Phép quy nạp trong hình hoc

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
2
Nhận xét của giáo viên
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
……………………………………………………………………………
3
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
n
A
có n chữ số chỉ gồm các chữ số 1 và 2 sao cho
n
A
này
chia hết cho 2
n
.
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 :
k
A
=
k
2
.q
Nếu q lẻ ta sẽ chọn
k 1
A
+
=
k
1A
,
Nếu q chẵn thì chọn
k 1
A
+
=
k
2A
.
4

Dễ nhận thấy (cần phải chứng minh, nhưng khá đơn giản) số
k 1
A
+
chỉ
gồm các chữ số 1,2 và nó chia hết cho
k 1
2
+
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
5
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.
6

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.
7
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.

( 1)( 2)...( 1)
1.2.3...
r
n
n n n n r
C
r
− − − +
=
Mà ta sẽ gọi là công thức tường minh để tính các hệ số của nhị thức

r
n
C
.
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
0
1
n
C
=
Còn trong trường hợp r=n thì công thức không mất ý nghĩa và ta có:

( 1)...2.1
1
1.2....( 1)
n
n
n n
C
n n

−
= =
−
8
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

( 1)( 2)...( 1)
1.2.3...

r
n
n n n n r
C
r
− − − +
=
Ta cũng có thể viết (với
1r ≥
):
9

1
( 1)( 2)...( 2)
1.2.3...( 1)
r
n
n n n n r
C
r
−
− − − +
=
−
Cộng hai đẳng thức đó và áp dụng công thức truy toán ta được hệ quả:

1
1
( 1)...( 2) 1
. 1

1.2....( 1)
r r r
n n n
n n n r n r
C C C
r r
−
+
− − + − +
 
= + = +
 ÷
−
 

( 1)...( 2) 1
.
1.2...( 1)
n n n r n
r r
− − + +
=
−

( 1) ( 1)...( 2)
1.2.3...
n n n n r
r
+ − − +
=

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.
10
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
11
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.
12
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
n p≥
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 (
k p≥
), ta phải chứng minh
rằng mệnh đề đúng với n=k+1.
13
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

14
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
o
.
Tổng các góc trong của một tứ giác là 360
o
.
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
o
.
Bây giờ ta xét với n-giác
1 2

...
n
A A A
.
15
- 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
1
: 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
2
: 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
16
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
1 2
...
n
A A A
ta vẽ đường chéo
1 k
A A
chia n-giác đó làm k-giác

1 2
...
k
A A A
và (n-k+2)-giác
1 1
...
k k n
A A A A
+
.
Với giả thiết đã cho thì tổng các góc trong của k-giác và (n-k+2)-giác
lần lượt là (k-2).180
o
và [(n-k+2)-2].180
o
.
Suy ra tổng các góc trong của n-giác
1 2
...
n
A A A
là:

α
= (k-2).180
o
+ [(n-k+2)-2].180
o
= (n-2).180

o

(
α
là tổng các góc trong của n-giác)
Như vậy mệnh đề đúng với mọi n.
• Thí dụ 2
Giả sử r
n
và R
n
là các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của
đa giác đều 2
n
cạnh có chu vi p cho trước. Chứng minh rằng r
n 1+
=
n n
1
(R r )
2
+
và R
n 1+
=
n n 1
R r
+
.
Giải:

* Ta có: r
2
=
p
8
; R
2
=
p 2
8
* Giả sử AB là cạnh của đa giác đều 2
n
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=
1
2
AB và
·
·
1
MON AOB
2
=
,
17
nên MN là cạnh của đa giác đều 2

n 1+
chu vi p cho trước với tâm là O. Rõ
ràng
n 1 n n
1
r (R r )
2
+
= +
. Bởi vì
∆
OMQ
:

∆
OCM, nên
OM OC.OQ
=
, tức là
n 1 n n 1
R R r
+ +
=

• Thí dụ 3:
Tính cạnh a
2
n
của 2
n

-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R.
Giải:
- Với n=2: 2
n
-giác là hình vuông cạnh a
4
=R
2
. Khi đó theo công thức
gấp đôi cạnh đa giác:
a
1
2
n
+
=
2
2 2
2
2 2
4
n
a
R R R
− −
Ta tính được: Cạnh của bát giác đều
8
2 2a R R= −
,
Cạnh của 16-giác đều

16
2 2 2a R
= − +
Cạnh của 32-giác đều
32
2 2 2 2a R= − + +
Nhờ đó có thể giả sử rằng với
2n
≥
, cạnh của một 2
n
-giác đều nội
tiếp là:
2
2 2 2 ... 2
n
a R
= − + + +
(1)
n lần
- Giả sử cạnh của một 2
n
-giác đều nội tiếp đường tròn được biểu diễn
bởi (1). Khi đó nhờ công thức gấp đôi cạnh đa giác ta có:
18

1
( 2)
2 2 2
2

2 2 ... 2
2 2
4
lÇn
n
n
a R R R R
+
−
− + +
= − −
1 4 4 2 4 43

2 2 2 ... 2R= − + +
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=
2 R
π
) sẽ là giới hạn của biểu thức:

2 2 2 2 ... 2
n
R
− + + +
và do đó:
n-2 lần

1
lim 2 2 2 2 ... 2

n
n
π
−
→∞
= − + + +
n-2 lần

lim 2 2 2 2 ... 2
n
n
→∞
= − + + +
n-2 lần
Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Dùng công thức (1) chứng minh rằng
π
là giới hạn của biểu
thức:

2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 ...
2 2 2 2 2 2
 
   
 ÷
+ + +
 ÷  ÷
 ÷

   
 
