Sáu phương pháp giải các bài toán phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
————————–

VŨ THỊ HIỀN

SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
————————–

VŨ THỊ HIỀN

SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TS. Đặng Huy Ruận

Hà Nội - 2015

Mục lục
Mở đầu

1

1 Phương pháp quy nạp
1.1 Nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Cơ sở quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải một số bài toán

.
.
.
.
.

2
2
2
3
3
4

.
.
.

.

17
17
18
19
19

2 Phương pháp chứng minh phản chứng
2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Nội dung của phương pháp phản chứng . . . . .
2.3 Trình bày lời giải của phương pháp phản chứng .
2.4 Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

3 Phương pháp suy luận trực tiếp

28
3.1 Vài nét về phương pháp suy luận trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Các ví dụ về vận dụng phương pháp suy luận trực tiếp . . . . . . 29
4 Phương pháp đồ thị
4.1 Một số khái niệm và kết quả cơ bản của lí thuyết đồ thị . . . . .
4.2 Phương pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Xây dựng đồ thị mô tả các quan hệ . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Dựa vào các kết quả của lý thuyết đồ thị hoặc lý luận trực
tiếp suy ra đáp án của bài toán D . . . . . . . . . . . . .
4.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35
. 35
. 36
. 37
. 37
. 37

5 Phương pháp bảng
53
5.1 Giới thiệu về phương pháp bảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
i


MỤC LỤC

5.2

Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

6 Phương pháp sơ đồ
6.1 Các bước thực hiện phương pháp sơ đồ . . . . . . . . . . . . . .
6.1.1 Thiết lập sơ đồ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.1.2 Dựa vào cấu trúc của sơ đồ mô tả quan hệ và điều kiện
đã cho trong bài toán mà suy ra đáp án . . . . . . . . . .
6.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ii

67
. 67
. 67
.
.
.
.

67
67
77
79


Mở đầu
Toán phổ thông chẳng những nhiều về số lượng, còn phong phú về chủng
loại.
Mỗi chủng loại đòi hỏi một phương pháp giải thích hợp. Bởi vậy có nhiều
phương pháp giải toán phổ thông.

Với khối lượng có hạn, luận văn chỉ xin phép trình bày sáu trong những
phương pháp thường dùng nhất.
Luận văn gồm phần mở đầu và sáu chương:
Chương I trình bày về phương pháp quy nạp,
Chương II trình bày về phương pháp phản chứng,
Chương III trình bày về phương pháp suy luận trực tiếp,
Chương IV trình bày về phương pháp đồ thị,
Chương V trình bày về phương pháp bảng,
Chương V I trình bày về phương pháp sơ đồ.
Mỗi phương pháp đều có phần tóm tắt cơ sở lý thuyết và phần vận dụng
phương pháp để giải bài tập.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo GS. TS
Đặng Huy Ruận. Em xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán - Cơ - Tin học, khoa Sau
Đại học, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, các
Thầy, Cô giáo đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho chúng em trong thời gian
học tập tại đây. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các Đồng nghiệp tại trường
Phổ Thông Hồng Đức - Hà Nội, những người đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều
trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Luận văn khó tránh khỏi hạn chế và sơ xuất. Rất mong được sự chỉ bảo của
Quý thầy cô và Quý bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

1


Chương 1
Phương pháp quy nạp
Phương pháp quy nạp có vai trò vô cùng quan trọng trong toán học, khoa
học và cuộc sống. Đối với nhiều bài toán trong chương trình toán phổ thông là

những bài toán logic, tức những bài toán không mẫu mực phương pháp quy nạp
cho ta nhiều cách giải hữu hiệu.
Suy diễn là quá trình từ "tính chất" của tập thể suy ra tính chất của cá thể,
nên luôn luôn đúng, còn quá trình ngược lại, tức quá trình quy nạp: đi từ "tính
chất" của một số các thể suy ra "tính chất" của tập thể thì không phải lúc nào
cũng đúng, mà quá trình này chỉ đúng khi nó thỏa mãn một số điều kiện nào
đó, tức thỏa mãn nguyên lý quy nạp.

