một số dạng toán chứng minh bằng phản chứng và quy nạp toán học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐẶNG ĐÌNH HƯNG
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG
PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
THÁI NGUYÊN - 2014
TRƯỜNG ĐẠI THÁI NGUYÊN
ĐẠI HỌC KHOA HỌC
ĐẶNG ĐÌNH HƯNG
MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG
PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46 .01.13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
TS. TRẦN NGUYÊN AN
THÁI NGUYÊN - 2014
Mục lục
LỜI NÓI ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Chương 1. Kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1. Mệnh đề và các phép toán mệnh đề . . . 4
1.2. Công thức mệnh đề . . . 6
1.3. Hệ quả logic và quy tắc suy luận . . . 8
1.4. Đại số vị từ . . . . . . . . . . . 8
1.5. Tính sắp thứ tự tốt của tập số tự nhiên . . . 11
Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng . . . . . . . 12
2.1. Một số dạng chứng minh phản chứng . . . . . . . 12
2.2. Một số bài toán chứng minh bằng phản chứng. . . . . 17
Chương 3. Phương pháp chứng minh quy nạp toán học . 32
3.1. Phương pháp chứng minh quy nạp cơ bản. . . . . 32

3.2. Một số phương pháp quy nạp đặc biệt . . . . . . 38
3.3. Một số sai lầm học sinh hay mắc phải . . . . . . . 46
3.4. Một số bài toán sử dụng phương pháp quy nạp 48
KẾT LUẬN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
1
LỜI NÓI ĐẦU
Logic toán là một ngành kho a học còn non trẻ ra đời từ thế kỷ
17, nhưng nó đóng vai trò quan trọng trong toán học. Nó là phương tiện
để xây dựng các kiến thức toán học và là chất keo nối kết các ngành,
các vấn đề toán học với nhau làm cho toán học trở thành một thể thống
nhất. Logic toán rất quan trọng với các thày giáo dạy toán. Nó tạo cho
người thày khả năng đi sâu vào bản chất của sự chứng minh. Nó tạo cho
người thày những phương tiện mới để r èn luyện cho học sinh thó i quen
suy nghĩ chính xác.
Trong luậ n văn này tôi trình bày cơ sở logic cũng như các dạ ng
đặc biệt của hai phương pháp chứng minh toán học quen thuộc và quan
trọng: phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp quy nạp
toán học. Cả hai phương pháp này đã được sử dụng trong chương trình
nâng cao ở phổ thông, trong các bài toán thi học sinh giỏi. Điều quan
trọng trọng trong phương pháp chứng minh phản chứng là tạo ra mệnh
đề phủ định và tìm ra sự vô lý với giả thiết hay vô lý với kiến thức toán
học đã biết. Phương pháp quy nạp toán học chứng minh các mệnh đề
phụ thuộ c vào số tự nhiên dạng ∀nP (n), n ∈ N. Để chứng minh những
mệnh đề như thế hiển nhiên ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự
nhiên vì tập số tự nhiên là vô hạn. Nguyên lý cơ bản của phương pháp
quy nạp toán học là chứng minh mệnh đề đúng với n = 0 sau đó ta
chứng minh nếu mệnh đề đúng với một số tự nhiên k thì nó cũng với
k + 1. Ở đây ta theo quy ướ c tập các số tự nhiên N là tập các số nguyên
không âm: 0, 1, 2, Tuy nhiên chúng ta không hiểu tại sao chúng ta lại

chứng minh như vậy. Hơn nữa trong thực tế chứng minh xuấ t hiện rất
nhiều các dạng biến thể của hai phương pháp trên. Trong luận văn này
trước hết chúng tôi giả i thích cơ sở lo gic của các phương pháp chứng
minh trên. Sau đó chúng tôi liệt kê một số dạng chứng minh đặc biệt.
Luận văn bao gồm ba chương. Chương 1 trình bày ngắn gọn những
kiến thứ cơ bản của đại số mệnh đề, vị từ và tính sắp thứ tự tố t của
tập các số tư nhiên làm cơ sở cho việc trình bày các chương sau. Một
số khái niệm và kết quả được trình bày trong chương này nhưng không
có ví dụ minh họa nhằm mục đí ch cho l uận văn được trình bày cô đọng
hơn. Chương 2 và 3 là các chương chính của luận văn. Trong Chương 2,
2
chúng tôi trình bày các dạng toán chứng minh bằng phương pháp phản
chứng. Với những kiến thức về đại số mệnh đề trình bày trong Chương 1
ta có thể hiểu rõ cơ sở logic của phương pháp chứng minh này. Chương
3 dành cho việc trình bày phương pháp q uy nạp toán học. Để hi ểu rõ
phương pháp này ta cần tính sắ p thứ tự tốt của tập các số tự nhiên và
phương pháp chứng minh phản chứng.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của
thầy giáo TS. Trần Nguyên An. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết
ơn sâu sắc đến Thầy.
Tôi cũng xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo của
trường Đại H ọc Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, những người đã tận
tình giảng dạy, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập.
Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, động viên,
ủng hộ tôi để tôi có thể hoàn thành khóa học này!
Thái Nguyên, tháng 9 năm 2014
Tác giả
Đặng Đình Hưng
3
Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Chương này trình bày một số kiến thức chuẩn bị làm cơ sở cho
việc trình bày các chương sau.
1.1. Mệnh đề và các p hép toán mệnh đề
Mệnh đề là một khái niệm nguyên thuỷ của toán học. Ta có thể
quan niệm mệnh đề là một câu trần thuật biểu thị một ý trọn vẹn mà ta
có thể khẳng định một cách khách quan nó là "đúng " hoặc "sai". Tr ong
Logic Toán, khi xét một mệnh đề, ta không quan tâm đến cấu trúc ngữ
pháp cũng như ý ng hĩa nội dung của nó, mà chỉ quan tâm đến tính đúng
sai của nó mà thôi. Giá trị "đúng" hay "sai" của một mệnh đề gọi là g iá
trị chân lý của mệnh đề đó. Ta quy ước ký hiệu giá trị chân lý "đúng"
bằng số 1, giá trị "sai" bằng số 0.
Một mệnh đề mà không một bộ phận thực sự nào của nó cũng là
mệnh đề, gọi là mệnh đề đơn giản. Ta ký hiệu cá c mệnh đề đơn giả n bằng
các chữ cái la tinh nhỏ (có thể với các chỉ số): a, b, c, . , p, q, r, a
1
, a
2
,
Đây là các biến lấy giá trị 1 hoặc 0 khi ta thay chúng bằng các mệnh đề
cụ thể. Vì vậy ta gọi chúng là các biến mệnh đề.
Từ cá c mệnh đề đơn gi ản nhờ các liên kết lôgic, cũng gọi là các
phép toán logic ta lập được các m ệnh đề phức hợp. Sau đây là một số
phép toán logic cơ bản.
Định nghĩa 1.1.1 (Phép phủ định). Giả sử a là mệnh đề. Phủ định
của a là một mện h đề, ký hiệu
a (hoặc ¬ a), là một mệnh đề đúng khi a
là một mệnh đề sai và là một mệnh đề sai khi a là mệnh đề đúng.
Ta có t hể mô tả định nghĩa trên bằng bảng sau, gọi l à bả ng giá trị
4