19
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
2
n
S
là diện tích của 2
n
-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R và
2
n
h
là trung đoạn. Từ công thức (1) ta có:

2
2
2
2
2 2 ... 2
4 2
n
n
a
R
h R
= − = + + +

1 4 442 4 4 43
lÇn
Và
1
2 2 2
2 2 2 2
1
(2 ) 2 2 2 2 ... 2 2
2
n n n n
n n n
S a h R Ra
−
− −
= = − + + + =
n-3 lần (giả sử n
≥
3)
Hơn nữa ta có:

1
1
2 2 2 2
1
2 2
2
180
2 2
n n n n
n n

n
o
n n
S a h h
cos
S Ra R
+
−
−
= = =
Từ đó suy ra rằng:
1
8
1 4 2
1
8 16
2 2
180 180 180
. ... . ...
4 8 2
n
n n
o o o
n
S
S
S S
cos cos cos
S S S S
−

−
= =

Vì S
4
= 2R
2
và
2
2
lim
n
n
S R
π
→∞
=
, còn
2
π
bằng giới hạn của:
45 45
cos45 . . ...
2 4
o o
o
cos cos
Và cuối cùng dùng công thức
1
2 2

cos
cos
α α
+
=
20
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
1 n
A A
sẽ chia (n+1)-giác lồi
1 2 1
...
n n
A A A A
+
ra thành một
tam giác
1 1n n
A A A
+
và một n-giác
1 2
...
n
A A A
.
Gọi F(n) là số của n-giác

1 2
...
n
A A A
được chia bởi các đường chéo. Ta
tính số miền sinh thêm do nối đỉnh A
1n+
(đó là các miền do các đường
chéo xuất phát từ A
1n+
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) +
.( 1).( 2)
6
n n n
− −
= F(n) +
3 2
4
1
6 2 3
n n n
− + −
Tính tổng các giá trị của F(n), F(n-1), … , F(4) ta được:
F(n)=
2

( 1)( 2)( 3 12)
24
n n n 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)
21
-Bằng cách xét n-giác lồi
1 2
...
n
A A A

ta đi tính P(n).
Cách lấy
1 2
A A
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) =
2(2 5)!
( 1)!.( 3)!

n
n 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.
22
* 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
1 2
...
n
A A A
. 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 A

1
, A
2
, … A
n
. và n số thực a
1
, a
2
,… a
n
. Chứng
minh rằng tồn tại duy nhất điểm O sao cho
1
. 0
n
i i
i
a OA
=
=
∑
uuur r
.( O là tâm tỉ cự
của hệ điểm A
i
và bộ số a
i
)
Giải:

• Với n=1 khi đó O
≡
A
1
rõ ràng O là duy nhất
• Giả sử bài toán trên đúng với n. Tức là
Với n điểm A
1
, A
2
, … A
n
. và n số thực a
1
, a
2
,… a
n
. khi đó tồn tại
duy nhất điểm O’ sao cho
1
. ' 0
n
i i
i
a O A
=
=
∑
uuuuur r

.
* Xét hệ với n điểm A
1
, A
2
, … A
n
, A
n+1
. và n+1 số thực a
1
, a
2
,…
a
n
, a
n+1
a
n+1
khi đó ta có
23

( )
1 1 1
1
1 1 1 1
1
1
1

1
1
1
1
1
1
. . ' ' . ' . ' '
. ' ' 0
' . '
1
' '
.
n n n n
i i i i i i i n
i i i
n
i n
i
n
n i
i
n
n
i
i
a OA a OO O A a OO a O A O A
a OO O A
A O a OO
OO A O
a

+ + +
+
= = =
+
+
=
+
+
=
+
+
=
= + = + + =
= + =
⇔ =
⇔ =
∑ ∑ ∑ ∑
∑
∑
∑
uuur uuuur uuuuur uuuur uuuuur uuuuuuur
uuuur uuuuuuur r
uuuuuur uuuur
uuuur uuu r
(*)
uuu
Do O’ và A
n+1
cố định và
1

1
n
i
i
a
+
=
∑
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
1
u
T
→
,…,
n
u
T
→
Với n=2 :
1
u
T
→

o

1
u
T
→
=
1 1
u u
T
→
+
( đúng)
Giả sử đúng với n= k.Tức là:

1
u
T
→
o
2
u
T
→
o
……….
o
k
u
T

→
=
1 2
( .... )
k
u u u
T
+ + +
uur uur uur
Ta cần chứng minh đúng với n=k+1
Nghĩa là:
1
u
T
→
o
2
u
T
→
o
……….
o
k
u
T
→
o
1k
u

T
→
+
=
1 2 1
( .... )
k
u u u
T
+
+ + +
uur uur uuuur
Thật vậy,ta có:
1
u
T
→
o
2
u
T
→
o
……….
o
k
u
T
→
o

1k
u
T
→
+
=(
1
u
T
→
o
2
u
T
→
o
……….
o
k
u
T
→
)
o
1k
u
T
→
+
24

O
A
B
C
=
1 2
( .... )
k
u u u
T
+ + +
ur uur uur
o
1k
u
T
→
+
=
1 2
( .... )
k k
u u u u
T
+ + + +
ur uur uur uur
=
1 2 1
( .... )
k

u u u
T
+
+ + +
ur uur uuuur

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:
)sinsin(sin
4
sin.sin.sin8
4
3
CBArR
R
CBAR
Spr
R
abc
S
++==⇔==
)sinsin(sinsin.sin.sin2 CBArCBAR

++=⇔
mà
2
cos
2
cos
2
cos4sinsinsin
CBA
CBA
=++
25