1.1

Nguyên lý quy nạp

Nếu khẳng định S(n) thỏa mãn hai điều kiện sau:
a) Đúng với n = k0 (số tự nhiên nhỏ nhất mà S(n) xác định).
b) Từ tính đúng đắn của S(n) đến n = t (hoặc đối với mọi giá trị của n (k0 ≤
n ≤ t)) (t ≥ k0 ), ta cần chứng minh tính đúng đắn của S(n) đối với n = t + 1, thì
khiØS(n) đúng với mọi n ≥ k0 .

1.2

Phương pháp chứng minh bằng quy nạp

Giả sử khẳng định S(n) xác định với mọi n ≥ t0 . Để chứng minh S(n) đúng
∀n ≥ t0 bằng quy nạp ta cần thực hiện theo hai bước sau:

2


Chương 1. Phương pháp quy nạp

1.2.1

Cơ sở quy nạp

Thực hiện bước này tức là ta thử xem sự đúng đắn của S(n) với n = t0 nghĩa
là xét S(t0 ) có đúng hay không?

1.2.2

Quy nạp

Giả sử khẳng định S(n) đã đúng đến n = t (hoặc đối với mọi n (t0 ≤ n ≤ t))
(t ≥ t0 ). Trên cơ sở giả thiết này ta chứng minh tính đúng đắn của S(n) đối với
n = t + 1, tức S(t + 1) đúng.
Nếu cả ba bước trên thỏa mãn, thì theo nguyên lý quy nạp S(n) đúng với
∀n ≥ t0 .
Chú ý: Trong quá trình quy nạp nếu không thực hiện đầy đủ cả ba bước: Cơ
sở quy nạp, giả thiết quy nạp và chứng minh quy nạp, thì có thể dẫn đến kết
quả sai lầm, chẳng hạn:
- Do bỏ bước cơ sở quy nạp, ta đưa ra kết luận không đúng: Mọi số tự nhiên
đều bằng nhau! Bằng cách quy nạp như sau: Giả sử các số tự nhiên không vượt
quá k + 1 đã bằng nhau. Khi đó ta có
k =k+1

Thêm vào mỗi vế của đẳng thức trên một đơn vị ta có
k+1=k+1+1=k+2

Cứ như vậy suy ra mọi số tự nhiên không nhỏ hơn k đều bằng nhau. Kết hợp
với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt quá k đều bằng nhau, đi đến
kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!

- Do bỏ qua khâu quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601-1665) đã
n
cho rằng các số dạng 22 + 1 đều là số nguyên tố.
P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
0

Với n = 0 cho 22 + 1 = 21 + 1 = 3 là số nguyên tố.
1

n = 1

cho 22 + 1 = 22 + 1 = 5 là số nguyên tố.

n = 2

cho 22 + 1 = 24 + 1 = 17 là số nguyên tố.

n = 3

cho 22 + 1 = 28 + 1 = 257 là số nguyên tố.

n = 4

cho 22 + 1 = 216 + 1 = 65537 là số nguyên tố.

2

3

4

3


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Nhưng vào thế kỷ 18 Euler đã phát hiện với n = 5 khẳng định trên không
đúng, bởi vì:
5

22 + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417

là hợp số.

1.2.3

Vận dụng phương pháp quy nạp để giải một số bài toán

Phương pháp quy nạp được sử dụng trong tính toán, trong chứng minh và
trong suy luận dưới nhiều dạng khác nhau, nhưng trong phần này chỉ trình bày
việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán logic, tức các bài toán
"không mẫu mực".
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng: Nếu trong túi có một số tiền nguyên (nghìn)
không ít hơn 8000đ, thì luôn luôn có thể mua vé sổ số loại 5000đ và 3000đ.
Lời giải: Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng phương pháp quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức 8000đ, thì ta mua một
vé sổ số loại 5000đ và một vé sổ số loại 3000đ. Khi đó
1 × 5000đ + 1 × 3000đ = 8000đ

và ta đã tiêu được hết số tiền có trong túi.

