Đề tài Phép quy nạp trong Toán học - Nguyễn Chiến Thắng

 A = 2
1 a31 
 sđ 3A = 2
1 sđ 2 1A A = 2
1 a12 
b. 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 : 
23 112
1 2 3 2... cos cos ... cos ( 2)2 2 2
n
n
a aar r r r R n
            
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
 26
Trong đó n đỉnh Ai chia đường tròn thành các cung 1 2A A ,2 3A A   1A An 
liên tiếp và aij là số đo của cung A Ai j . 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 
A1A2An+1 ta có cách chia như bài ra , khi đó theo giả thiết quy nạp ta 
có với n-giác A1A2An ta có: 








)2(
2
cos...
2
cos
2
cos... 12312
2321
n
aaa
Rrrrr n
n 
Mặt khác xét tam giác A1AnAn+1 theo a, ta có 
  
1 1 1 1 1 1 1cos cos cos 1n n n n n n nr R A A A A A A A A A         
do An+1 nằm trên cung AnA1 suy ra: 
sđ góc AnAn+1A1=  1
1
2 n
sd A A  = 1
2
na  
 








 

1
2
cos
2
cos
2
cos 1,11,1,
1
nnnn
n
aaa
Rr 
Vậy: 
1 2 n 2 n 1r r ... r r      
n,1 n ,n 1 n 1,12312 n1 a a aaa aR cos cos ... cos (n 2) cos cos cos 1
2 2 2 2 2 2
             
 
n,n 1 n 1,12312 a aaaR cos cos ... cos cos (n 1)
2 2 2 2
         
 
 27
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 ( x y ). Trên các cạnh của hình vuông ABCD (H.6a) 
ta lấy các đoạn AM=BN=CP=DQ=
2
x y 
 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    ', ', ', 'A B C D 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 1 2 1, ,..., ,n nK K K K  . Lấy hai hình bất kỳ chẳng hạn K n và 
K 1n , 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’. 
 28
O
(b)
(a)
Hình 6
1
2
2
2
2
2
1
1
1
1
2
1
1
2
1
2
d
c
b
a
M'
N'
B'
Q'
D'
C'
B'
A'
cd
ba
y
x
N
D P C
BMA
 Khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt hình vuông 1 2 1, ,..., , 'nK K K K 
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 ; , 1, 2, , n ; 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) 

rrrr
n
n ....
2
2
1
1 
 b) R
r
R
r
R
r
R
r
n
nn  





...
2
22
1
11 
Hướng dẫn: 
 29
 a) chứng minh : 22
CtgBtgr 

 b) chứng minh: CB
R
r coscos
2


) 
Bài 2: 
 Chứng minh định lý: Trong R 2 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 1 2 3 4, , ,và    có tính chất giao hoán 
của bất kỳ ba tập bất kỳ trong chúng khác rỗng. Ta chọn 
4
1
i i
i j
A
 
  
TH 1 : 
 Bao lồi của 1 2 3 4, , ,A A A A là tứ giác lồi. Gọi O là giao điểm của hai 
đường chéo của tứ giác này, ta chứng minh được O thuộc 1 2 3, ,   
và 4 Hay 
4
1
i
i j

 
  . 
TH 2 : 
 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 j   . 
Sử dụng phép quy nạp ta chứng minh được 
4
i
i I


