Giải một số bài tập chứng minh phản chứng toán 10

Phương pháp chứng minh bằng phản chứng
A ⇒ B : Đ ⇔
B A⇒
: Đ (MĐ phản đảo)
B1. Giả sử B sai (phủ định KL)
Dùng lập luận ⇒ A sai (trái giả thiết, trái với
một định lí đã được chứng minh trước đó)
B2. Kết luận
1) Nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b nhỏ
hơn 1.
Giải :
+ Giả sử a ≥ 1, b ≥ 1 , khi đó a + b ≥ 2, trái giả
thiết a + b < 2
+ Vậy a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải
nhỏ hơn 1.
2) Một tam giác không phải là tam giác đều thì nó
có ít nhất một góc nhỏ hơn 60
0
.
+ TH1 : Giả sử ba góc của tam giác bằng 60
0
thì
tam giác đó là tam giác đều ! trái gt
+ TH2 : Giả sử ba góc đều lớn hơn 60
0
⇒ tổng ba
góc của chúng lớn hơn 180
0
! Trái với định lí tổng
ba góc trong một tam giác bằng 180
0

.
Vậy một tam giác không phải là tam giác đều thì
nó có ít nhất một góc nhỏ hơn 60
0
3) Nếu x ≠ − 1 và y ≠ − 1 thì x + y + xy ≠ − 1
+ Giả sử x + y + xy = − 1
⇒ x + y + xy + 1 = 0
⇒ y(x + 1) + (x + 1).1 = 0
⇒ (x + 1)(y +1) = 0
⇒ x + 1 = 0 hoặc y + 1 = 0
⇒ x = − 1 hoặc y = − 1
Trái giải thiết !
Vậy nếu x ≠ − 1 và y ≠ − 1 thì x + y + xy ≠ − 1
4) Nếu bình phương của một số tự nhiên n là một
số chẵn thì n cũng là một số chẵn.
+ Giả sử n là số tự nhiên lẻ. Khi đó,
n = 2k + 1, k ∈ 
⇒ n
2
= 4k
2
+ 4k + 1 = 4k(k + 1) + 1 là số lẻ !
(vì 4k(k + 1) là số chẵn)
Vậy bình phương của một số tự nhiên n là một số
chẵn thì n cũng là một số chẵn.
5) Nếu tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì
tổng của chúng là một số chẵn.
+ Giả sử tổng a + b là số lẻ, khi đó : a, b không
cùng tính chẵn – lẻ nên a.b là số chẵn ! trái giả
thiết

+Vậy tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì tổng
của chúng là một số chẵn.
6) Nếu một tứ giác có tổng các góc đối diện bằng
hai góc vuông thì tứ giác đó nội tiếp được đường
tròn.
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
, giả sử D ∉ (O)
Khi đó, đường thẳng CD cắt (O) tại D’ và
µ
¶
'D D≠
⇒ ABCD’ nội tiếp được ⇒
µ
¶
' 2 (1)B D v+ =
Và
µ
µ
2 (2)B D v+ =
Từ (1) và (2) ⇒
µ
¶
'D D=
!
Vậy một tứ giác có tổng các góc đối diện bằng hai
góc vuông thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.
7) Nếu x
2

+ y

2
= 0 thì x = 0 và y = 0.
+ Giả sử x ≠ 0 hoặc y ≠ 0 thì khi đó
x
2
> 0 hoặc y
2
> 0
⇒ x
2
+ y
2
> 0 ! trái giả thiết
Vậy x
2

+ y
2
= 0 thì x = 0 và y = 0.
8) Chøng minh ®Þnh lÝ :
“Cho m, n nguyªn dư¬ng.
m và n chia hÕt cho 3 khi và chØ khi m
2
+ n
2
chia
hÕt cho 3”.
Phần thuận :
m chia hết cho 3
⇒

m
2
chia hết cho 3
n chia hết cho 3
⇒
n
2
chia hết cho 3
do đó, m
2
+ n
2
chia hết cho 3.
Đảo lại , m
2
+ n
2
chia hết cho 3 ta cần chứng minh
m và n chia hết cho 3
Chứng minh bằng phản chứng :
m và n không chia hết cho 3, khi đó :
m = 3k ± 1 và n = 3p ± 1, k, p ∈ 
*
⇒ m
2
+ n
2
= 9k
2
± 6k +1 + 9p