2) Quy nạp. Giả sử với k(k ≥ 8000) nghìn đồng ta đã tiêu hết bằng cách mua
các vé sổ số loại 5000đ và 3000đ. Nếu có thêm 1000đ nữa ta cũng có thể mua
được bằng cách sau đây:
a) Nếu trong các vé sổ số đã mua có ít nhất ba vé loại 3000đ, thì ta trả lại
ba vé loại 3000đ, đưa thêm 1000đ và lấy về hai vé loại 5000đ. Khi đó
3 × 3000đ + 1000đ = 2 × 5000đ.

b) Nếu trong các vé sổ số đã mua có không quá hai vé loại 3000đ, thì phải
có ít nhất một vé loại 5000đ. Bởi vì trong túi không ít hơn 8000đ, mà đã tiêu
hết. Khi đó đem trả lại một vé loại 5000đ, đưa thêm 1000đ và lấy về hai vé loại
3000đ, ta có
1 × 5000đ + 1000đ = 2 × 3000đ
Như vậy trong mọi trường hợp từ kết quả tiêu k nghìn đầu tiên đã suy ra
được cách tiêu nghìn thứ k + 1, nên bài toán đã được giải quyết xong.

4


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Ví dụ 1.2.2. Em An cầm một tờ giấy và lấy kéo cắt thành 7 mảnh. Sau đó nhặt
một trong những mảnh giấy đã cắt và lại cắt thành 7 mảnh. Và em An cứ tiếp
tục cắt giấy như vậy. Sau một hồi em An thu tất cả các mẩu giấy đã cắt ra và
đếm được 122 mảnh. Liệu em An đếm đúng hay sai?
Lời giải:
1) Mỗi lần cắt mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là đã tạo ra thêm 6 mảnh giấy,
nên công thức tính số mảnh giấy sau n bước thực hiện một mảnh giấy thành 7
mảnh có dạng: S(n) = 6n + 1.
2) Tính đúng đắn của công thức S(n) được khẳng định bằng quy nạp theo n.
10 ) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, em An cắt mảnh giấy có trong tay thành 7

mảnh, nên có
S(1) = 6.1 + 1 = 6 + 1 = 7
20 ) Quy nạp. Giả sử sau k bước em An đã nhận được số mảnh giấy là
S(k) = 6k + 1

Sang bước k + 1 em An lấy một trong những mảnh giấy nhận được trong k
bước trước và cắt thành 7 mảnh, tức em An đã lấy đi một trong S(k) mảnh và
thay vào đó 7 mảnh được cắt ra nên
S(k + 1) = S(k) − 1 + 7 = 6k + 1 − 1 + 7 = 6k + 7
= 6k + 6 + 1 = 6(k + 1) + 1

Vậy số mảnh giấy em An nhận được sau n bước cắt giấy là S(n).
3) Do S(n) = 6n + 1 ≡ 1 (mod 6), nhưng 122 = 6.20 + 2 ≡ 2 (mod 6), nên em
An đếm không đúng.
Ví dụ 1.2.3. (Chứng minh tính chất bằng quy nạp).
Cho x + x1 , x = 0 là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n, số
T (n, x) = xn +

1
xn

cũng là số nguyên.
Lời giải: Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1 có T (1, x) = x + x1 là số nguyên, theo giả thiết.
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên k(n ≥ k ≥ 1) nghĩa
là
T (k, x) = xk +
5

1
xk


Chương 1. Phương pháp quy nạp

là số nguyên.
Với n = k + 1 số
T (k + 1, x) = xk+1 +
= x+

1
x

1
xk+1

=

xk +

1
xk

− xk−1 +

1
xk−1

1

theo giả thiết quy nạp, các số x + x1 , xk−1 + xk−1
và xk + x1k đều nguyên, nên
T (k + 1, x) là số nguyên và khẳng định đúng với mọi số nguyên dương n.

Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng mọi số nguyên lớn hơn 1 đều có thể viết dưới
dạng tích của các thừa số nguyên tố.
Lời giải: Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 2, ta có 2 = 2,
Với n = 3, ta có 3 = 3, n = 4, ta có 4 = 2 × 2
Vậy khẳng định đúng với n = 2, 3, 4.
2. Quy nạp. Giả sử với mọi số nguyên n đều phân tích được thành tích của
các thừa số nguyên tố. Ta chứng minh n + 1 cũng phân tích được thành tích của
các thừa số nguyên tố.
Thật vậy
• Nếu n + 1 là số nguyên tố thì nó bằng tích của chính n + 1.
• Nếu n + 1 là hợp số thì n + 1 = a.b với 2 ≤ a, b < n.