chân lý của phép toán.
a
a
0 1
1 0
Định nghĩa 1.1.2 (Phép hội). Giả sử a và b là các mệnh đề. Hội của
chúng, ký hiệu là a ∧ b, là một mệnh đề đú ng khi a và b đều đúng, và là
một mệnh đề sai trong các trường hợp còn lại.
Định nghĩa 1.1.3 (Phép tuyển). Giả sử a và b là các mệnh đề. Tuyển
của chúng ký hiệu là a ∨ b, là một mệnh đề sai khi a và b đều sai, và là
một mệnh đề đúng trong các trường hợp còn lạ i .
Định nghĩa 1.1.4 (Phép kéo theo). Giả sử a và b là các mệnh đề. a kéo
theo b là một mệnh đề, ký hiệu a → b, là một mệnh đề sai khi a đúng b
sai và là một mệnh đề đúng trong các trường hợp còn lại.
Định nghĩa 1.1.5 (Phép tương đương). Giả sử a và b là các mệnh đề.
a tương đươn g b là một mệnh đề, ký hiệu là a ↔ b, là một mệnh đề đúng
khi a và b cùng đúng hoặc cùng sai và là một mệnh đề sai trong các
trường hợp còn lại.
Ta có bảng giá trị chân lý của các phép toán hội, tuyển, kéo theo
và t ương đương như sau.
a
b a ∧b a ∨ b a → b a ↔ b
0 0 0 0 1 1
0 1 0 1 1 0
1
0 0 1 0 0
1
1 1 1 1 1
Chú ý: Tr ong mệnh đề a → b, a được gọi là ti ền đề hay giả thiết,
b gọi là kết luận. Mệnh đề a → b được gọi là mệnh đề thuận, mệnh đề

b → a được gọi là mệnh đề đảo, mệnh đề a → b được gọi là mệnh đề
phản còn mệnh đề b → a đượ c gọi là mệnh đề phản đảo của mệnh đề
a → b. Ta có thể thấy được giá trị chân lý của các mệnh đề thuận, đảo,
phản và phản đảo qua bảng chân lý sau
a b a → b b → a a → b b → a
0 0 1 1 1 1
0
1 1 0 0 1
1 0 0 1 1 0
1
1 1 1 1 1
5
Theo bảng giá trị chân lý mệnh đề thuận và mệnh đề phản đảo; mệnh
đề đảo và mệnh đề phản luôn có cùng giá trị chân lý với mọi giá trị chân
lý của các mệnh đề thành phần a, b.
1.2. Công thức mệnh đề
Nhờ các phép toán logic từ cá c mệnh đề đơn giản ta có thể thành
lập được những mệnh đề mới, ngày càng phức tạp hơn, bằng cách thực
hiện trên các mệnh đề đã cho một số hữu hạn tuỳ ý những phép toán
logic. Các mệnh đề thành lập theo cách ấy gọi là công thức của đại số
mệnh đề. Để định nghĩa một cách chính xác khái niệm này, ta xuất phát
từ một tập hợp ký hiệu cơ bản gọi là bảng chữ cái. Bảng chữ cái t rong
Đại số mệnh đề bao gồm:
(i) 0, 1 là ký hiệu các mệnh đề sai, tương ứng đúng. Ta g ọi chúng
là các hằng.
(ii) Các chữ cái la tinh nhỏ a, b, c, là ký hiệu của các biến mệnh
đề.
(iii) −, ∧, ∨, →, ↔ là ký hiệu của các phép toán logic và (, ) là dấu
ngoặc.
Định nghĩa 1.2.1. Một dãy hữu hạ n tuỳ ý những ký hiệu trong bảng

chữ cái được gọi là một từ trên bảng chữ cá i đó. Ta ký hiệu các từ bằng
các chữ cái la tinh lớn A, B, C, P, Q, . Trong lớp t ất cả các từ, ta xét
lớp từ gọi là công thức và được định nghĩa bằng quy nạp như sau:
(i) Các hằng, các biến mệnh đề là những công thức.
(ii) Nếu A là một công thức thì (A) là một công t hức.
(iii) Nếu A v à B là những công thức thì (A∧B), (A∨B) , (A → B),
(A ↔ B), là những công th ức.
(iv) Mọi từ khác kh ông được thành lập theo các quy tắc (i), (ii),
(iii) thì không phải là công thức.
Công thức A chứ a các biến mệ nh đề a
1
, a
2
, , a
n
thường được ký
hiệu là
A = A(a
1
, a
2
, , a
n
).
Giả sử A = A(a
1
, a
2
, , a
n

) là một công thức mệnh đề phụ thuộc
n biến mệnh đề a
1
, a
2
, , a
n
. Đặt I = {0, 1} l à tậ p các giá trị chân lý
của các mệnh đề. Dãy e = (e
1
, e
2
, , e
n
) ∈ I
n
được gọi là một dãy giá
trị chân lý (d ãy giá trị) cho tương ứng với các bi ến mệnh đề a
1
, a
2
, , a
n
trong công thức A.
6
Giá trị chân lý của A tại e, ký hiệu A|
e
và được định nghĩa như
sau:
(i) Nếu A là một biến mệnh đề a

i
thì A|
e
= e
i
.
(ii) Nếu A có dạng
B, trong đó B là một công thức và nếu B|
e
đã
được xác định thì
A|
e
=

0 nếu B|
e
= 1
1 nếu B|
e
= 0.
(iii) Nếu A là một trong các dạng B ∧C, B ∨C, B → C, B ↔ C,
trong đó B và C là những công thức, B|
e
, C|
e
đã được xác định thì A |
e
cũng được xác định và việc xác định giá trị của A trên e phù hợp với
định nghĩa của các phép toán ∧, ∨, →, ↔ . Cụ thể t a có bảng giá trị

chân lý tương ứng sau
B|
e
C|
e
(B ∧C)|
e
(B ∨C)|
e
(B → C)|
e
(B ↔ C)|
e
0 0 0 0 1 1
0
1 0 1 0 0
1 0 0 1 1 0
1
1 1 1 1 1
Giả A = A(a
1
, a
2
, , a
n
) là công thức mệnh đề phụ thuộ c n biến.
Tập
E
A
= {e ∈ I

n
|A|
e
= 1} ⊆ I
n
được gọi là miền đúng của công thức A.
Định nghĩa 1.2.2. Một công thức A được gọi là hằng đúng nếu nó nhận
giá trị 1 trên mọ i dãy giá trị của các biến mệnh đ ề có mặt trong công
thức A, tức là A|
e
= 1 trên m ọi d ãy g i á trị e của A.
Nếu A là một công thức hằng đúng thì ta v iết |= A. Các cô ng thức
hằng đúng đóng m ột vai trò rất quan trọng trong logic. Chúng là những
luật logic.
Định nghĩa 1.2.3. Giả s ử A, B là hai công thức. Ta nói A và B là
tương đương logi c nếu chúng có cùn g giá trị trên mọi dãy giá trị của các
biến mệnh đề, tức là A|
e
= B|
e
trên mọi dãy g i á trị e của A và B. Ta
ký hiệu hai công thức tương đương logic là A ⇔ B (hoặc A ≡ B ).
Ví dụ 1.2.4. (i) A = a ∧
a là công thức hằng đúng.
(ii) a → b ⇔ a ∨b.
(iii) a → b ⇔ (
a ∨ b) ∧ (c ∨ c).
7
Nhận xét:(i) Quan hệ tương đương logic giữa các công thức là quan hệ
tương đương trên tập các công thức của đại số mệnh đề.

