Bài viết này giới thiệu kĩ thuật sử dụng Nguyên lí Canto với hy vọng nó sẽ là một công cụ tốt giúp các bạn học sinh trong các kì thi học sinh giỏi... Ta cần chú.[r]
Trang 1Trần Phương (Hà Nội)
Thế kỉ XIX nhà Toán học Đức Canto (Cantor, 23.8.1829-10.4.1920) cha đẻ của “Lý thuyết Tập hợp” đã phát biểu nguyên lí nổi tiếng về tính giao khác rỗng của các tập hợp Compăc (hoặc lồi) lồng nhau mà một trường hợp đặc biệt của nó là: “Mọi dãy các đoạn thẳng lồng nhau trong R có giao khác rỗng tức là: Nếu có R ⊃ ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ thì +∞T
n=1
∆n 6= ∅.”
Nếu có thêm điều kiện thắt nhau tức là lim
n→+∞|∆n| = 0 thì +∞T
n=1
∆n là 1 điểm duy nhất
Ví dụ: Nếu ∆n =
ñ
0; 1 + 1 n
ô
thì +∞T
n=1
∆n= [0; 1]; Nếu ∆n=
ñ
1 − 1
n; 1 +
1 n
ô
thì +∞T
n=1
∆n= {1} Nguyên lí Canto tuy đơn giản song được sử dụng rất hiệu quả trong các bài toán chứng minh sự tồn tại Bài viết này giới thiệu kĩ thuật sử dụng Nguyên lí Canto với hy vọng nó sẽ là một công
cụ tốt giúp các bạn học sinh trong các kì thi học sinh giỏi Để cho tiện ở toàn bộ bài ta quy ước:
“đoạn” tức là “đoạn thẳng trong R”
1.1 Một số ví dụ giải toán
Ví dụ Chứng minh rằng ∃α ∈ R sao cho 1
3 ≤ {αn} ≤ 2
3, ∀n ∈ N (với {a} là phần lẻ của số thực
a : 0 ≤ {a} = a − [a] < 1)
Lời giải
Nhận xét: Một đoạn ∆ có độ dài ≥ 1 luôn chứa một đoạn con ∆0 nào đó sao cho
1
3 ≤ {α} ≤ 2
3, ∀α ∈ ∆
0
Với n = 1 Lấy ∆1 =
ñ
10
3 ;
13 3
ô
thì 1
3 ≤ {α} ≤ 2
3, ∀α ∈ ∆1 Ta sẽ xây dựng ∆2 ⊂ ∆1 sao cho 1
3 ≤ {α2} ≤ 2
3, ∀α ∈ ∆2 Vì α ∈ ∆1 =
ñ
10
3 ;
13 3
ô
nên 100
9 ≤ α2 ≤ 169
9 Độ dài của đoạn
ñ
100
9 ;
169
9
ô
là 69
9 > 1 nên theo nhận xét trên, ∃∆2 ⊂ ∆1: 1
3 ≤ {α2} ≤ 2
3, ∀α ∈ ∆2 Giả sử ta đã xây dựng được
∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n sao cho 1
3 ≤ {αk} ≤ 2
3, ∀k = 1, n Ta sẽ xây dựng đoạn ∆n+1 sao cho
∆n+1 ⊂ ∆n, 1
3 ≤ {αn+1} ≤ 2
3, ∀α ∈ ∆n+1. Thật vậy, vì α ∈ ∆n nên ∃mn∈ N : mn+1
3 ≤ αn≤ mn+2
3, tương đương với
Ç
mn+ 1 3
å
α ≤ αn+1 ≤
Ç
mn+ 2 3
å
α
Kĩ thuật sử dụng nguyên lí Canto trong toán sơ cấp
Trang 2Độ dài đoạn mn+1
3 α; mn+
2
3 α là
α
3 ≥ 10
9 > 1 nên ∃∆n+1⊂ mn+ 1
3 α; mn+
2
3 α sao cho
1
3 ≤¶αn+1©≤ 2
3, ∀α ∈ ∆n+1. Như vậy theo nguyên lí quy nạp ta đã xây dựng được dãy vô hạn các đoạn lồng nhau: ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ và trên mỗi ∆n ta có 1
3 ≤ {αn} ≤ 2
3, ∀α ∈ ∆n Do đó theo nguyên lí Canto thì ∃α0 ∈+∞T
n=1
∆n Khi đó 1
3 ≤ {αn
0} ≤ 2
Ví dụ Cho {an} : a1 = 2, an+1=
ñ
3an
2
ô
, ∀n ≥ 2 Chứng minh rằng
∃α ∈ R : an =
ñ
α ·
Ç
3 2
å n ô
+ 1, ∀n ≥ 1
Lời giải
Điều kiện an =
ñ
α ·
Ç
3 2
å n ô
+ 1 ⇔ an− 1 ≤
Ç
3 2
å n
· α < an⇔ aÇn− 1
3 2
å n ≤ α < Çan
3 2
å n
Đặt ∆n=
an− 1
Ç
3 2
å n;Çan
3 2
å n
Ta sẽ chứng minh ∆n+1⊂ ∆n
Theo giả thiết an+1 =
ñ
3an 2
ô
nên an+1− 1 ≥ 3
2(an− 1) và an+1 ≤ 3
2an Do đó
∆n+1=
an+1− 1
Ç
3 2
å n+1;Çan+1
3 2
å n+1
⊂ ∆n =
an− 1
Ç
3 2
å n;Çan
3 2
å n
Vậy ta có ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ và trên mỗi ∆n ta có
an− 1
Ç
3 2
å n ≤ α < Çan
3 2
å n
Theo nguyên lí Canto thì ∃α0 ∈ +∞T
n=1∆n tức là an− 1
Ç
3 2
å n ≤ α0 < Çan
3 2
å n, ∀n ∈ N hay an =
ñ
α0·
Ç
3
2
å n ô
+ 1, ∀n
Qua hai ví dụ trên ta có nhận xét sau:
4! Nhận xét Để chứng minh dạng bài toán: “∃x ∈ R sao cho mệnh đề An(x) đúng ∀n ∈ N.”
