểm hai đường chéo cảu tứ giác ngoại tiếp đường tròn nằm trên đường thẳng đi qua tâm đường tròn. Hướng dẫn: Dùng các ký hiệu như hình 20 Ta có: Với S là diện tích của tứ giác. Do đó nhờ kết quả của thí dụ 2 ở trên ta suy ra E, F, O cùng nằm trên một đường thẳng. Bài 2: (Định lý Gauss). Chứng minh rằng dường thẳng nối trung điểm hai đường chéo của một tứ giác lồi (không phải hình bình hành hay hình thang) chia đôi đoạn thẳng nối giao điểm của các cạnh đối diện (H.21). Hướng dẫn: Dùng hý hiệu như hình 21 (P là trung điểm của đoạn EF). Với S là diện tích của tứ giác. Bằng chứng minh ta suy ra rằng M, N, P cùng nằm trên một đường thẳng (Hình 21) Bài 3: Cho n-giác . Tìm quỹ tích các điểm M sao cho các hình chiếu của nó lên các cạnh của đa giác cho trước tạo thành một đa giác có diện tích S cho trước. Hướng dẫn: Dễ dàng chỉ ra rằng diện tích cảu tam giác mà đỉnh cảu nó là hình chiếu của điểm M lên các cạnh của tam giác là: Với R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác , d là khoảng cách giữa M và tâm đường tròn . Do đó suy ra rằng với n=3 quỹ tích cần tìm là đường tròn đồng tâm với (hoặc một cặp đường tròn như thế). Khi đó quy nạp trên các cạnh cảu đa giác ta có thể chỉ ra rằng với mọi n quỹ tích cần tìm (nói một cách tổng quát) là một đường tròn (hoặc một cặp đường tròn). “Xem them [1]” V. Xây dựng định nghĩa nhờ quy nạp “Mở rộng khái niệm nhờ quy nạp”. Những áp dụng đặc sắc của phép quy nạp toán học có thể thấy trong các bài toán chứa các đối tượng hình học mà việc mở rộng định nghĩa cho chúng dựa vào việc chuyển “từ n sang n+1”. Dưới đây ta đi khảo sát một số bài toán thuộc loại này. Thí dụ 1: Xây dựng định nghĩa trung tuyến và trọng tâm của một n-giác. * Ta gọi trung điểm cảu đoạn thẳng là trọng tâm của nó (H.22a). Khi đó các trung tuyến của tam giác được xem là những đoạn thẳng nối từ các đỉnh của tam giác tới trọng tâm của cạnh đối diện (H.22b). Như đã biết, các trung tuyến của một tam giác đồng quy tại một điểm và nó chia các trung tuyến theo tỉ số 2 : 1 kể từ đỉnh. Điểm này gọi là trọng tâm của tam giác. Bây giờ ta đồng ý với định nghĩa trung tuyến của tứ giác như sau: là những đoạn thẳng nối mỗi đỉnh của tứ giác với các trọng tâm của tam giác lập bởi ba đỉnh còn lại (H.22c). Bây giờ ta chứng minh rằng các trung tuyến của tứ giác đồng quy tại một điểm điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số 3:1 tính từ các đỉnh tương ứng. Thật vậy, gọi S là trọng tâm (trung điểm) của cạnh và O, O lần lượt là trọng tâm các tam giác , . Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến , của tứ giác. Vì SA, SA là trung tuyến của các tam giác , nên ta có thể viết: và Và do đó . Từ đây ta suy ra rằng: // và . Khi đó từ các tam giác đồng dạng ta có: Như vậy giao điểm của hai trung tuyến xuất phát từ hai đỉnh kề nhau của tứ giác chia chúng theo tỉ số 3:1. Tù đó suy ra rằng cả bốn trung tuyến của tứ giác giao nhau tại O và điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số 3:1. O được gọi là trọng tâm của tứ giác. * Với k<n, giả sử ta hoàn toàn xác định được cá trung tuyến của k-giác (các trung tuyến được xem như là các đoạn tyhawngr nối từ đỉnh của k-giác tới trọng tâm của các (k-1)-giác thành lập bởi (k-1) đỉnh còn lại), và với mọi k < n ta xác định được trọng tâm của k-giác (trọng tâm được xem như