Toán - Các nguyên lí về cực trị .Ai học qua rồi thì bảo mình với nhé!

L

lovelycat_handoi95

timestamp said:
nguyên lí "khởi đầu cực trị"

song song với việc sử dụng các nguyên lí khác như phản chứng, dirichlet hay quy nạp toán học để tìm lời giải cho các bài toán khá hóc búa, nguyên lí khởi đầu cực trị cũng được xem là một phương pháp rất hay, được vận dụng một cách linh hoạt trong việc khảo sát một tập hợp hữu hạn hay vô hạn phần tử mà trong nó tồn tại giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất . Nội dung của nguyên lí được phát biểu như sau :
Trong một tập hợp hữu hạn (khác rỗng) các số thực luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.

Khi vận dụng nguyên lí này, ta phải tiến hành các bước sau :
Bước 1: Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.
Bước 2: Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị này ( nhỏ nhất hoặc lớn nhất)
bước 3: Chỉ ra một mâu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớn hơn) giá trị ta đang khảo sát .

Bây giờ chúng ta cùng đi qua một số ví dụ để hiểu rõ thêm về ứng dụng của nguyên lí này :
Ví dụ 1: N bạn học sinh thi đấu bóng bàn theo nguyên tắc đấu vòng tròn. Chứng minh rằng luôn có thể xếp cả n bạn theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau.

Giải : Xét tất cả cách sắp xếp 1 số bạn thành hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau. Vì cách sắp xếp như vậy bao giờ cũng tồn tại cách xếp chỉ là hữu hạn nên theo nguyên lí khởi đầu cực trị ta có thể chọn cách xếp có nhiều bạn nhất . Ta sẽ cmr cách sắp xếp đó có cả n bạn học sinh.

Thật vậy, giả sử cách sắp xếp đó chỉ gồm có k<n bạn, theo thứ tự là

ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số $n$ nguyên >1, $ \large 2^n-1$ không chia hết cho n.

Giải : Giả sử có số $\large n > 1$ sao cho $ \large n|2^n-1 $. Khi đó n lẻ . Gọi p là ước số nguyên tố bé nhất của n . Do p cũng lẻ nên (2,p)=1 và theo định lý fermat ta có $\large p|2^{p-1} $.
Gọi k là số tự nhiên bé nhất có tính chất $\large p|2^{k-1} $ . Rõ ràng $\large k \leq p-1 < p$ ta chứng minh khi đó $\large k|n $ . Thật vậy, nếu $\large n=kq+r $với$\large 0<r<k$ thì $\large 2^n-1 = (2^k)q.2^r=(mq+1)^q.2^r=(m'q+1).2^r$
mà $\large p|2^n-1 $ vì $\large p$ là ước của $\large n$ nên ta suy ra $\large p|2^r $ với $\large 0<r<k$ trái với cách chọn $\large k$ . Vậy $\large k|n$ . Nhưng$\large k<p$ nên ta suy ra $\large n$ có ước số nguyên tố <p trái với cách chọn p. Mâu thuẫn đó suy ra đpcm .

Bài tập tự luyện:
1) trên mặt phẳng kẻ những đường thẳng song song cách đều . Chứng minh rằng không thể dựng được một ngũ giác đều có đỉnh chỉ nằm trên các đường thẳng này được .
2) trên một sân chơi có một số em bé đứng sao cho khoảng cách giữa các em đôi một khác nhau . Trong tay mỗi em có một quả bóng . Sau hiệu lệnh của chị phụ trách mỗi em đưa quả bóng của mình cho bạn đứng gần nhất . Chứng minh rằng mỗi em nhận được không quá 5 quả bóng .
3) trong một phòng họp, biết rằng mỗi người đều quen với ít nhất 2 người . Chứng minh rằng có thể chọn ra 1 số người để xếp ngồi quanh một bàn tròn sao cho mỗi người đều ngồi giữa hai người mình quen .
4) trong một mặt phẳngcho hữu hạn những điểm . Giữa mỗi cặp ba điểm có thể chọn được hai điểm mà có khoảng cách không lớn hơn 1cm . Chứng minh rằng tồn tại hai đường tròn có bán kính 1cm chứa tất cả những điểm đã cho .
. .
 
Top Bottom