(ii) Giả sử A , B là hai công thức. Khi đó A ⇔ B nếu và chỉ nếu
|= (A ↔ B).
Bằng cách lập bảng giá trị chân lý ta có thể chứng minh một số
công thức là tương đương logic.
1.3. Hệ quả logic và quy tắc suy luận
Định n ghĩa 1.3.1. (i) Giả sử A và B là hai công thức. Công thức B
được gọi là hệ quả logic (hay hệ quả ) của công thức A, ký hiệu A ⇒ B
(hoặc A |= B) nếu với mọi dãy g i á trị e của các biến mệnh đề có mặt
trong A và B, mỗi khi A|
e
= 1 thì B|
e
= 1. Khi đó ta cũng nói có một
quy tắc suy luận từ tiền đề (hay giả thiết) A đến kết luận (hay hệ quả)
B, quy tắc suy luận đó được ký hiệu bởi
A
B
.
(ii) Giả sử ∆ = {A
1
, A
2
, , A
m
} là một dãy hữu hạn những công
thức. Công thức B được gọi l à hệ quả logic (hay hệ q uả) của ∆ , ký hiệu
∆ ⇒ B (ta còn viết ∆ |= B, hay A
1
, A
2

, , A
m
⇒ B), nếu B là hệ quả
logic của công thức A
1
∧ A
2
∧ ∧ A
m
. Khi đó ta cũng nói có một quy
tắc suy luận từ các tiền đề (hay các giả thiết A
1
, A
2
, , A
m
đến kế t luận
(hay hệ quả) B, quy tắ c suy luận đó được ký hiệu bởi
∆
B
hoặc
A
1
, , A
m
B
.
Nhận xét. (i) Giả sử A, B là các công thức. Khi đó B là hệ quả logic của
A khi và chỉ khi E
A

⊆ E
B
.
(ii) B là hệ quả logi c của A hay ta có quy tắc suy luận
A
B
khi và
chỉ khi A → B là hằng đúng.
1.4. Đại số vị từ
Logic vị từ là sự phát triển của Đại số Mệnh đề. Nó chứa trong
bản thân nó toàn bộ Đại số Mệnh đề, nghĩa là các mệnh đề đơn giản,
các phép toán logic và do đó tất cả các công thức của Đại số Mệnh đề.
8
Xét mệnh đề đơn giản: "5 là một số nguyên tố". Cố định vị từ "là
một số ng uyên tố" và thay đổi chủ từ 5 bởi x là một số tự nhiên nào đó,
ta có phát biểu F(x): " x là một số nguyên tố". Với mỗi giá trị x = a, ta
có F (a) là mộ t mệnh đề chỉ mang một giá trị "đúng" hoặc "sai". Từ đó
ta có ánh xạ F : N −→ I, a −→ F(a)-giá trị chân lý của mệnh đề: "a
là một số nguyên tố". Ánh xạ F được gọi là một vị từ 1 ngôi xác định
trên N còn phát biểu F (x) không phải là một mệnh đề nó được gọi là
một mệnh đề chứa biến (hay một dạng mệnh đề) . Thông thường ta cũng
dùng ký hiệu F (x) để chỉ vị từ F , x được gọi là mộ t biến vị từ.
Định nghĩa 1.4.1. ( i ) Giả sử M là tập khác rỗ ng và I = {0, 1}.
Vị từ n ngôi xác định trên M là ánh xạ F : M
n
−→ I, ký hiệu
F = F (x
1
, x
2

, , x
n
), x
1
, x
2
, , x
n
gọi là các biến vị từ. Với mỗi a =
(a
1
, a
2
, , a
n
) ∈ M
n
thì F |
a
= F(a
1
, a
2
, , a
n
) gọi là giá trị của vị từ F
tại dãy a các giá trị của các biến vị từ .
(ii) Tập sau được gọi là miền đúng của vị từ F
E
F (x

1
,x
2
, ,x
n
)
= {(a
1
, a
2
, , a
n
) ∈ M
n
|F(a
1
, a
2
, , a
n
) = 1}.
(iii) Ta quy ước mệnh đề là một vị từ 0 ngôi trên một tập M bất
kỳ.
Nhận xét. Một v ị từ hoàn toàn được xác định khi biết miền đúng
của nó.
Định nghĩa 1.4.2. (i) Giả sử F = F (x
1
, x
2
, , x

n
) là vị từ n ngôi xác
định trên tập M. Vị từ F được gọi là hằng đúng trên M, ký hiệu là
1, nếu với mọi dãy a = (a
1
, a
2
, , a
n
) các phần tử của M ta luôn có
F |
a
= F (a
1
, a
2
, , a
n
) = 1.
(ii) Giả sử F = F (x
1
, x
2
, , x
n
), G = G(x
1
, x
2
, , x

n
) là các vị từ
n ngôi xác định trên tập M. Vị từ F được gọ i là tương đương logic với
vị từ G, ký hiệu F ⇔ G nếu F |
a
= G|
a
với mọi d ãy a = (a
1
, a
2
, , a
n
)
các phần tử của M.
Tương tự như trong đại số mệnh đề ta có các định nghĩa của các
phép toán vị từ: phủ định, hội, tuyển, kéo theo, tương đương. Ngoài ra
ta còn có cá c phép t oán mới là đặt các lượng từ cho các biến vị từ. Các
phép toán này đóng một vai trò hết sức quan trọng. Chính nhờ chúng
mà Logic Vị từ trở nên phong phú hơn nhiều so với Đại số Mệnh đề.
Có hai lượng từ, lượng từ tồn tại, ký hiệu ∃, và lượng từ với mọi (hay
9
phổ biến ), ký hiệu là ∀. Chúng ứng với điều được biểu thị trong ngôn
ngữ thông thườ ng bởi các từ "có một" và "với mọi" ( hay "tất cả", "bất
kỳ").
Định nghĩa 1.4.3. Giả sử F = F (x
1
, x
2
, , x

n
) là một vị từ n ngôi
xác định trên tập M, n ≥ 1. Đặt lượng từ t ồn tại trước biến x
i
, trong
đó i ∈ {1, 2, , n}, ta được v ị từ n − 1 ngôi của các biến đối đượng
x
1
, , x
i−1
, x
i+1
, , x
n
xác định trên M, ký hi ệu ∃x
i
F (x
1
, x
2
, , x
n
). Với
mỗi dãy (a
1
, , a
i−1
, a
i+1
, , a

n
) ∈ M
n−1
ta có giá trị của vị từ n − 1
ngôi ∃x
i
F (x
1
, x
2
, , x
n
) là:
∃x
i
F |
a
=

1 nếu ∃a
i
∈ M : F(a
1
, , a
i
, , a
n
) = 1
0 nếu ∀a
i

∈ M : F(a
1
, , a
i
, , a
n
) = 0
Biến x
i
gọi là biến ràng buộc, các biến còn lại gọi là biến tự do.
Đặc biệt, giả sử F (x) là một vị từ 1 ngôi xác định trên M. Khi đó
∃xF (x) là một vị từ 0 ngôi, tức là một mệnh đề sao cho ∃xF ( x) = 1 khi
và chỉ khi E
F (x)
= ∅. Bảng giá trị chân lý
E
F (x)
∃xF (x)
E
F (x)
= ∅ 1
E
F (x)
= ∅ 0
Ví dụ: Trên R, vị từ F (x) :
′′
x
2
+ 1 = 0” luôn sai nên vị từ "Tồn
tại x để x

