Chủ đề này có 2 trả lời

[MR MATH]

 Cho 1 tam giác đều được chia thành $n^2$ tam giác đều bằng nhau. Một trong số đó được đánh số bởi  1,2,3,…,m sao cho các tam giác với các số liên  tiếp phải có cạnh chung. Chứng minh rằng: $m\geq n^2-n+1$

[chanhquocnghiem]

 

 Cho 1 tam giác đều được chia thành $n^2$ tam giác đều bằng nhau. Một trong số đó được đánh số bởi  1,2,3,…,m sao cho các tam giác với các số liên  tiếp phải có cạnh chung. Chứng minh rằng: $m\geq n^2-n+1$

 

Sửa lại đề là : "...MỘT SỐ TRONG ĐÓ được đánh số 1;2;3;...;m sao cho ...

Chứng minh rằng $m\leqslant n^2-n+1$" (*)

 

Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$, kẻ tia $Ot_o$ tạo với tia $Ox$ góc $+60^o$.

Trên tia $Ox$, lấy các đoạn $OA_1=A_1A_2=A_2A_3=...=1$.Trên tia $Ot_o$, lấy các đoạn $OB_1=B_1B_2=B_2B_3=...=1$.

Qua các điểm $A_1,A_2,...$, kẻ các đường thẳng $t_1,t_2,...$ song song với $Ot_o$.Qua các điểm $B_1,B_2,...$ kẻ các đường thẳng $d_1,d_2,...$ song song với $Ox$.Kẻ tiếp các đoạn $A_1B_1,A_2B_2,...$.Các đường và đoạn vừa kẻ tạo thành 1 mạng lưới các tam giác đều.

Mỗi tam giác đều có cạnh bằng $1$ gọi là "tam giác con".

Mỗi tam giác đều có cạnh bằng $k> 1$ (chứa $k^2$ tam giác con) gọi là "tam giác mẹ".

Một tam giác con nằm trong 1 tam giác mẹ và có chung 1 đỉnh với tam giác mẹ ấy gọi là "tam giác đỉnh" của tam giác mẹ ấy.Vậy mỗi tam giác mẹ có đúng $3$ "tam giác đỉnh".

Các tam giác con được đặt tên theo cách sau :

Các tam giác con nằm giữa $d_{i-1}$ và $d_i$ gọi là các tam giác của hàng thứ $i$

Trong hàng thứ nhất, tam giác $OA_1B_1$ gọi là tam giác thứ nhất; tam giác chung cạnh với tam giác thứ nhất phía bên phải gọi là tam giác thứ hai; tam giác chung cạnh với tam giác thứ hai phía bên phải gọi là tam giác thứ ba; ...

Trong các hàng khác, các tam giác cũng được gọi theo thứ tự từ trái sang phải một cách tương tự.

Tam giác con thứ $j$ của hàng thứ $i$ gọi là tam giác $T_{i}^{j}$ (việc đặt tên là để phân biệt các tam giác khi chưa đánh số)

Bây giờ ta sẽ chứng minh mệnh đề (*) bằng phương pháp quy nạp.

 

$1)$ Với $n=1$ thì dĩ nhiên $m=1$ ---> (*) đúng.

   Với $n=2$ : Xét tam giác mẹ $OA_2B_2$.Dễ thấy khi đó $m\leqslant 3$ ---> (*) đúng.Ngoài ra nhận xét thêm có đến 6 cách đánh số từ 1 đến 3 (cách nào cũng bắt đầu từ 1 "tam giác đỉnh" và kết thúc ở 1 "tam giác đỉnh" khác).Ta chỉ cần chọn 1 cách, chẳng hạn $1\to T_{1}^{3}$ ; $2\to T_{1}^{2}$ ; $3\to T_{2}^{1}$ (kết thúc ở "tam giác đỉnh" trên)

   Với $n=3$ : Ta "mở rộng" tam giác mẹ nói trên thành $OA_3B_3$, tức là có thêm $3^2-2^2=5$ tam giác $T_3^1,T_2^2,T_2^3,T_1^4,T_1^5$.Vì $3\to T_2^1$ nên để cho $m$ lớn nhất, ta phải đánh thêm 4 số $4\to T_2^2$ ; $5\to T_2^3$ ; $6\to T_1^4$ ; $7\to T_1^5$ (kết thúc ở "tam giác đỉnh" dưới)

Như vậy khi $n=3$ thì $m\leqslant 7=3^2-3+1$ ---> (*) đúng.

