Phép quy nạp trong hình học

PAGE  PAGE 57 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 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.