2
+ 1 = 0" là sai. Tuy nhiên trên C vị từ không ngôi trên đúng.
Định nghĩa 1.4.4. Giả sử F = F (x
1
, x
2
, , x
n
) là một vị từ n ngôi
xác đ ịnh trên tập M, n ≥ 1. Đặt lượng từ với mọi trước biến x
i
, t rong
đó i ∈ {1, 2, , n}, ta được v ị từ n − 1 ngôi của các biến đối đượng
x
1
, , x
i−1
, x
i+1
, , x
n
xác định trên M, ký hi ệu ∀x
i
F (x
1
, x
2
, , x
n
). Với

mỗi dãy (a
1
, , a
i−1
, a
i+1
, , a
n
) ∈ M
n−1
ta có giá trị của vị từ n − 1
ngôi ∀x
i
F (x
1
, x
2
, , x
n
) là:
∀x
i
F |
a
=

1 nếu ∀a
i
∈ M : F(a
1

, , a
i
, , a
n
) = 1
0 nếu ∃a
i
∈ M : F(a
1
, , a
i
, , a
n
) = 0
Biến x
i
gọi là biến ràng buộc, các biến còn lại gọi là biến tự do.
Đặc biệt, giả sử F (x) là một vị từ 1 ngôi xác định trên M. Khi đó
∀xF (x) là một vị từ 0 ngôi, tức là một mệnh đề sao cho ∀xF ( x) = 1 khi
10
và chỉ khi E
F (x)
= M. Bảng giá trị chân lý
E
F (x)
∀xF (x)
E
F (x)
= M 1
E

F (x)
= M 0
Ví dụ: Trên R, vị từ F (x) : ”(x + 1)
2
≤ 0” luôn đúng nên mệnh đề
với mọi x ta có (x + 1)
2
≤ 0 là mệnh đề đúng.
1.5. Tính sắp thứ tự tốt của tập số tự nhiên
Cho X là một tập hợp khác rỗng. Một tập con của tích Descartes
X × X được gọi là m ột quan hệ (ha i ngôi) trên X. Ta thường kí hiệu
các quan hệ hai ngôi bằng các chữ cái ∼, , R, S, T, . . Cho R là một
quan hệ hai ngôi trên X. Nếu (a, b) ∈ R thì ta viết aRb. Trong trường
hợp này ta nói a quan hệ với b. Dưới đây là m ột số tính chất quan trọng
mà R có thể có
(i) Phản xạ: aRa với mọi a ∈ X.
(ii) Đối xứng: Nếu aRb thì bRa với mọi a, b ∈ X.
(iii) Phản đối x ứ ng hay phản x ứng: Nếu aRb và bRA thì a = b với
mọi a, b ∈ X.
(iv) Bắc cầu: Nếu aRb và bR c thì aRc với mọi a, b, c ∈ X.
Định nghĩa. Một quan hệ trên tập hợp X được gọi là qua n hệ thứ tự
nếu nó phản xạ, đối xứng và bắc cầu. Theo truyền thống, quan hệ thứ
tự thường được kí hiệu bởi  . N ếu a  b thì ta đọc là a nhỏ hơn hay
bằng b hoặc b lớn hơn hay bằng a. Một tập hợp X được gọi là tập sắp
thứ tự nếu nó có trang bị một quan hệ thứ tự.
Cho X là một tập sắp thứ tự với quan hệ thứ tự  .
(i) Tập X được gọi là sắp thứ tự toàn phần hay sắp thứ tự tuyế n
tính nếu a  b hoặc b  a với mọi a, b ∈ X.
(ii) Cho a ∈ X. Ta nói a là phần tử lớn nhất (tương ứng, nhỏ nhất)
nếu x  a với mọi x ∈ X (tương ứng, a  x với mọi x ∈ X).

(iii) Tập X được gọi là sắp thứ tự tốt nếu mọi tập con khác rỗng
của X đều có phần tử bé nhấ t.
Ta sử dụng một tính chất rất quan trọng của tập các số tự nhiên,
thường người ta công nhận như một tiên đề (được gọi là tiên đề thứ tự).
Tiên đề 1.5.1. Tập các số tự nhiên là tập sắp thứ tự tốt.
11
Chương 2
Phương pháp chứng minh phản
chứng
2.1. Một số dạng chứng minh phản chứng
Trong toán học phương pháp phản chứng được sử dụng rất sớm.
Ta bắ t đầu bằng việc chứng minh nguyên lý Đirichlê (còn gọi là nguyên
lý lồ ng và thỏ), nguyên lý có rất nhiều ứng dụng. Người ta nhốt thỏ và o
trong một số lồng, biết rằng số thỏ nhiều hơn số lồng. Chứng minh r ằng
có ít nhấ t hai con thỏ được nhốt trong cùng một lồng. Để chứng minh ta
giả sử ngược lại mỗi lồng chỉ nhốt nhiều nhất có một con thỏ, như vậy
số thỏ nhỏ hơn hoặc bằng số lồng, mà theo giả thiết số thỏ nhiều hơn
số lồng. Điều này dẫn đến vô lý. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Tại
sao lại như vậy? Đề lý giải điều này ta xuất phát từ kết quả sau trong
Đại số mệnh đề cũng gọi là quy tắc phản chứng.
Định lý 2.1.1. Cho P, Q là các công thức của đại số mệnh đề. Khi đó
ta có quy tắc suy luận sau
P → Q, P → Q
P
.
Chứng minh. Theo nhận xét cần chứng minh A = (
P → Q) ∧ (P →
Q) → P là hằng đúng. Gọi e là dãy giá trị chân lý của các biến mệnh
đề chung của các công thức P và Q và đặt B = ((
P → Q) ∧(P → Q)),

ta có
P |
e
Q|
e
P |
e
Q|
e
(P → Q)|
e
(P → Q)|
e
B|
e
A|
e
0 0 1 1 0 1 0 1
0
1 1 0 1 0 0 1
1 0 0 1 1 1 1 1
1
1 0 0 1 1 1 1
12
Dựa trên quy tắc s uy luận trên ta có nội dung ph ương phá p chứng
minh phản c hứng: Giả sử t a phải chứng minh một mệnh đề P nào đó là
đúng, ta giả thiết ngược lại
P đúng và chỉ ra một mệnh đề Q vừa đúng
vừa sai, tức là chứng minh các mệnh đề P → Q, P → Q là đúng. Khi
đó ta kết luận P là đúng.