Theo giả thiết quy nạp, thì a, b đều phân tích được thành tích các thừa số
nguyên tố.
Suy ra, n + 1 cũng phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố.
Theo nguyên lý quy nạp, mọi số nguyên n > 1 đều phân tích được thành tích
các thừa số nguyên tố.
Ví dụ 1.2.5. (Chứng minh tính chia hết bằng quy nạp). Chứng minh rằng với
n
n
n
.
mọi số nguyên dương n số 23 + 1 chia hết cho 3n+1 23 + 1 ..3n+1 và số 23 + 1
không chia hết cho 3n+2

n

23 + 1

.. n+2
.3
.

Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp. Kí hiệu 23 + 1 = An .
1) Cơ sở quy nạp.
1
.
.
Với n = 1 ta có A1 = 23 + 1 = 23 + 1 = 8 + 1 = 9, nên A1 ..32 và A1 ..33 .
2
.
.
Với n = 2 ta có A2 = 23 + 1 = 513, nên A2 ..33 và A2 ..34 .
n

6


Chương 1. Phương pháp quy nạp

.
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với n = k ≥ 2, nghĩa là Ak ..3k+1 và
.
Ak ..3k+2 .
.

Vì Ak ..3k+1 , nên
(Ak = M.3k+1

∃M ∈ N

.
và M ..3)

(1.1)

Xét n = k + 1
k+1

Ak+1 = 23

k

+ 1 = 23

= 3k+1 .M.

.3

3

k

+ 1 = 23

k

23 + 1

2

k

− 3.23
k

= 3k+1 .M. 32k+2 .M 2 − 3.23

k

+ 1 = 23 + 1
= 3k+1 .M.

3k+1 .M

2

k

23

2

k

− 23 + 1

k

− 3.23
k

= 3k+2 .M. 32k+1 .M 2 − 23

.

.

10 ) Khi đó Ak+1 ..3k+2 , nên với mọi số nguyên dương n đều có 23 + 1..3n+1 .
n

.
20 ) Ak+1 ..3k+3 .

.
a) Vì M ..3 (theo (1.1)), nên

.
3k+2 .M ..3k+3

(1.2)

b) Do k ≥ 2, nên ∃t ∈ N (k = t + 2) và 32k+1 .M 2 = 3k+3+t .M 2 .
Bởi vậy
.
32k+1 .M 2 ..3k+3
k.

k.
k
k
Giả sử 23 ..3k+3 . Khi đó 23 ..9, nhưng 23 = 23 = 8k = ±1 (mod 9), nên
k .
23 ..3k+3

(1.3)

(1.4)

Từ các quan hệ (1.3) và (1.4) ta suy ra
k

32k+1 .M 2 − 23

.. k+3
.3

(1.5)

.
Từ (1.2) và (1.5) suy ra: Ak+1 ..3k+3 , nên với mọi số nguyên dương n số An không
chia hết cho 3n+2 .
Ví dụ 1.2.6. (Chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp)
Cho n(n ≥ 1) số dương x1 , x2 , · · · , xn thỏa mãn điều kiện
x1 .x2 . · · · xn−1 .xn = 1

Chứng minh rằng
x1 + x2 + · · · + xn−1 + xn ≥ n

và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn
7


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1 ta chỉ có số x1 . Vì x1 = 1, nên x1 thỏa mãn bất
đẳng thức x1 ≥ 1.
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với k số dương tùy ý có tích bằng 1.
Xét k + 1 số dương tùy ý x1 , x2 , · · · , xk , xk+1 với x1 .x2 . · · · xk .xk+1 = 1. Có hai khả
năng đặt ra:
a) Nếu x1 = x2 = · · · = xk = xk+1 , thì xi = 1 (1 ≤ i ≤ k + 1). Khi đó
x1 + x2 + · · · + xk + xk+1 = k + 1

và khẳng định được chứng minh.
b) Nếu k + 1 số được xét x1 , x2 , · · · , xk , xk+1 không đồng thời bằng nhau, thì do
tích của chúng bằng 1 và các số này đều dương, phải có ít nhất một số lớn hơn
1 và ít nhất một số nhỏ hơn 1. Không giảm tính tổng quát, giả sử xk < 1 và
xk+1 > 1. Khi đó
1 − xk > 0, xk+1 − 1 > 0

nên (1 − xk ) (xk+1 − 1) > 0

Bởi vậy
xk + xk+1 > xk .xk+1 + 1

(1.6)