Ta đi xây dựng một dãy vô hạn các đoạn lồng nhau ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ sao cho
∀x ∈ ∆nthì An(x) đúng ∀n ∈ N Khi đó x0 ∈+∞T
n=1∆n là giá trị để An(x) đúng ∀n ∈ N Ta cần chú
ý mệnh đề An(x) hoặc chính là kết luận hoặc được suy ra từ kết luận của bài toán Có hai cách xây dựng dãy các đoạn lồng nhau: Hoặc xây dựng theo quy nạp; hoặc xây dựng đoạn tổng quát
Trang 3∆n và chứng minh ∆n+1⊂ ∆n, ∀n ∈ N.
Ở ví dụ 1, mệnh đề An(α) là: “α ∈ R : 1
3 ≤ {αn} ≤ 2
3”: Xây dựng ∆n theo quy nạp.
Ở ví dụ 2, mệnh đề An(α) là: “α ∈ R : aÇn− 1
3 2
å n ≤ α < Çan
3 2
å n”: Xây dựng ngay ∆n
Dựa vào nhận xét này ta có thể sử dụng Nguyên lí Canto trong các ví dụ phong phú hơn:
Ví dụ Tồn tại hay không hàm f : R → N+ sao cho ∀x ∈ Q, ∀y /∈ Q và |x − y| < 2−n thì
f (x) · f (y) 2n?
Lời giải
Giả sử ∃f , ta sẽ chứng minh ∃x0 để f (x0) 2n ∀n và do đó f (x0) = 0 /∈ N+: Vô lí
Từ đó suy ra không tồn tại hàm f thỏa mãn đề bài Trước hết ta xác định mệnh đề An(x) là:
“x ∈ R : f (x) 2n.”
Ta sẽ xây dựng bằng quy nạp dãy các đoạn lồng nhau ∆0 ⊃ ∆1 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ sao cho
∀x ∈ ∆n ta có f (x) 2n, ở đây n = 0, 1, 2, Với n = 0, lấy bất kì đoạn ∆0 ⊂ R Khi đó
f (x) 20 = 1 ∀x ∈ ∆0 Giả sử ta đã xây dựng được dãy các đoạn ∆0 ⊃ ∆1 ⊃ ⊃ ∆n Ta đi xây dựng ∆n+1
Lấy x0 vô tỉ tùy ý trong ∆n và gọi m là số mũ của 2 trong khai triển f (x0) ra thừa số nguyên tố Khi đó ∀y hữu tỉ ∈ ∆n sao cho |x0− y| < 2−(m+n+1) ta có f (x0) · f (y) 2m+n+1 Suy ra
f (y) 2n+1
∀y ∈ Qn= (Q ∩ ∆n) ∩Äx0 − 2−(m+n+1), x0 + 2−(m+n+1)ä Bây giờ lấy y0 ∈ Qn và gọi l là số mũ của 2 trong khai triển f (x0) ra thừa số nguyên tố Khi đó
∀x vô tỉ ∈ In = ∆n\ Qn sao cho
|x − y0| < 2−(l+n+1) thì f (x) · f (y0) 2l+n+1 Suy ra
f (x) 2n+1 ∀x ∈ (∆n\ Qn) ∩Äy0− 2−(l+n+1), y0+ 2−(l+n+1)ä (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∀x vô tỉ hay hữu tỉ mà
x ∈ ∆n∩Äx − 2−(m+n+1), x0 + 2−(m+n+1)ä∩Äyo− 2−(l+n+1), y0+ 2−(l+n+1)ä= ∆n+1
ta đều có f (x) 2n+1 Rõ ràng ∆n+1 ⊂ ∆n nên theo nguyên lí quy nạp ta có
∆0 ⊃ ∆1 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃
và ∀x ∈ ∆n ta có f (x) 2n, ở đây n = 0, 1, 2,
Theo nguyên lí Canto ta lấy x0 ∈
+∞
\
n=1
∆n thì
f (x0) 2n ∀n −→ f (x0) = 0 6∈ N+ Vô lí
Trang 41.2 Bài tập tự luyện
Bài 1 Chứng minh rằng không tồn tại hàm f : R −→ R+ sao cho
f (x) · f (y) ≤ |x − y| ∀x ∈ Q, ∀y 6∈ Q
(Gợi ý: An(x) là mệnh đề “f (x) ≤ 1
n”).