Chú ý: Ta có thể giải thích trực tiếp cơ sở của quy tắc phản chứng
như sau: Ta có
P → Q, P → Q. Mặt khác bằng cách lập bảng t a có quy
tắc suy luận
A → B, A → C
A → B ∧ C
,
với A, B, C là các công thức. Do đó
P → Q ∧Q đúng hay P → 0 đúng.
Kéo theo
P sai. Điều này suy ra P đúng .
Trong ví dụ mở đầ u, đặt P là mệnh đề: "ít nhất hai con thỏ được
nhốt trong cùng một lồng". Phủ định m ệnh đề ta được hai mệnh đề Q:
"số thỏ nhiều hơn số lồng" và
Q: "số thỏ nhỏ hơn hoặc bằng số lồng".
Như vậy P được chứng minh.
Ví dụ 2.1.2. Chứng m i nh rằng
3
√
3 là một số vô tỉ.
Chứng minh. G ọi P là mệnh đề "
3
√
3 là một số vô tỉ". Giả sử ngược lại
tức là
3
√
3 là một số hữu tỉ. Do đó tồn tại các số nguyên a và b sao
cho: a/b =
3

√
3; (a, b) = 1. Đặt Q là mệnh đề "a, b ∈ Z, (a, b) = 1".
Vì a/b =
3
√
3 nên 3b
3
= a
3
, kéo theo 3 chia hết a. Gọi a = 3m thì
3b
2
= 27m
3
. Từ đó suy ra 3 chia hết b. Từ trên ta có 3 chia hết (a, b).
Vậy ta có mệnh đề
Q "(a, b) = 1 ". Điều mâu thuẫn này chứng t ỏ P
đúng.
Các bài toán thường được phát biểu dưới dạng p → q. Ta sẽ phân
tích m ột số dạng chứng minh phản chứng mệnh đề dạng này. Trước
hết theo Ví dụ 1.2.4 và tính chất của các phép toán mệnh đề ta có
p → q ⇔ p ∨q ⇔ p ∧ q nên ta có quy tắc phủ định một mệnh đề dạ ng
kéo theo:
Muốn phủ định mộ t mệnh đề dạng kéo theo ta "ghép" giả thiết của
mệnh đề với phủ định kết luận của nó.
Chữ "ghép" ở đây có nghĩa là giả thiết bài toán mới bao gồm giả
thiết của bài toán cũ và kết luận của nó. Từ đó ta thiết lập được mộ t
số dạng chứng minh phản chứng mệnh đề p → q như sau:
13
Dạng 1. Phủ định mệnh đề rồi suy ra điều trái với điều đú ng (các tiên

đề, các định lý đã được chứng minh): p ∧ q → 0.
Cơ sở logic: Vì p ∧
q → 0 đúng nên p ∧q sai, suy ra p ∧ q ⇔ p → q đúng.
Ví dụ 2.1.3. C ho n > 1 và a
1
, a
2
, , a
n
là các s ố tự nhiên. Chứng minh
rằng nếu a
1
, a
2
, , a
n
là các số phân biệt thì không thể có đẳng thức
1
a
2
1
+
1
a
2
2
+ +
1
a
2

n
= 1.
Chứng minh. G iả sử ta có đẳng thức
1 =
1
a
2
1
+
1
a
2
2
+ +
1
a
2
n
.
Vì a
1
, a
2
, , a
n
là các số phân biệt nên không mất tính tổ ng quát ta có
thể giả sử a
1
< a
2

< < a
n
. Dễ thấy a
1
≥ 2 ta nhận được a
k
≥ k + 1,
vì thế
1 =
1
a
2
1
+
1
a
2
2
+ +
1
a
2
n
≤
1
2
2
+
1
3

2
+ +
1
(n + 1)
2
<
1
1.2
+
1
2.3
+ +
1
n(n + 1)
= (1 −
1
2
) + (
1
2
−
1
3
) + + (
1
n
−
1
n + 1
) = 1 −

1
n + 1
< 1.
Điều này vô lý.
Dạng 2. Phủ định mệnh đề rồi suy ra hai điều trái nhau p ∧ q → r ∧r.
Cơ sở logic: Vì r ∧
r ⇔ 0 nên khẳng định được suy ra từ Dạng 1.
Ví dụ 2.1.4. Chứng minh rằng nếu hai đường thẳng cắt một đườ ng
thẳng tạo thành một cặp góc so le trong bằng nhau thì hai đường thẳng
đó không có điểm chung.
Chứng minh. G iả thiết

A
3
=

B
1
. Kết luận A và B không có điểm chung
C.
Ta đã biết trong tam giác ABC tổng hai góc A và B nhỏ hơn 180
0
.
Suy ra góc

A
4
+

B

1
< 180
0
. (1)
Vì

A
3
=

B
1
nên

A
4
+

B
1
=

A
4
+

A
3
. Nhưng


A
4
+

A
3
= 180
0
hai góc bù
nhau. Nên

A
4
+

B
1
= 180
0
. (2)
14
a
b
cc
c
a
b
1
2
4

3
4
3
1
2
A
B
A
B
C
Từ (1) và (2) t heo Dạng 2 của phương pháp chứng minh phản chứng ta
kết luận a và b khô ng có điểm chung.
Dạng 3. Phủ đị nh mệnh đề rồi suy ra điều trái với giả thiết: p ∧q → p.
Cơ sở logic: Vì ta có p ∧
q → p, kết hợp p ∧q → p, theo luật phản chứng
ta có p ∧ q ⇔ p → q đúng.
Ví dụ 2.1.5. Chứng minh rằng một đa giác lồi n cạnh với n lẻ không
thể chia ra thành những hình bình hành.
Chứng minh. Ta giả sử một đa giác lồi n cạnh có thể cắt thành những
hình bình hành. Khi đó mỗi cạnh của đa giác sẽ là một cạnh của hình
bình hành và suy ra những cạnh của đa g iác sẽ là đôi mộ t song song
cùng nhau (ba cạnh không thể song song cùng nhau vì đa giác là lồi).
Nhưng trong trường hợ p như vậy đa giác sẽ có số cạnh chẵn, nhưng giả
thiết cho n lẻ. Suy ra đa giác loại này không thể chia ra thành những
hình bình hành.
Dạng 4. Phủ định mệnh đề rồi suy ra kết luận của mệnh đề: p ∧ q → q.
Cơ sở logic: Vì ta luôn có p ∧
q → q, mà p ∧ q → q nên theo luậ t phản
chứng ta có p ∧ q ⇔ p → q đúng.
Ví dụ 2.1.6. Cho a là môt số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu a là bội

của 6 thì a là bội của 2.
Chứng minh. G iả sử a là bội của 6 nhưng a khô ng là bội của 2. Vì a là
bội của 6 nên ta có a = 6b với b ∈ N. Do đó a = 2(3b) kéo theo a chia
hết cho 2. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Chý ý ở dạng này ta đã chứng minh được kết luận do đó ta nên
dùng phương pháp chứng minh trực tiếp: nếu p đúng thì q đúng.
Chú ý: Ta cần phân biệt chứng minh phản chứng (proof by con-
tradiction) và chứng minh phản đả o (proof by contrapositi ve). Chứng
15
minh phản đảo mệnh đề p → q là ta giả sử q sai và chứng minh p sai. Cơ
sở logic của phương pháp là tương đương logic p → q ⇔
q → p. Trong
khi chứng minh phản chứng dạng mệnh đề này là ta giả sử đồng thời p
đúng và q sai rồi dẫn đến điều vô lý.
Ví dụ 2.1.7. Cho A, B là các t ập hợp thỏa mãn A ⊆ B. Chứng m i nh
rằng nếu x /∈ B thì x /∈ A.
Chứng minh. Chứng mi nh bằng phản chứng : Giả sử x /∈ B và x ∈ A. Vì
A ⊆ B nên x ∈ B. Đi ều này là vô lý dẫn đến điều phải chứng minh.
Chứng minh bằng phản đảo: Giả sử x ∈ A. Vì A ⊆ B nên x ∈ B. Do đó
ta có điều phải chứng minh.
Tương tự như trong Đại số mệnh đề, phương pháp chứng minh
phản chứng có thể được áp dụng cho các công thức trong Đại số vị từ.
Ta tìm hiểu chứng minh phản chứng của các mệnh đề dạng
(i) (∀x ∈ U
x
)P (x),
(ii) (∀x ∈ U
x
)(P ( x) −→ Q(x)).
Nguyên lý chung là ta tìm các mệnh đề phủ định rồi dẫn đến các