2
± 6p + 1
= 3(3k
2
± 2k + 3p
2
± 2p) + 2
Vì 3(3k
2
± 2k + 3p
2
± 2p)
M
3 và 2
M
3 nên m
2
+ n
2

không chia hết cho 3 ! trái giả thiết.
Vậy m
2
+ n
2
chia hết cho 3 thì m và n chia hết cho
3
KL : “Nếu m, n nguyªn dư¬ng.
m và n chia hÕt cho 3 khi và chØ khi m
2

+ n
2
chia
hÕt cho 3”.
9) Nếu a.b lẻ thì a và b đều lẻ.
Giả sử a hoặc b là số chẵn, thì a.b là số chẵn ! trái
giả thiết a.b lẻ. Vậy tích ab lẻ thì a và b đều lẻ.
10) Nếu a
2
= b
2
thì a = b (a, b > 0).
Giả sử a, b > 0 và a ≠ b ⇒ a + b > 0 và a – b ≠ 0
⇒ (a + b)(a – b) ≠ 0 ⇒ a
2
≠ b
2
, trái giả thiết !
Vậy với a, b > 0, a
2
= b
2
thì a = b
11) Trong mp, nếu hai đường thẳng phân biệt cùng
vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì chúng
song song với nhau.
Giả sử hai đường thẳng a, b cùng
vuông góc với c
tại E, F và a , b cắt nhau tại một điểm
Q

Khi đó : tam giác EFQ có
µ
µ
µ µ
2 2E F Q v Q v+ + = + >
! trái với
định lí tổng ba góc trong một tam giác
bằng 180
o
Vậy trong mp, nếu hai đường thẳng
phân biệt cùng vuông góc với một
đường thẳng thứ ba thì chúng song
song với nhau.
12) Nếu a
1
a
2
≥ 2(b
1
+ b
2
) thì ít nhất 1 trong 2
phương trình x
2
+ a
1
x + b
1
= 0, x
2

+ a
2
x + b
2
= 0 có
nghiệm.
Giả sử cả hai phương trình trên vô nghiệm
Khi đó : ∆
1
= a
1
2
– 4b
1
< 0, ∆
1
= a
2
2
– 4b
2
< 0
⇒ ∆
1
+ ∆
2
< 0 ⇒ a
1
2
– 4b

1
+ a
2
2
– 4b
2
< 0
⇒ a
1
2
+ a
2
2
< 4(b
1
+ b
2
) (1)
Mà (a
1
– a
2
)
2
≥ 0 ⇒ a
1
2
+ a
2
2

– 2a
1
a
2
≥ 0
⇒ a
1
2
+ a
2
2
≥ 2a
1
a
2
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ 2a
1
a
2
≤ 4(b
1
+ b
2
)
⇒ a
1
a
2
≤ 2(b

1
+ b
2
) ! Trái giả thiết.
Vậy phải có ít nhất 1 trong hai số ∆
1
, ∆
2
lớn hơn 0
KL : Nếu a
1
a
2
≥ 2(b
1
+ b
2
) thì ít nhất 1 trong 2
phương trình x
2
+ a
1
x + b
1
= 0, x
2
+ a
2
x + b
2

= 0 có
nghiệm.
13) Chứng minh rằng
2
là số vô tỉ.
+ Giả sử
2
là số hữu tỉ, tức là
2
m
n
=
, trong
đó m, n ∈ 
*
,
m
n
tối giản hay (m, n) = 1
Từ
2
m
n
=
⇒ m
2
= 2n
2
⇒ m
2

là số chẵn
⇒ m là số chẵn ⇒ m = 2k, k ∈ 
*
Từ m
2
= 2n
2
⇒ 4k
2
= 2n
2
⇒ n
2
= 2k
2
⇒ n
2
là
số chẵn ⇒ n là số chẵn
Do đó m chẵn, n chẵn ⇒ phân số
m
n
chưa tối
giản. Mâu thuẫn giả thiết.
+ Vậy
2
là số vô tỉ.
14) Chứng minh rằng nếu a và b là hai số dương
thì
2a b ab+ ≥

(bài 7/12 sách ĐS 10 NC)
Giả sử
2a b ab+ <
⇒
2 0a ab b− + <
⇒
2
( ) 0a b− <
! vô lí
Vậy với a, b là hai số dương thì
2a b ab+ ≥
15) Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên và n
2

chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5.(cùng đề trên
với n chia hết cho 3)
+ Giả sử n không chia hết cho 5 thì n phải có dạng
n = 5k ± 1 hoặc n = 5k ± 2, k ∈ 
*
TH1/ Nếu n = 5k ± 1 thì n
2
= 25k
2
± 10k + 1
không chia hết cho 5, trái giả thiết.
TH2/ Nếu n = 5k ± 2 thì n
2
= 25k
2
± 20k + 4