là giao điểm của các trung tuyến). Ta cũng giả sử rằng với mọi k < n đã chứng minh được trọng tâm của k-giác chia các trung tuyến của nó theo tỉ số (k-1):1 kể từ đỉnh. Bây giờ ta xác định các trung tuyến của n-giác (được xem như là đoạn nối các đỉnh của n-giác tới trọng tâm của cá (n-1)-giác thành lập bởi n-1 đỉnh còn lại). Ta chứng minh rằng tất cả các trung tuyến của n-giác giao nhau tại một điểm và điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số (n-1):1. Thật vậy, gọi S là trọng tâm của (n-2)-giác khi đó và sẽ là các trung tuyến của (n-1)-giác và , (H.23). Nếu lần lượt là trọng tâm của hai (n-1)-giác này thì nhờ giả thiết quy nạp: Do đó // và . Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến và của n-giác . Nhờ các tam giác đồng dạng và ta suy ra: Như vậy với hai trung tuyến bất kỳ xuất phát từ hai đỉnh kề nhau cua n-giác bị giao điểm của chúng chia theo tỉ số (n-1):1. Do đó suy ra rằng các trung tuyến của một n-giác giao nhau tại một điểm (điểm này chia chúng theo tỉ số (n-1):1). Bây giờ ta có thể định nghĩa: Trọng tâm của một n-giác là giao điểm của các trung tuyến và khi đó các trung tuyến của một (n+1)-giác được xem như là các đoạn thẳng nối mỗi đỉnh của (n+1)-giác tới trọng tâm của n-giác được thành lập bởi n đỉnh còn lại. Phương pháp quy nạp toán học cho phép ta khẳng định rằng định nghĩa về trung tuyến và trọng tâm của n-giác là có nghĩa với mọi giá trị của n. Bài tập ứng dụng: Bài 1: Chứng minh rằng trong một n-giác tất cả các trung tuyến bậc k đều giao nhau tại một điểm, điểm này chia chúng theo tỉ số (n-k):k. Hương dẫn: Gọi lần lượt là trọng tâm của (k-1)-giác và (n-k-1)-giác và là trọng tâm của k-giác , và là trọng tâm của (n-k)-giác và (H.24) Thì: và // và // Bây giờ nếu O là giao điểm cá trung tuyến bậc k: , , thì nhờ các tam giác đồng dạng và ta có: Ta có thể chứng minh rằng với mọi k, giao điểm của các trung tuyến bậc k trong một n-giác trùng với trọng tâm của nó. Bài 2: Tam giác ABC nội tiếp đường tròn S, Gọi P là một điểm bất kỳ trên đường tròn này. Chứng minh rằng các chân đường vuông góc hạ từ P tới các cạnh của tam giác ABC thẳng hàng. Hướng dẫn: Đường thẳng chứa các chân đường cao hạ từ điểm P xuống các chân đường cao được gọi là đường thẳng Simson của điểm P ứng với tam giác ABC. * Giử sử ta biết cách xác định đường thẳng Simson của điểm P trên đường tròn S ứng với n-giác nội tiếp S. Ngoài ra, giả sử M là một (n+1)-giác nột tiếp S. Chứng minh rằng các chân đường vuông góc hạ từ P lên n+1 đường thẳng Simson của tất cả n-giác được lập thành từ n đỉnh của (n+1)-giác M là thẳng hàng. Đường này gọi là đường thẳng Simson của điểm P ứng với (n+1)-giác M. ( Bài toán đường thẳng Simson của điểm P ứng với tam giác được nhiều người biết đến. Chứng minh nó xuất phát từ thực tế là các tứ giác PAMK, PLBK, PMCL có thể nội tiếp đường tròn. Từ đó suy ra và . Do đó . Bằng phép quy nạp ta có thể suy ra được điều cần phải chứng minh. VI. Phép quy nạp trong không gian. 1. Dạng tính toán trong không gian bằng quy nạp. Thí dụ 1: n mặt phẳng chia một không gian làm bao nhiêu miền? Trong đó ba mặt phẳng nào cùng cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung (ta sẽ gọi các mặt phẳng như thé là các mặt phẳng lệch). Xét liên tiếp các bài toán sau: A. n điểm chia một đường thẳng làm bao nhiêu phần ? Giải : Ta ký hiệu các phần được chia của đường thẳng là F1(n). Rõ ràng khi đó F1(n) = n + 1. B. n đường thẳng chia mặt phẳng làm bao nhiêu miền? Cho biết đó là n đường thẳng lệch. Giải: * Một đường thẳng chia mặt phẳng làm hai miền. * Giả sử n đường thẳng lệch chia mặt phẳng làm F2(n) miền. Ta xét n+1 đường thẳng lệch. n đường thẳng đầu tiên trong n + 1 chia mặt phẳng làm F2(n) miền. Đường thẳng thứ n+1 là l, theo giả thiết cắt đường kia tại n điểm khác nhau. Các điểm này chia l làm F1(n)=n+1 phần (Xem A). Do đó, l chia n + 1 miền trong số F2(n) miền nhận được trước đây cảu mặt phẳng và từ đó thêm F1(n) = n + 1 miền mới vào F2(n) miền. Thế là: F2(n+1)=F2(n) + F1(n) = F2(n) + ( n + 1) (I) Trong đẳng thức (I), thay n bằng các giá trị n-1, n-2, ... , 2,1 ta được: F2(n) = F2(n-1) + n F2(n-1) = F2(n-2) +(n-1) ...................................... F2(3) = F2(2) + 3 F2(2) = F2(1) + 2 Cộng các đẳng thức với nhau. Với F2(1)=2 ta được: F2(n) = F2(1) + [ n + (n-1) + … + 2 ] = 1 + [ n + (n-1) + … + 2 ] và cuối cùng F2(n) = 1 + C. n mặt phẳng lệch chia không gian làm bao nhiêu miền? * Giả sử n mặt phẳng lệch không gian làm F3(n) miền. Ta xét n +1 mặt phẳng đầu tiên trong chúng chia không gian làm F3(n) miền; n mặt phẳng này cắt mặt phẳng thứ n + 1 theo n giao tuyến lệch và do đó chia làm F2(n) = miền. Từ đây ta có hệ thức sau: F3(n+1) = F3(n) + F2(n) = F3(n) + (II) Thay n bởi (n-1), (n-2), ... , 2, 1 ta có: F3(n) = F3(n-1) + F3(n-1) = F3(n-2) + ................................................................... F3(3) = F3(2) + F3(2) = F3(1) + Cộng tất cả các đẳng thức này ta được: F3(n) = F3(1) + [(n-1) + (n-2) + ... + 1] + [] Và cuối cùng với F3(1) = 2 ta được: F3(n) = 2 + [(n-1) + (n-2) + ... + 1] + [] = = Bài toán ứng dụng: Bài 1: n mặt cầu ( trong đó hai mặt cầu nào cũng giao nhau và không có ba mặt cầu nào chung nhau chỉ một điểm) chia không gian làm bao nhiêu miền. Hướng dẫn: Ta xét liên tiếp các bài toán sau: A. n “đường tròn một chiều” chia một đường thawnrgr làm bao nhiêu phần? Trả lời: 2n điểm chia một đường thẳng làm 2n + 1 phần. A’. N cặp điểm trên một đường tròn chia nó làm bao nhiêu phần? Ta kí hiệu là Trr lời: =2n. B. n đường tròn giao nhau từng đôi và không có ba đường tròn nào giao nhau tại một điểm, chia một mặt phẳng làm bao nhiêu miền? Ký hiệu số miền là Hướng dẫn: Vì n đường tròn giao với đường tròn thứ n tại n cặp điểm và như vậy chia đường tròn này làm =2n. Đường tròn thứ n+1 lại chia miền trong số miền do n đường tròn đã chia mặt phẳng. Từ đó ta có: = n2 – n + 2 B’. N đường tròn (như B) nằm trên mặt cầu chia nó làm bao nhiêu phần? Trả lời: = n2 – n + 2 C. n mặt cầu ( trong đó hai mặt cầu nào cũng giao nhau và không có ba mặt cầu nào chung nhau chỉ một điểm) chia không gian làm bao nhiêu miền. Hướng dẫn: Vì n mặt cầu giao với mặt cầu thứ (n+1) tạo thành n đường tròn và do đó chia mặt cầu này làm = n2 – n + 2 . Như vậy nếu mặt cầu chia không gian làm miền thì n+1 mặt cầu sẽ chia không gian làm miền. Vì vậy, với = 2, Ta tính được : Bài toán chứng minh. Thí dụ 1 : Trong không gian cho n khối cầu, trong đó bốn khối cầu nào cũng giao nhau. Chứng minh rằng tất cả các khối cầu này giao nhau, nghĩa là có bốn điểm thuộc tất cả khối cầu. Giải : * Với n=4 mệnh đề hiển nhiên. * Giả sử mệnh đề hoàn toàn được chứng minh cho n