Từ đẳng thức: x1 .x2 . · · · xk−1 (xk xk+1 ) = x1 .x2 . · · · .xk−1 xk .xk+1 = 1 suy ra k số
dương x1 , x2 , · · · , xk−1 , (xk xk+1 ) có tích bằng 1, nên theo giả thiết quy nạp, có
x1 + x2 + · · · + xk xk+1 ≥ k

Cộng cả hai vế của bất đẳng thức trên với 1 ta có bất đẳng thức
x1 + x2 + · · · + xk xk+1 + 1 ≥ k + 1

(1.7)

Từ bất đẳng thức (1.6) và (1.7) ta có
x1 + x2 + · · · + xk + xk+1 ≥ x1 + x2 + · · · + xk xk+1 + 1 ≥ k + 1

Khẳng định đã được chứng minh.
Với n số dương tùy ý x1 = x2 = · · · = xn và x1 .x2 . · · · xn = 1 suy ra xi = 1(1 ≤ i ≤
n), nên x1 + x2 + · · · + xn = n.
Ví dụ 1.2.7. (Tìm chữ số tận cùng bằng quy nạp)
k
Với mọi số nguyên dương k ≥ 2 hãy tìm chữ số tận cùng của số Ak = 22 + 1.
8


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
2
1) Cơ sở quy nạp. Với k = 2 số A2 = 22 + 1 = 24 + 1 = 17
2) Quy nạp. Giả sử với k = n ≥ 2 số An đã có tận cùng là 7.
n+1
Xét số An+1 = 22 + 1.
Do An tận cùng số 7, nên tồn tại số nguyên dương m, để An = 10m + 7. Từ đó

n

An − 1 = 22 = 10m + 6.
n+1

An+1 = 22

n.2

+ 1 = 22

n

+ 1 = 22

2

+1

= (10m + 6)2 + 1 = 100m2 + 120m + 36 + 1
= 10 10m2 + 12m + 37 = 10 10m2 + 12m + 3 + 7

nên An+1 tận cùng bằng chữ số 7.
Vậy với mọi số k ≥ 2, số Ak tận cùng bằng chữ số 7.
Ví dụ 1.2.8. Tính tổng sau
S(n) = 12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 ,

trong đó n là một số tự nhiên.
Lời giải: Ta sẽ đi dự đoán công thức tổng S(n). Ta thấy S(n) là tổng của các
lũy thừa bậc hai của các số 1, 3, · · · , (2n + 1), nên ta dự đoán S(n) phải là một

đa thức của n có bậc không nhỏ hơn ba. Giả sử S(n) = an3 + bn2 + cn + d. Vì
S(0) = 1 nên d = 1. Lần lượt thay n = 1, n = 2, n = 3, ta được hệ

a+b+c=9



8a + 4b + 2c = 34
27a + 9b + 3c = 83

Giải hệ này ta thu được a = 34 , b = 4, c =

11
3.

Khi đó,

4
11
(n + 1) (2n + 1) (2n + 3)
S(n) = n3 + 4n2 + n + 1 =
3
3
3

(1.8)

Ta sẽ chứng minh công thức (1.8) bằng quy nạp theo n.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, ta dễ dàng kiểm tra được (1.8) đúng.
2) Quy nạp. Giả sử (1.8) đúng với n = k , ta chứng minh (1.8) đúng với

n = k + 1.
Thật vậy
S(k + 1) = 12 + 32 + · · · + (2k + 1)2 + (2k + 3)2
= S(k) + (2k + 3)2 .
9


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Theo giả thiết quy nạp thì S(k) =
Suy ra

(k+1)(2k+1)(2k+3)
.
3

(k + 1) (2k + 1) (2k + 3)
+ (2k + 3)2
3
(k + 2) (2k + 3) (2k + 5)
=
3

S(k + 1) =

Vậy công thức (1.8) đúng với n = k + 1, do đó theo nguyên lý quy nạp (1.8) đúng
với mọi n.
Ví dụ 1.2.9. Chứng minh rằng A(n) = 7n + 3n − 1 chia hết cho 9 với mọi số tự
nhiên n.
Lời giải: Đặt A(n) = 7n + 3n − 1. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp.