điều vố lý. Điểm cần quan tâm ở đây là tìm các mệnh đề phủ định của
các mệnh đề trên. Ta có
(i)
(∀x ∈ U
x
)P (x) ⇔ (∃x ∈ U
x
)P (x),
(ii) (∀x ∈ U
x
)(P ( x) −→ Q(x)) ⇔ (∃x ∈ U
x
)(P ( x) ∧ Q(x).
Thật vậy ta có bảng giá trị chân lý với chú ý E
P (x)
= U
x
\ E
P (x)
E
P (x)
E
P (x)
(∀x ∈ U
x
)P (x) (∀x ∈ U
x
)P (x) (∃x ∈ U
x
)P (x)

E
P (x)
= U
x
E
P (x)
= ∅ 1 0 0
Do đó ta có (i) chứng minh tương tự ta có (ii).
Ví dụ 2.1.8. (i) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, ta có
x
x + 1
<
x + 1
x + 2
.
(ii) Với mọi số thực x. Chứng minh rằng nếu x > 0 thì x +
1
x
≥ 2.
Chứng minh. (i) Giả sử tồn tại số thực x thỏa mãn
x
x + 1
≥
x + 1
x + 2
16
Vì x dương nên x + 1 và x + 2 dương. Nhân hai vế với (x + 1)(x + 2)
rồi rút gọn dẫn đến 0 ≥ 1. Điều vô lý này dẫn đến bài toán được chứng
minh.
(ii) Giả sử tồn tại x > 0 và x +

1
x
< 2. Từ đó ta có (x − 1)
2
< 0.
Điều này là vô lý. Do đó ta có điều phải chứng minh.
2.2. Một số bài toán chứng minh bằng phản chứng
Trong mục này ta phân tích một số bài toán chứng minh bằng
phản chứng. Một số ví dụ đầu mục được phâ n tích bởi các luật logic
nhằm hiểu cặn kẽ hơn các lập luận. Tiếp theo luận văn trình bày một
số bài toán về tính vô hạn của số nguyên tố,ứng dụng phần tử cực biên
và phương pháp chứng minh phản chứng, các bài toán trong hình học,
phương trình nghiệm nguyên, Đặc biệt trong phần cuối của mục
chúng tôi trình bày phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phản
chứng.
Ví dụ 2.2.1 (Đề Thi học sinh giỏi Tiệp Khắc 1 959). Cho các số a, b, c
thỏa điều kiện







a + b + c > 0
ab + bc + ca > 0
abc > 0
,
Chứng minh rằng a > 0, b > 0, c > 0.
Chứng minh. G iả thiết: A = A

1
∧ A
2
∧ A
3
, kết luận: B = B
1
∧ B
2
∧ B
3
,
trong đó:







A
1
=
′′
a + b + c > 0
′′
A
2
=
′′

ab + bc + ca >
′′
A
3
=
′′
abc > 0
′′
,







B
1
=
′′
a > 0
′′
B
2
=
′′
b > 0
′′
B
3

=
′′
c > 0
′′
.
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Ta xét A ∧
B. Điều này tương đương với
⇔ A ∧
B
1
∧ B2 ∧ B
3
⇔ A ∧ (
B
1
∨ B
2
∨ B
3
)
⇔ (A ∧
B
1
) ∨ (A ∧ B
2
) ∨ (A ∧ B
3
).
17

Hướng của ta tìm mệnh đề D (chẳng hạn A, B, O , C ∧ C ). Theo luật
logic
A ∨ B → C
A → C, B → C
, ta có
(A ∧
B → D) ⇔ ((A ∧B
1
) ∨ (A ∧ B
2
) ∨ (A ∧ B
3
) → D)
⇔ (A ∧
B
1
→ D) ∧(A ∧B
2
→ D) ∧ (A ∧ B
3
→ D).
Vậy ta phải xét 3 trường hợp
B
1
, B
2
, B
3
hay a ≤ 0, b ≤ 0, c ≤ 0.
Giả sử a ≤ 0 từ A

3
ta phải có a = 0 do đó a < 0 ta suy ra bc < 0.
Từ A
2
suy ra a(b + c) = −bc > 0 → b + c < 0 ( vì a < 0.) Suy ra
a + b + c < 0 mâu thuẫn với (A
1
hay với A.) Từ đó ta có A ∧
B
1
→ A
theo Dạng 2 suy ra a > 0.
Tương tự cho các trường hợp b ≤ 0, c ≤ 0. Tuy nhiên ta có thể kết
luận vì vai trò của a, b, c như nhau nên ta có a > 0, b > 0, c > 0.
Ví dụ 2.2.2. Cho 4 số a, b, c, d thỏa mã n đi ều kiện: ac ≥ 2(b+d). Chứng
minh rằng có ít nhất 1 trong 2 bấ t đẳng thức sau là sai:
a
2
< 4b; c
2
< 4d.
Chứng minh. G iả thiết A:
′′
ac ≥ 2(b + d)
′′
. Kết luận:
C ∨ B trong đó
C :
′′
a

2
< 4b
′′
B :
′′
c
2
< 4d”.
Như vậy phủ định kết luận là
C ∨ B ⇔ C ∧B. Tức ta có cả 2 bất đẳng
thức a
2
< 4b ; c
2
< 4d Cộng 2 bất đẳng thức tr ên ra có: a
2
+ c
2
<
4(b + d) ≤ 2ac ( kết hợp giả thiết A). Suy ra
a
2
+ c
2
< 2ac ⇔ (a − c)
2
< 0.
Điều này là vô lý. Theo Dạng 1 của phương pháp chứng minh phản
chứng ta có điều phải chứng minh.
Trong phần tiếp theo ta đề cập đến một số bài toán điển hình sử

dụng phương pháp phản chứng mà không phân tích quy tắc sử dụng
trong đó. Tr ước hết ta đề cập một số bài t oán chứng minh phản chứng
liên quan đến số nguyên tố.
Ví dụ 2.2.3. Chứng m i nh rằng tập các số nguyên tố là vô hạn.
18
Chứng minh. Tr ước hết ta chứng minh: Nếu n là một số nguyên lớn hơn
1 thì n có một ước số nguyên tố.
Nếu n là số nguyên tố thì p = n là ước của n do đó ta có điều cần
chứng minh.
Nếu n là một hợp số, ta ký hiệu p là ước số nhỏ nhấ t khác 1 của
n, ta cần phải chỉ ra rằng p là một số nguyên tố. Giả sử p là một hợp
số, khi đó p có một ước số khác 1, ký hiệu là d và d < p. Ta đã biết n
chia hết cho p, p chia hết cho d, mà d < p, điều này trái với định nghĩa
của p. Do đó p phải là số nguyên tố.
Giả sử tập hợp những số nguyên t ố là hữu hạn, chỉ có các số
p
1
, p
2
, , p
n
. Đặt m = p
1
p
2
p
n
+ 1. Vì m > 1 là một số nguyên, theo
chứng minh ở trên tồn tại một số nguyên q sao cho m chia hết cho q. Ta
thấy rằng (m, p

i
) = 1 với m ọi i = 1, , n, như vậy q = p
i
với mọi i, điều
này trái với giả thiết ta đã lập.
Ví dụ 2.2.4. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng 4l + 3,
với l nguyên dương .
Chứng minh. Tr ước tiên ta chứng minh bài toán sau: m ọi số tự nhiên
dạng 4l + 3 có ít nhất một ước số nguyên tố cũng có dạng 4k + 3.Thật
vậy nếu 4l + 3 là số nguyên tố thì ta đã chứng minh xong.
Nếu 4l + 3 là hợp số thì 4l + 3 = p
1
p
2
p
r
, ở đây p
i
, i = 1, 2, , r
là những số nguyên tố lẻ, không nhất thiết phải khác nhau. Gi ả sử
p
i
= 4k
i
+ 1 với i = 1, 2, , r k
i
nguyên dương.
Tích của hai số dạng 4a + 1 và 4b + 1 bằng
(4a + 1)(4b + 1) = 16ab + 4a + 4b + 1 = 4(4ab + a + b) + 1 = 4c + 1.
Vì thế