khối cầu bất kỳ với bốn khối cầu nào cũng giao nhau và giả sử ta có n + 1 khối cầu . Gọi là phần chung của n khối cầu (có được theo giả thiết quy nạp). Khi đó ta có thể chỉ ra rằng nếu khối cầu không giao với thì có mặt phẳng phân cách và (Xem thêm thí dụ 33B trang 163 [1]). Mỗi khối cầu cắt theo các hình tròn, trong đó ba hình tròn nào cũng có phần chung. Do đó trên tồn tại một điểm thuộc tất cả các hình tròn này. Vì vậy nó thuộc , như thế trái với cách xác định đpcm. Thí dụ 2 : Xét một số hữu hạn các nữa không gian lấp đầy cả không gian. Chứng minh rằng từ đó ta có thể chọn bốn hoặc ít hơn nữa không gian để chứng lấp đầy cả không gian. (Một nữa không gian được định nghĩa là phần của không gian nằm về một phía của mặt phẳng). Giải : Ta chứng minh bằng cách quy nạp theo số n các nữa không gian đã cho. * Với n=4 mệnh đề hiển nhiên. * Giả sử mệnh đề đúng với n nữa không gian và ta có n + 1 nữa không gian V1, V2, …, Vn, Vn+1. Các biên của chúng theo thứ tự là 1, 2, …, n, n+1. Hai khả năng có thể xảy ra : TH1 : Mặt phẳng n+1 hoàn toàn nằm trong một trong các nữa không gian V1, V2, …, Vn và ta giả sử nàm trong Vn. Khi đó n+1 và n song song. Nếu hai nữa không gian Vn+1 và n nằm về hai phía khác nhau của biên của chúng thì chúng hoàn toàn lấp đầy không gian. Trong trường hợp khác, khi một trong chúng nằm trong nữa không gian kia thì theo giả thiết quy nạp ta suy ra mệnh đề cần chứng minh. TH2 : Mặt phẳng n+1 không nằm trong nữa không gian V1, V2, …, Vn nào. Khi đó n+1 hoàn toàn bị phủ bởi các không gian này, ở đó chúng có phần chung với n+1 theo mn nữa mặt phẳng F1, F2, …, Fm. Theo B ta có thể chọn hai hoặc ba các nữa mặt phẳng từ các nữa mặt phẳng này để nó cũng lấp đầy cả mặt phẳng n+1. Xét bốn trường hợp có thể xảy ra. - (a). Mặt phẳng n+1 bị lấp đầy bởi hai nữa mặt phẳng (H.26a) chẳng hạn F1 và F2. Các mặt phẳng ương ứng 1 và 2 sẽ song song với nhau. Khi đó toàn bộ không gian bị lấp đầy bởi hai nữa không gian V1 và V2. - (b). Mặt phẳng n+1 bị lấp bởi hai nữa mặt phẳng F1 và F2, nhưng 1 và 2 (hai mặt phẳng tương ứng) lại giao nhau. Nếu nữa không gian Vn+1 chứa giao tuyến của 1 và 2 thì ba nữa không gian V1, V2, Vn+1 sẽ lấp đầy không gian. Trường hợp khác, nữa không gian Vn+1 bị phủ bởi các nữa không gian V1 và V2 thì giả thiết quy nạp giúp ta suy ra mệnh đề cần chứng minh. - (c). Mặt phẳng n+1 bị lấp đầy bởi ba nữa mặt phẳng (H.26) chẳng han F1, F2, F3: còn mặt phẳng 3 song song với giao tuyến của 1 và 2 (ba mặt phẳng lập thành một “lăng trụ” (H.26c), khi đó ba nữa không gian V1, V2, V3 lấp đầy toàn bộ không gian. - (d). Mặt phẳng n+1 bị lấp đầy bởi ba nữa mặt phẳng lập thành một “hình chóp” (H.26d). Nếu mữa không gian Vn+1 chứa giao điểm của F1, F2 và F3 thì bốn nữa không gian V1, V2, V3 và Vn+1 lấp đầy toàn bộ không gian. Trường hợp ngược lại, nữa không gian Vn+1 bị phủ bởi các nữa không gian V1, V2, V3 thì giả thiết quy nạp suy ra mệnh đề cầ chứng minh. Tài liệu tham khảo: [1] - Phép qui nạp trong hình học - L.I Golovina – I.M. Yaglom, NXB Giáo dục. [2] - Các bài toán phẳng về hình học (tập 2) – V.V Praxolov, NXB Hải Phòng. [3] - Sáng tạo toán học (tập 1) – G. Pôlia, NXB Giáo dục Hà Nội . [4] - Toán học và những suy luận có lí – G. Pôlia, NXB Giáo dục. [5] - Logic Toán… [6] - Luận văn tôt nghiệp và các tài liệu tham khảo khác.