1) Cơ sở quy nạp. Với n = 0, ta có A(0) = 0 chia hết cho 9.
2) Quy nạp. Giả sử A(k) chia hết cho 9 với mọi k ∈ N. Ta sẽ chứng minh
A(k + 1) cũng chia hết cho 9.
Thật vậy, ta có
A(k + 1) = 7k+1 + 3 (k + 1) − 1
= 7A(k) − 9. (2k − 1) .

(1.9)

Theo giả thiết quy nạp thì A(k) chia hết cho 9. Do đó từ (1.9) ta suy ra A(k + 1)
cũng chia hết cho 9.
Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 1.2.10. Gọi S(n) là tổng tất cả các ước số lẻ lớn nhất của các số tự nhiên
từ 1 đến 2n . Chứng minh rằng 3S(n) = 4n + 2.
Lời giải: Các số tự nhiên từ 1 đến 2n bao gồm các số lẻ từ 1 đến 2n và gấp đôi
của các số tự nhiên từ 1 đến 2n−1 . Từ đó ta có
S(n) = S(n − 1) + 1 + 3 + · · · + (2n − 1)

hay
S(n) = S(n − 1) + 4n−1

(1.10)

Ta sẽ chứng minh bài toán đã cho bằng quy nạp theo n.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có 3S(1) = 3(1 + 1) = 6 = 41 + 2, khẳng định
đúng với n = 1
10


Chương 1. Phương pháp quy nạp

2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = k , tức là
(1.11)

3S(k) = 4k + 2

Ta cần chỉ ra khẳng định đúng với n = k + 1 hay 3S(k + 1) = 4k+1 + 2.
Thật vậy, theo (1.10) ta có
S(k + 1) = S(k) + 4k
⇔ 3S(k + 1) = 3S(k) + 3.4k

= 4k + 2 + 3.4k

(1.12)

= 4k+1 + 2.

theo giả thiết quy nạp. Vậy khẳng định đã cho đúng với mọi n ∈ N∗ .
Ví dụ 1.2.11. Tìm bậc cao nhất k của 2007 sao cho 2007k là ước của số:
2006

20082007

2008

+ 20062007

.

Lời giải: Ta chứng minh hai bổ đề sau:

Bổ đề 1.2.1. Với số tự nhiên lẻ a ≥ 3 và với mọi n nguyên dương không chia
hết cho a, ta có:
n

(1 + a)a = 1 + Sn an+1 ,

trong đó Sn là số nguyên dương và không chia hết cho a.
Bổ đề 1.2.2. Với số tự nhiên lẻ b ≥ 3 và với mọi số n nguyên dương, ta có:
n

(b − 1)b = −1 + tn bn+1 ,

trong đó tn là số nguyên không chia hết cho b.
+, Chứng minh bổ đề 1: Ta sẽ chứng minh bổ đề 1 bằng quy nạp.
1. Cơ sơ quy nạp. Với n = 1, ta có
(1 + a)a = 1 + Ca1 a + Ca2 a2 + . . . + Caa aa =
= 1 + a2 1 + Ca2 + Ca3 a + . . . + aa−2
= 1 + S1 a2 .
a(a−1) .
a!
= 2 ..a.
Vì a lẻ nên Ca2 = 2!(a−2)!
Do vậy, S1 = 1 + Ca2 + Ca3 a + . . . + aa−2 không chia hết cho a.

11


Chương 1. Phương pháp quy nạp

2. Quy nạp. Giả sử khẳng định trên đúng với n = k , tức là

k

(1 + a)a = 1 + Sk ak+1 ,

trong đó Sk là số nguyên dương và không chia hết cho a.
Ta có
(1 + a)a

k+1

= (1 + a)a

k

.a

= 1 + Sk ak+1

a

= 1 + Ca1 Sk ak+1 + Ca2 Sk ak+1

2

+ . . . + Caa Sk ak+1

a

= 1 + ak+2 Sk + Ca2 Sk2 + . . . + Ska aak+a−k−2
= 1 + Sk+1 ak+2 .

