Microsoft Word tu bai toan cu the den bai toan tong quat doc Từ bài toán cụ thể đến bài toán tổng quát Gv Trịnh Ba (trinhvanbeba@gmail com) 1 Trong toán học đôi khi việc giải bài toán cụ thể gặp khó k[.]
Trang 1Trong toán học đôi khi việc giải bài toán cụ thể gặp khó khăn thì ta nghĩ đến bài toán tổng quát của nó, giải bài toán tổng quát rồi thì bài toán cụ thể là trường hợp riêng của
nó nên cũng coi như giải xong Hơn nữa, việc giải quyết bài toán tổng quát giúp cho học sinh biết nhìn nhận vấn đề một cách tổng quát hơn và cũng coi như giải quyết triệt
để bài toán Sau đây là một số bài toán minh hoạ Điều làm ta nghĩ đến bài toán tổng quát thường là khi bài toán đề cập đến số tự nhiên n và ta nghĩ đến phương pháp chứng minh quy nạp Sau đây là một số bài minh hoạ.Rất mong nhận được sự đóng góp của các bạn
Bài toán 1 Gọi a, b là hai nghiệm của phương trình :
2
1 0 (1)
Chứng minh rằng:
2001 2001 2003 2003
Qa b a b là số nguyên chia hết cho 5
Giải Ta chứng minh bằng quy nạp
2 1 2 1 2 1 2 1
2 1
n
là số nguyên dương chia hết cho 5 với mọi số nguyên dương n (a, b là hai nghiệm của phương trình (1)) Thật vậy,
Với n = 1 ta có Q1 a b a 3b3 1 (a b )33 (ab a b ) = 1 + 1 + 3 = 5 52 (
do định lí Viet a + b = 1, a.b = -1
Vậy mệnh đề đúng với n = 1
Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương nk ( k ) 1
Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 Tức là chứng minh
2 1 2 1 2 3 2 3
2 1
k
2 3 2 3 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
=3
Tương tự ta có:
2k 1 2k 1=3 2k 1 2k 1 2k 3 2k 3
Vậy
2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 2 1 2 1
2 1
k
Do đó Q2k 1
là số nguyên chia hết cho 5 mệnh đề được chứng minh
Lấy n = 2001 ta có kết quả bài toán (1)
Bài toán 2 Chứng minh rằng nếu tổng của một số số tự nhiên bằng 100 thì tích của chúng không vượt quá 4.3 32
Giải
Ta xét bài toán tổng quát của bài toán trên: “Cho số tự nhiên n Giả sử ta đã phân tích n thành tổng các số tự nhiên khác sao cho tích của các số tự nhiên này là lớn nhất Ta chứng minh rằng trong cách phân tích đã chọn, tích số sẻ chỉ gồm những thừa số nguyên tố 2 và 3 và không có quá hai thừa số nguyên tố 2” Thật vậy, trong
cách phân tích đã chọn:
Trang 2 Khơng cĩ số hạng 1 vì số hạng 1 và số hạng a với a > 1 cĩ thể thay bằng 1 + a mà 1 + a > 1.a
Khơng cĩ số hạng b vì ta cĩ thể thay b = 2 + (b – 2) mà 4 2 b – 2 Do đĩ b
tổng chỉ chứa các số 2 và 3
Giả sừ tổng cĩ chứa nhiều hơn hai số hạng bằng 2, chẳng hạn cĩ q số 2, q > 2 Ta
cĩ:
số hạng
.2 2 2 2
q
q
Ta sẻ gom 3 số 2 với nhau và thay 2 + 2 + 2 = 3 + 3, với 3.3 > 2.2.2
Do đĩ thừa số 2 trong tích sẻ khơng vượt quá 2
Vậy tích các số tự nhiên cĩ tổng bằng n sẻ đạt giá trị lớn nhất là
2
3
max 3 2
n p
p
P
với
0 nếu n =3k
1 nếu n = 3k +2
2 nếu n = 3k +1
p
Khi n = 100 thì Pmax 3 232 2
Bài tốn 3.Chứng minh rằng nếu x, y, z là 3 gĩc của một tam giác thì
3
2
Chú ý rằng
0 0
x y z
Ta xét bài tốn tổng quát của bài tốn trên: “Chứng minh rằng nếu x, y, z là 3 gĩc khơng âm và khơng quá 180 thì 0 sin sin sin 3sin
3
x y z
Để giải bài tốn (1), trước hết ta nhận xét : “Nếu x, y là 2 gĩc khơng âm và khơng quá 180 thì : 0
2
x y
Mà 900 90 (do 00 0 , 180 )0
2
x y
x y
2
x y
, do đĩ ta cĩ:
2
x y
2
x y
Vậy (2) được chứng minh
Trang 3 Nhận xét rằng (2) là trường hợp riêng của (1) khi
2
x y
z , vậy có phải (1) là
trường hợp riêng của bất đẳng thức: sin sin sin sin 4sin
4
x y z t
Rỏ ràng khi
3
t thì
x y z t x y z
thì từ (3) ta có (1)