  
Bài 3: 
 30
c2
c1
Hình 8
A1
O
O1
O2
B2B1
 Cho n đường tròn 1 2, , ..., nC C C cùng đi qua O. Gọi A 1 ,A 2 ,...,A n lần 
lượt là giao điểm thứ hai của C 1 và C 2 , C 2 và C 3 ,..., C n và C 1 (H.7). 
c2
c3
c1
Hình 7
A3
A4
O
A1
B4
B1 B2
B3
Hướng dẫn: 
 Gọi B 1 (khác O và A 1 ) là một điểm bất kỳ trên (C 1 ). Vẽ cát tuyến 1 1B A 
cắt ( 2C ) tại B 2 , cát tuyến 2 2B A cắt ( 3C ) tại B 3 và cứ tiếp tục như thế (nếu 
chẳng hạn B 2 A 2 thì vẽ một tiếp 
tuyến với C 2 thay cho cat tuyến 
qua A 2 ) Chứng minh rằng trên (C 1 ) 
điểm B 1n mà ta nhận được sau 
cùng sẽ trùng với B 1 . 
 Trước tiên chứng minh bổ đề sau: 
 Gọi O 1 và O 2 là tâm của ( 1C ) và ( 2C ), 
 31
 chúng giao nhau tại O và 1 2B B là cát tuyến qua A 1 , là giao điểm thứ hai 
của các đường tròn này (H.8). 
Lúc đó O nhìn 1 2B B và 1 2O O 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 
1 2, ,..., nC C C . Vẽ một cát tuyến qua 
 B 1n và qua giao điểm của ( 1nC  ) và ( 1C ), áp dụng giả thiết quy nạp cho 
n-1 đường tròn 1 2 1, ,..., nC C C  
 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  1 2... nA A A không là hình bình hành, thì nó có thể 
nội tiếp tam giác T ABC lập nên bởi các cạnh 1 2A A AB , 
1k kA A BC  , 1 1kA A CA  của đa giác (kí hiệu 1 2A A AB chỉ hai 
đường thẳng 1 2 ,A A AB trùng nhau). Gọi O là điểm bất kỳ trong M, U, V và 
W là ba điểm lần lượt nằm trên các đoạn 1 2 1 1, , , , ,k k kA A A A A A OU OV OW 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 
 32
Hình 9
 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 a
n
Giải: 
1. Phân tích: giả sử dựng được 
đoạn thẳng 
n
aOA
n
 
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 
n
n
aa
n
a
BA
OA
BB
OA
nn
n
nn
n 1
1
1 



 
Vậy 
1
1
1 
 
 n
BB
OA nn
n
. 
 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 
  
11 

 n
aOA
n 
 33
Như vậy nếu dựng được 
11 

 n
aOA
n thì ta có thể dựng được 
n
aOA
n
 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 B1B2B6 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 11 

 n
aOA
n khi đó nối 
An-1Bn+1 cắt OBn tại An rõ ràng OAn là 
đoạn thẳng cần dựng, tức 
n
aOA
n
 
3. Chứng minh: 
theo bước phân tích ta suy ra 
n
aOA
n
 
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). 
 34
* Giả sử dựng được (2n-1)-giác từ trung điểm các cạnh của nó. Gọi 
1 2 2 1, ,..., nA A A  là 2n + 1 điểm đã cho làm trung điểm các cạnh của 
(2n+1)-giác cần dựng 1 2 2 1... nX X X  . 
Hình 12Hình 11
A1
A2
A5
A4
A3
A
X2
X1 X2n-2
X2n-2
X2n+1
X2n
A2n+1
A2n
A
A2n-1
A2
A1 A2n-2
 Xét tứ giác 1 2 1 2 2 1n n nX X X X  (H.12). 2 1 2 2 1, ,n n nA A A  lần lượt là trung 
điểm của các cạnh 2 1 2 2 2 1 2 1 1, ,n n n n nX X X X X X   . 
 Gọi A là trung điểm của cạnh 1 2 1nX X  . Lúc đó 2 1 2 2 1n n nA A A A  là 
hình bình hành (ta chứng minh được dễ dàng). Vì 2 1 2 , 2 1,n n nA A A  cho 
trước nên ta dựng ngay được điểm thứ tư A của hình bình hành; 
1 2 2 2, ,..., nA A A  , A là trung điểm của các cạnh của (2n-1)-giác 
1 2 2 1... nX X X  mà ta dựng được nhờ giả thiết quy nạp. Do đó ta hoàn 
thành lời giải bằng cách dựng hai đoạn thẳng 1 2 1nX X  và 2 1 2n nX X (X 1 
và X 2 1n ) đã được xác định) nhận A 2 1n làm trung điểm. 
 35
 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 1 2... nA A A ta định một chiều đi 
qua các đỉnh của nó (chẳng hạn theo thứ tự 1 2, ,..., nA A A ). Giả sử trên 
một trong các cạnh của đa giác theo thứ tự 1 2, ,A A B 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