Bài 2 Chứng minh rằng không tồn tại hàm f : R+ −→ R+
sao cho ∀x ∈ Q, ∀y 6∈ Q thì [f (x)]f (y)≤ |x − y|
Ví dụ Chứng minh rằng nếu mệnh đề “Giữa hai số chính phương tồn tại một số nguyên tố ” là đúng thì mệnh đề “Tồn tại một số α ∈ R để îα2nó nguyên tố ∀n” cũng đúng
Lời giải
Mệnh đề An(α) là “α ∈ R :îα2 n ó
nguyên tố” Ta sẽ xây dựng đoạn ∆nđể trên ∆nmệnh đề An(α)
là đúng Vì đoạn trên R có tính liên tục nên ta phải xây dựng ∆n sao choîα2nóbằng 1 số nguyên
tố cố định Pn ∀α ∈ ∆n
Với n = 0, ta lấy ∆0 =
ñ
2;5 2
ô
, suy ra
h
α20i= [α] = 2 ∀α ∈ ∆0 =
ñ
2;5 2
ô
Giả sử ta xây dựng được dãy các đoạn ∆0 ⊃ ∆1 ⊃ ⊃ ∆n Ta sẽ xây dựng ∆n+1
Theo giả thiết qui nạp thì ∀α ∈ ∆n luôn ∃Pn nguyên tố để
Pn=îα2nó ∀α ∈ ∆n ⇔ P2
n ≤ α2 n+1
< (Pn+ 1)2 Theo giả thiết mệnh đề thì luôn ∃Pn+1 nguyên tố mà Pn2 < Pn+1 < (Pn+ 1)2 Do đó ta lấy
∆n+1=
"
2n+1»
Pn+1; 2n+1
Pn+1+ 1
2
#
⊂ ∆n Khi đó ∀α ∈ ∆n+1 ta có îα2n+1ó= Pn+1 Theo nguyên lí qui nạp ta có
∆0 ⊃ ∆1 ⊃ ⊃ ∆n ⊃ ∆n+1 ⊃ Lấy α0 ∈
+∞
\
n=0
∆n thì îα2 n
0
ó
Ví dụ Chứng minh rằng ∀k nguyên dương luôn ∃ r > 1 và r 6∈ Z sao cho [rn] k ∀n ∈ N.
Lời giải
Nhận xét: Một đoạn có độ dài > k luôn chứa đoạn con ∆0 không có số nguyên và [r] = k ∀r ∈ ∆0 Mệnh đề An(r) là “r 6∈ Z : [rn] k”.
Xây dựng ∆1 =
ñ
k + 1
3; k +
1 2
ô
⇒ [r] = k ∀r ∈ ∆1 (r 6∈ Z)
Trang 5Giả sử đã xây dựng ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n Ta sẽ xây dựng ∆n+1.
Theo cách xây dựng ∆n thì luôn ∃mn∈ N : [rn] = k · mn ∀r ∈ ∆n Suy ra
k · mn· r ≤ rn+1< (k · mn+ 1)r
Độ dài đoạn [k · mn· r; (k · mn+ 1)r] là r > k (vì r ∈ ∆1 =
ñ
k + 1
3; k +
1 2
ô
) nên tồn tại đoạn con
∆n+1⊂ ∆n sao cho ∆n+1∩ Z = ∅ và [rn+1] = k · mn+1 k ∀r ∈ ∆
n+1 Vậy ta có dãy các đoạn ∆1 ⊃ ∆2 ⊃ ⊃ ∆n⊃ ∆n+1⊃
Lấy r0 ∈
+∞
\
n=1
∆n thì 1 < r0 6∈ Z và [rn] k ∀n ∈ N (đpcm).
1.3 Bài tập rèn luyện
Bài 3 Chứng minh rằng ∀k, h ∈ N+ luôn ∃ r > 1 và r 6∈ Z sao cho [rn] ≡ k (mod h) ∀n ∈ N Bài 4 Chứng minh rằng ∀a < b luôn ∃ x ∈ [a; b] và một dãy nguyên dương {nk} −→ +∞ với nk thỏa mãn | sin nk!πx| ≥ 1
2 ∀nk Bài 5 Cho dãy số {xn}+∞
n=1 Chứng minh rằng: Nếu ∃ c ∈ R sao cho ∀α > 1 ta luôn có
lim
n→+∞x[αn ]= c thì lim
n→+∞xn= c