 

$2)$ Giả sử (*) đúng khi $n=k$, tức là với tam giác đều $OA_kB_k$, ta có thể đánh số các tam giác con (theo cách trong đề bài) từ 1 đến $m\leqslant k^2-k+1$ và số k^2-k+1 được gán vào 1 trong 2 "tam giác đỉnh" (trên hoặc dưới) của tam giác mẹ.

   Xét khi $n=k+1$ : Ta "mở rộng" tam giác $OA_kB_k$ thành $OA_{k+1}B_{k+1}$, tức là có thêm $(k+1)^2-k^2=2k+1$ tam giác con.Xét 2 trường hợp :

$a)$ Nếu k^2-k+1 $\to T_k^1$ ("tam giác đỉnh" trên của tam giác mẹ) :

   Vì k^2-k+1 $\to T_k^1$ nên để $m$ lớn nhất, ta phải đánh thêm $2k$ số : k^2-k+2 $\to T_k^2$ ; k^2-k+3 $\to T_k^3$ ;

k^2-k+4 $\to T_{k-1}^4$ ; k^2-k+5 $\to T_{k-1}^5$ ; ... ; k^2+k $\to T_1^{2k}$ ; k^2+k+1 $\to T_1^{2k+1}$ (kết thúc ở "tam giác đỉnh" dưới)

   Như vậy khi $n=k+1$ thì $m\leqslant k^2+k+1=(k+1)^2-(k+1)+1$ ---> (*) vẫn đúng.

$b)$ Nếu k^2-k+1 $\to T_1^{2k-1}$ ("tam giác đỉnh" dưới của tam giác mẹ) :

   Vì k^2-k+1 $\to T_1^{2k-1}$ nên để $m$ lớn nhất, ta phải đánh thêm $2k$ số : k^2-k+2 $\to T_1^{2k}$ ; k^2-k+3 $\to T_2^{2k-1}$ ; k^2-k+4 $\to T_2^{2k-2}$ ; k^2-k+5 $\to T_3^{2k-3}$ ; k^2-k+6 $\to T_3^{2k-4}$ ; ... ; k^2+k+1 $\to T_{2k+1}^1$ (kết thúc ở "tam giác đỉnh" trên)

   Như vậy khi $n=k+1$ thì $m\leqslant k^2+k+1=(k+1)^2-(k+1)+1$ ---> (*) vẫn đúng.

 

Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề (*) đúng với mọi $n\in \mathbb{N}^+$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 25-01-2016 - 16:20

[The Gunner]

Gọi $S_n$ là số cạnh đơn vị không thuộc cạnh lớn của tam giác được chia thành $n^2$ tam giác đều. ta có $S_1=0, S_2=3, S_n=S_{n-1}+3(n-1)$ suy ra được $S_n=\frac{3n(n-1)}{2}$

Ta có nhận xét rằng để đánh dấu được một độ dài $m$ thì ta phải dùng $m-1$ cạnh đơn vị nối giữa những tam giác đó, ta tô màu đỏ những cạnh đó. Hơn nữa một tam giác con không có cạnh nằm trên cạnh của tam giác lớn thì sau khi đã được đánh dấu, cạnh còn lại không được chọn để nối với tam giác khác cũng không còn giá trị, ta tô màu xanh cho những cạnh này . Vì vậy để đánh dấu được $m$ tam giác ta đã phải tô màu ít nhất $m-1 +[\frac{m}{2}]$ cạnh đơn vị ( tại nếu xét một đường đi dọc theo biên của tam giác lớn thì ta có xem kẽ những tam giác có cạnh nằm trên cạnh lớn sẽ không tính cạnh đó).

Ta có $m-1 +[\frac{m}{2}] \leq  S_n=\frac{3n(n-1)}{2} $ 

suy ra: $m-1+ \frac{m-1}{2} \leq \frac{3n(n-1)}{2}$

ta được $m \leq n^2-n+1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi The Gunner: 26-01-2016 - 09:02