(4k
1
+ 1)(4k
2
+ 1) (4k
r
+ 1) = 4t + 1
với một số nguyên t. Số 4t + 1 không thể bằng số có dạng 4l + 3. Điều
vô lý này suy ra ít nhất phải có một ước số của 4l + 3 dạng 4k + 3.
Ta x ét N = 4n!−1, ở đây n là số tự nhiên bất kỳ. N có dạng 4l+3
vì 4(n! − 1) + 3 = 4n! − 1, do đó theo chứng minh tr ước nó có ước số
nguyên tố p dạng 4l + 3. Giả sử p ≤ n, như vậy 4n! chia hết cho p, do
đó N −4n! phải chia hết cho p, nhưng hai số trên nguyên tố cùng nhau,
vậy 1 phải chia hết cho p vô lý. Điều này suy ra p > n. Như vậy với bất
kỳ số tự nhiên n đều tồn tại số nguyên tố dạng p = 4k + 3 > n. Nghĩ a
là tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng 4k + 3.
19
Ví dụ 2.2.5. Cho số nguyên tố p = p
0
p
1
p
n
. Xét đa thức
f(x) = p
0
x
n
+ p
1

x
n−1
+ + p
n
.
Chứng minh rằng f(x) không phân tích được thành hai tích đa thức bậc
thấp hơn khác 0 với các hệ số nguyên.
Chứng minh. G iả sử f(x) = g(x )h(x) với
g( x) = g
0
x
k
+ + g
k
,
h(x) = h
0
x
m
+ + h
m
,
trong đó m, k < n, m + k = n; g
0
, , g
k
; h
0
, , h
m

nguyên. Vì h
0
g
0
= p
0
nên 0 < h
0
, g
0
< p
0
( nếu ta không đổi dấu g(x ) và h(x)). Ta có
f(10) = p
0
10
n
+ p
1
10
n−1
+ + p
n
=
p
0
p
1
p
n

n nguyên tố f (10) = g(10)h(10) = p = 1p = (−1)(−p). Không giảm
tính tổng quát ta xem g(10) = ±1 và x ét g(10) = 1.
Trường hợp g(1 0) = − 1 xét tương tự
g( 10) = g
0
10
k
+ g
1
10
k−1
+ + g
k−1
10 + g
k
= 1.
Do g
0
> 0 (theo giả thiết) suy ra g
k
> 0, nếu trái lại g
k
< 0 thì g
x
có
nghiệm dương, vì g(0) = g
k
< 0, g(+∞) > 0 do đó f (x) cũng có nghiệm
dương, vô lý vì các hệ số của f(x) là các chữ số ≥ 0, g(k) = 0 thì g(x ) có
nghiệm x = 0, nên f(x) cũng có nghiệm x = 0 vô lý. Vậy g

k
= 1, 2, , 9
suy ra g
k
= 1. Vậy
g
0
10
k
+ g
1
10
k−1
+ + g
k−1
10 = 0.
Suy ra g
0
10
k−1
+ g
1
10
k−2
+ + g
k−2
.10 + g
k−1
= 0. Vì g
k−1

nguyên,
−9 ≤ g
k−1
≤ 9 và g
k−1
chia hết cho 10 nên suy ra g
k−1
= 0. Tiếp tục lý
luận như trên, suy ra g
0
= 0. Trái với giả thiết g
0
> 0 nên ta suy ra điều
phải chứng minh.
Ví dụ 2.2.6 (Đề Thi học sinh giỏi Mỹ 1974). Cho a, b, c là ba số ng uyên
khác nh au và P là đa th ức với hệ số ngu yên. Chứn g minh rằng không
thể đồng thời có ba đẳng t hức sau P(a) = b, P(b) = c, P(c) = a.
Chứng minh. G iả sử ta có đồng thời ba đẳng thức P (a) = b, P (b) =
c, P(c) = a. Vì P là đa thức với hệ số nguyên nên
P (x) − P (y) = (x − y)Q(x, y),
20
ở đây Q(x, y) là đa thức hai biến với hệ số nguyên. Từ đó và điều giả sử
ta suy ra
b −c = P(a) − P(b) = (a −b)Q(a, b).
Đặc biệt b −c = (a −b)K, ở đây K là một số nguyên. Tương tự ta cũng
có c − a = (b − c)L, a − b = (c − a)M, ở đây L, M là những số ng uyên.
Nhân ba đẳng thức sau cùng theo từng vế và giản ước đi (vì đi ều kiện
(a − b)(b − c)(c − a) = 0), ta nhận được KLM = 1. Nhưng vì K, L, M
là những số nguyên nên ta suy ra cả ba số này bằng 1 hoặc hai số bằng
−1 còn một số bằng 1. Ta xét hai trường hợp:

Trường hợp thứ nhất: K = L = M = 1, khi đó b−c = c−a = a−b,
từ đây suy ra a = b = c, vô lý với giả thiết đã cho.
Trường hợp thứ hai: không giảm tính tổng quát ta cho K = L =
−1, M = 1. Khi đó b −c = b −a = a −c và cũng suy ra rằng a = b = c,
vô lý với giả thiết đã cho.
Ví dụ 2.2.7 (Đề Thi học sinh gi ỏi Ucraina 196 9). Hai số khác nhau
gồm 100 chữ số trong đó bao gồm 40 chữ số 1, 3 0 chữ số 2, 20 chữ số
3,10 chữ số 4. Chứ ng minh rằng số này không thể chia hết cho số kia.
Chứng minh. Ta ký hiệu hai số đó là M, N, tổng của những chữ số trong
mỗi số bằng
S = 40.1 + 30.2 + 20.3 + 10.4 = 200 ≡ 2(mod 9).
Suy ra M, N chia cho 9 đều dư 2. Giả sử M chia hết cho N, nghĩa
là M = kN, 1 < k ≤ 4. B ởi vì N = 9n + 2, thì M = 9kn + 2k. Nhưng
không có một giá t rị nào của k(1 < k ≤ 4) mà M chia cho 9 dư 2. Điều
này vô lý với điều đã cho.
Ví dụ 2.2.8 (Đề Thi học sinh giỏi Áo 1974). Với mọi số hữu tỷ r =
p
q
∈
(0, 1), ta ký hiệ u tập hợp I
r
I
r
=

x|r −
1
4q
2
< x < r +

1
4q
2

.
Chứng minh rằng số
√
2
2
không nằm trong bất kỳ tập hợp nào ở trên.
Chứng minh. G iả sử
√
2
2
nằm ở tập hợp nào đóI
r
. Nếu r =
p
q
, thì hai
khả năng có thể xảy ra.
21
Thứ nhất:
p
q
<
√
2
2
<

p
q
+
1
4q
2
. Khi đó 2
√
2q
2
< 4pq + 1, 8q
4
<
16p
2
q
2
+ 8pq + 1,
8q
2
(q
2
− 2p
2
) < 8pq + 1.
Từ
p
q
<
1