không chia hết cho 5, trái giả thiết.
+ Vậy cả hai trường hợp đều dẫn đến trái giả thiết.
KL : n là số tự nhiên và n
2
chia hết cho 5 thì n chia
hết cho 5
Chứng minh tương tự
+ Giả sử n không chia hết cho 3 thì n phải có dạng
n = 3k ± 1 , k ∈ 
*
n
2
= 9k
2
± 6k + 1 không chia hết cho 3, trái giả
thiết.
+ Vậy n là số tự nhiên và n
2
chia hết cho 3 thì n
chia hết cho 3
16) Chứng minh rằng nếu 5n + 4 là lẻ thì n lẻ.
Giả sử n là số chẵn, thì n = 2k, k ∈ 
Khi đó : 5n + 4 = 5.2k + 4 là số chẵn, trái giả thiết
Vậy n phải là số lẻ.
KL : 5n + 4 là lẻ thì n lẻ.
17) Cho ba số a, b, c ∈ (0 ; 1). Chứng minh rằng
có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai :
a(1 – b) >
1
4

(1)
b(1 – c) >
1
4
(2)
c(1 – a) >
1
4
(3)
Giả sử cả ba bất đẳng thức (1), (2), (3) đều đúng,
Khi đó, nhân theo vế của (1) , (2), (3) ta được :
a(1 – b). b(1 – c) .c(1 – a) >
1
4
.
1
4
.
1
4
=
1
64

Hay : a(1 – a). b(1 – b) .c(1 – c) >
1
64
(*)
Ta có : a(1 – a) = − a
2

+ a =
2
1 1 1
4 2 4
a
 
− − ≤
 ÷
 
Do : 0 < a < 1 ⇒ 0< a(1 – a) ≤
1
4
(4)
Tương tự : 0< b(1 – b) ≤
1
4
(5)
0< c(1 – c) ≤
1
4
(6)
Nhân theo vế (4), (5), (6) ta được :
a(1 – a). b(1 – b) .c(1 – c) ≤
1
64
(**)
Bất đẳng thức (**) mâu thuẫn (*), do đó cả ba bất
đẳng thức (1), (2), (3) không thể đồng thời đúng.
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức này là
sai. (đpcm)

18) Cho a.b.c ≠ 0, chứng minh rằng có ít nhất một
trong ba phương trình sau có nghiệm :
2
2 0 (1)ax bx c+ + =
2
2 0 (2)bx cx a+ + =
2
2 0 (3)cx ax b+ + =
Giả sử cả ba phương trình trên đều vô nghiệm, thì
2
1
' 0b ac∆ = − <
2
2
' 0c ab∆ = − <
2
3
' 0a bc∆ = − <
⇒
2 2 2
1 2 3
' ' ' 0a b c ab bc ca∆ + ∆ + ∆ = + + − − − <
⇒
2 2 2
1
( ) ( ) ( ) 0
2
a b b c c a
 
− + − + − <

 
(vô lí)
Vậy có ít nhất một trong ba phương trình trên có
nghiệm.
19) Cho các số a, b, c thỏa các điều kiện :
0 (1)
0 (2)
0 (3)
a b c
ab bc ca
abc
+ + >


+ + >


>

Chứng minh
0a >
,
0b >
,
0c >
Giả sử ba số a, b, c không đồng thời là số dương.
Vậy có ít nhất một số không dương. Do a, b, c có
vai trò bình đẳng nên ta có thể giả sử :
0a ≤

+ Nếu
0a =
thì mâu thuẫn với (3)
+ Nếu
0a <
thì từ (3) ⇒
0bc <
Ta có (2) ⇔
( )a b c bc+ > −
⇒
( ) 0a b c+ >

⇒
0b c+ <
⇒
0a b c+ + <
mâu thuẫn (1). Do đó
0a >
. Chứng minh tương tự :
0, 0b c> >
Vậy
0a >
,
0b >
,
0c >
20) Chứng minh rằng “Nếu a, b, c là ba số dương
thì a
3
+ b

3
+ c
3
≥ 3abc”
Giả sử ngược lại : a
3
+ b
3
+ c
3
< 3abc (*)
Khi đó :
(*) ⇔ (a + b +c)(a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca) < 0
⇔ (a + b + c)[(a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
] < 0
Do giả thiết a, b, c > 0 nên bất đẳng thức cuối
cùng sai, vậy a
3
+ b

3
+ c
3
≥ 3abc.
GV: HUỲNH ĐẮC NGUYÊN
– THPT VÕ MINH ĐỨC