Áp dụng (2) để chứng minh (3), ta có:
2
x y
sin sin 2sin
2
z t
4sin
4
x y z t
Vậy (3) được chứng minh
Lấy
3
t thì từ (3) ta có (1) Từ (1) áp dụng khi x, y, z là 3 góc của một tam giác ta chứng minh được bài toán (3)
Bài toán 4.Giải phương trình
2 2
Gợi ý Để đơn giản ta xét bài toán tổng quát của bài toán (1):
Đặt u a bx2 Ta được hệ phương trình :
2 2
u a bx
Hệ phương trình trên tương đương với hệ phương trình sau:
2
2
2
0
x u
b x u
Bây giờ thế a = 2010, b = 2011 vào các hệ cuối cùng giải ta được kết quả của bài
toán (1)
Nếu đặt f(x) = a bx 2 thì vế phải của phương trình (2) có dạng f(f(x)), vậy ta có bài toán tổng quát hơn là giải phương trình có dạng x = f[f(x)] Rõ ràng là nếu x là
nghiệm của phương trình x f x( ) thì x là nghiệm của phương trình (2) Thật vậy,
từ x f x( ) x f x( ) f f x[ ( )] Do đó, từ việc giải phương trình x = f(x) ta có
Trang 4thể tìm được một vài nghiệm của phương trình (2), từ đó quy (2) về phương trình dạng tích dẫn đến việc giải các phương trình đơn giản hơn Ta còn có thể giải bài toán dạng trên bằng cách đặt ẩn phụ để quy về hệ đối xứng loại 2 như sau: đặt y = f(x) thì phương trình trở thành x = f(y), vậy ta có hệ ( )
( )
y f x
x f y
Bài toán đề nghị
6/Giải phương trình x 1 2(1 2 ) x2 2
Bài toán 7 Trong một câu lạc bộ học nhảy có 10 ông và 10 bà Biết rằng mỗi ông quen đúng 3 bà và mỗi bà quen đúng 3 ông Chứng minh rằng có thể tổ chức 20 người này thành 10 cặp cùng nhảy một lúc sao cho mỗi người trong mỗi cặp nhảy quen nhau
Giải Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề tổng quát sau:
Cho trước n ông và n bà Biết rằng kn ông bất kì quen không ít hơn k bà, thì có thể tổ chức n cặp nhảy sao cho mỗi cặp gồm một ông và một bà quen nhau
Hiển nhiên có thể kiểm tra dễ dàng rằng nếu người quen khác giới của mỗi ông hoặc mỗi bà bằng nhau thì kn ông bất kì quen không ít hơn k bà
Với n = 1 ông hiển nhiên khẳng định của bài toán là đúng
Giả sử kết luận của bài toán đúng cho mọi số tự nhiên mn: Từ m ông và m bà bất
kì thoả mãn điều kiện k mông tuỳ ý quen không ít hơn k bà, ta có thể tổ chức m cặp nhảy sao cho mỗi cặp gồm một ông và một bà quen nhau
Giả sử có n + 1 ông và n + 1 bà tuỳ ý sao cho từ k n1 ông tuỳ ý quen ít nhất k bà
Ta xét hai trường hợp có thể xảy ra:
a) Tồn tại k0 n ông quen đúng k bà Khi đó tập hợp n+ 1- 0 k ông và n + 1 - 0 k 0
bà còn lại cũng thoả giả thiết bài toán, trong k n 1 k0 ông tuỳ ý luôn quen với ít nhất k bà khác nhau trong số còn lại Ta áp dụng giả thiết quy nạp vào tập hợp k ông 0
ban đầu và k0bà ban đầu, và vào số n + 1 - k0 ông và n + 1 - k0 bà còn lại Bằng cách
đó ta chọn ra được n + 1 cặp nhảy gồm những đôi quen nhau mà thôi
b) Trong mọi k nông tuỳ ý luôn quen với ít nhất k + 1 bà khác nhau Khi đó ta có thể chọn ra ông đầu tiên và một bà quen ông ta bất kì ghép lại thành một cặp Áp dụng giả thiết quy nạp vào n ông và n bà còn lại, ta tổ chức được n cặp nhảy gồm những cặp quen biết nhau mà thôi Như vậy mệnh đề đã được chứng minh
Bài toán 8 Chứng minh rằng tồn tại một số có 2011 chữ số gồm toàn chữ số 1 và 2 sao cho số đó chia hết cho 22011
Gợi ý xét bài toán tổng quát: “Chứng minh rằng tồn tại một số có n chữ số chia hết cho 2n
và số này chỉ viết bởi các chữ số 1 và 2”
Bài toán 9 (THTT bài T6/275) Khai triển
( ) (1 )
được đa thức
6 6
f x a a x a x a x Tìm công thức tính
Trang 5 Gợi ý xét bài toán tổng quát: “Với mọi m, n , khai triển
( ) (1 m n)
được đa thức
m n
Tìm công thức tính