√
2
suy ra q
2
≥ 2p
2
+1 hoặc là q
2
−2p
2
≥ 1. Khi đó 8q
2
(q
2
−2p
2
) ≥
8q
2
, từ 8q
2
(q
2
− 2p
2
) < 8pq + 1 suy ra
8pq + 1 > 8q
2
.
Nhưng từ

p
q
<
1
√
2
suy ra 8pq+1 <
8
√
2
q
2
+1 < 8q
2
trái với 8pq+1 > 8q
2
.
Thứ ha i:
p
q
+
1
4q
2
<
√
2
2
<
p

q
. Khi đó 4pq − 1 < 2
√
2q
2
, 16p
2
q
2
−
8pq + 1 < 8q
4
,
8q
2
(2p
2
− q
2
) < 8pq − 1.
Từ
p
q
>
1
√
2
suy ra2p
2
−q

2
≥ 1. Khi đó từ 8q
2
(2p
2
−q
2
) < 8pq−1 ta nhận
được 8pq −1 > 8q
2
. Nhưng từ 4pq < 2
√
2q
2
+ 1 suy ra 8pq < 4
√
2q
2
+ 2
hoặc là 8pq − 1 < 4
√
2q
2
+ 1 < 8q
2
điều này trái với 8pq − 1 > 8 q
2
.
Tiếp theo ta xem xét một số ví dụ sử dụng phần tử cực biên để
dẫn đến sự vô lý trong chứng minh phản chứng.

Ví dụ 2.2.9 (IMO 1972). Giải hệ bất phương trình sau:













(x
2
1
− x
3
x
5
)(x
2
2
− x
3
x
5
) ≤ 0, x
1

> 0,
(x
2
2
− x
4
x
1
)(x
2
3
− x
4
x
1
) ≤ 0, x
2
> 0,
(x
2
3
− x
5
x
2
)(x
2
4
− x
5

x
2
) ≤ 0, x
3
> 0,
(x
2
4
− x
1
x
3
)(x
2
5
− x
1
x
3
) ≤ 0, x
4
> 0,
(x
2
5
− x
2
x
4
)(x

2
1
− x
2
x
4
) ≤ 0, x
5
> 0.
Chứng minh. Dễ thấy x
1
= x
2
= x
3
= x
4
= x
5
= a là nghiệm của hệ đã
cho với mọi a > 0. Ta sẽ chứng m inh những nghiệm khác không có.Giả
sử x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x

5
thỏa mãn hệ phương t rình đã cho. Vì hệ phương trình
đã cho k hông thay đổi khi ta thay đổi vai t rò của các ẩn theo vòng tròn
x
1
→ x
2
→ x
3
→ x
4
→ x
5
→ x
1
, nên ta có thể giả sử x
1
là số lớn nhất
trong năm số, khi đó hiển nhiên x
2
1
−x
3
x
5
≥ 0 và x
2
1
−x
2

x
4
≥ 0. Nhưng ta
dùng bất đẳng thức thứ nhất và thứ năm , ta nhận được x
2
2
−x
3
x
5
≤ 0 và
x
2
5
−x
2
x
4
≤ 0. Từ đây suy ra nếu số x
2
, x
3
, x
4
, x
5
không tất cả bằng nhau,
22
thì không phải x
2

, không phải x
5
là số lớn nhấ t giữa chúng. Nghĩa là số
lớn nhất chỉ có thể là x
3
hoặc x
4
. Nhưng dễ kiểm tra thấy rằng hệ bất
phương trình không t hay đổi nếu khắp nơi có x
2
và x
1
thay chỗ nhau và
x
4
, x
3
cũng thay chỗ nhau. Vì thế nên không mất tính tổng quát ta có thể
coi x
3
là số lớn nhất trong x
2
, x
3
, x
4
, x
5
. Như vậy x
1

≥ x
3
≥ x
i
, i = 2, 4, 5.
Khi đó x
1
x
3
≥ x
2
4
và x
1
x
3
≥ x
2
5
. Từ hai bất đẳng t hức này suy ra x
1
= x
3
.
Thật vậy, giả sử ngược lại nghĩa là x
1
> x
3
và x
3

≥ x
i
, i = 2, 4, 5 ta nhận
được x
1
x
3
> x
2
4
và x
1
x
3
> x
2
5
, mà nó kết hợp bấ t đẳng thức thứ tư dẫn
đến sự vô lý
0 < (x
2
4
− x
1
x
3
)(x
2
5
− x

1
x
3
) ≤ 0.
Dễ thấy x
1
x
3
≥ x
2
4
và x
1
x
3
≥ x
2
5
và từ bất đẳng thức thứ tư của hệ bất
đẳng thức ta suy ra
(x
2
4
− x
1
x
3
)(x
2
5

− x
1
x
3
) = 0,
nghĩa là hoặc x
2
4
= x
1
x
3
(điều này tươ ng đương x
1
= x
3
= x
4
), hoặc là
x
2
5
= x
1
x
3
(tương đương x
1
= x
3

= x
5
).
Trong trường hợp thứ nhất , nếu ít nhất một trong những số x
2
và x
5
thực chất nhỏ hơn x
1
= x
3
= x
4
, thì ta nhận được vô lý với bất
đẳng thức thứ ba của hệ. Tức là t rong trườ ng hợp này năm số phải bằng
nhau.
Trường hợp thứ hai, x
1
= x
3
= x
5
, số x
5
= x
3
≥ x
i
, i = 2, 4. Nếu
giả sử ít nhất một trong các số x

2
và x
4
nhỏ hơn x
5
, từ bất đẳng thức
sau cùng của hệ suy ra 0 < (x
2
5
− x
2
x
4
)(x
2
1
− x
2
x
4
) ≤ 0, điều này vô lý.
Như vậy trong trường hợp này ta cũng có x
1
= x
2
= x
3
= x
4
=

x
5
.
Ví dụ 2.2.10. Chứng tỏ rằng nghiệm nguyên duy nh ất của phương trình
x
2
− 7y
2
= 0 là x = y = 0.
Chứng minh. Dễ kiểm tra thấy x = y = 0 là nghiệm của phương trình
đã cho. Giả sử đó không phải nghiệm duy nhất mà còn những nghiệm
khác ( x
i
, y
i
), trong các nghiệm đó ta chọn nghiệm (x
0
, y
0
) mà x
0
có giá
trị tuyệt đối nhỏ nhất t rong các x
i
= 0. Vì (x
0
, y
0
) là nghiệm của phương
trình đã cho nên

x
2
0
= 7y
2
0
.
Từ đó ta thấy x
2
0
chia hết cho 7, do đó x
0
chia hết cho 7, tức là x
0
= 7x
′
0
với x
′
0
là một số nguyên. Thay x
0
vào ta có
7 (x
′
0
)
2
= (7y
′

0
)
2
23