Vì Sk không chia hết cho a suy ra Sk+1 không chia hết cho a.
Vậy bổ đề được chứng minh.
+, Chứng minh bổ đề 2. Bổ đề 2 được chứng minh bằng phương pháp quy
nạp bằng cách lý luận tương tự như chứng minh bổ đề 1.
Áp dụng hai bổ đề trên với a = b = 2007, ta được
2006

20082007

2008

+ 20062007

= S2006 20072007 + t2008 20072009
= S2006 + t2008 20072 20072007 .

Vì S2006 không chia hết cho 2007 nên số k lớn nhất thỏa mãn điều kiện bài toán
là 2007.
Ví dụ 1.2.12. Dãy số (un ) xác định như sau:
un+1

u0 = u1 = 1
= un−1 un + 1; n = 1, 2, . . .

.
Chứng minh rằng: u2008 − 3..4.
Lời giải: Từ cách xác định dãy số, ta có u2 = 2; u3 = 3; u4 = 7; u5 = 22; u6 =
155; . . . Nhận thấy:
u2 ≡ 2 (mod 4);

u5 ≡ 2 (mod 4).

u3 ≡ 3 (mod 4);

u4 ≡ 3 (mod 4).

Ta dự đoán:
un ≡ 2
un ≡ 3

(mod 4)
nếu n = 3k + 2, (k ∈ Z)
(mod 4) nếu n = 3k + 1 hoặc n = 3k , (k ∈ Z).
12

(1.13)


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Ta sẽ chứng minh quan hệ (1.13) bằng quy nạp.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 2, 3, 4, 5, ta có quan hệ (1.13) đúng.
2. Quy nạp. Giả sử (1.13) đúng với n = t. Ta cần chứng minh (1.13) đúng với
n = t + 1.
+) Nếu t = 3k , khi đó
t − 1 = 3k − 1 = 3(k − 1) + 2
t + 1 = 3k + 1.

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có

ut ≡ 3

(mod 4); ut−1 ≡ 2 (mod 4)

Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),

hay (1.13) đúng.
+) Nếu t = 3k + 1, suy ra
t − 1 = 3k
t + 1 = 3k + 2 .

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 3

(mod 4); ut−1 ≡ 3 (mod 4)

Suy ra
ut+1 ≡ 3.3 + 1 ≡ 2 (mod 4),

hay (1.13) đúng.
+) Nếu t = 3k + 2, suy ra
t − 1 = 3k + 1
t + 1 = 3(k + 1) .

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 2

(mod 4); ut−1 ≡ 3 (mod 4)

Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),

hay (1.13) đúng. Vậy (1.13) được chứng minh. Do 2008 = 3.669 + 1, nên u2008 ≡ 3
.
(mod 4), hay u2008 − 3..4.
13


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Ví dụ 1.2.13. Chứng minh rằng số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì
chia hết cho 3n , trong đó n là một số nguyên dương cho trước.
Lời giải: Gọi A(n) = aa . . . a, trong đó A(n) gồm 3n chữ số a và 1 ≤ a ≤ 9. Ta
chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có A(1) = aaa chia hết cho 31 = 3. Khẳng
định đúng với n = 1.
2. Quy nạp. Giả sử A(n) chia hết cho 3n , ta cần chứng minh A(n + 1) chia
hết cho 3n+1 .
Thật vậy, ta có
n

n

A(n + 1) = A(n)A(n)A(n) = A.102.3 + A.103 + A
n

n

= A 102.3 + 103 + 1 .

Vì 10 ≡ 1 (mod 3) nên 102.3 + 103 + 1 ≡ 0 (mod 3).
Hơn nữa, theo giả thiết quy nạp, A(n) chia hết 3n .
Do đó, ta có A(n + 1) chia hết 3n .3 = 3n+1 , hay khẳng định đúng với n + 1.
Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định đã cho đúng với mọi n ∈ Z+ .
n

n

Ví dụ 1.2.14. Mỗi đầu của đường kính thuộc đường tròn tâm 0 ghi số 1. Sau
đó tại trung điểm của mỗi cung nhận được ghi số 2 (tổng của hai số được ghi ở
hai đầu của mỗi cung) (Bước 2). Coi bốn điểm ghi số là các điểm chia đường
tròn. Khi đó đường tròn được chia thành bốn cung bằng nhau. Giữa mỗi cung
này lại ghi số 3 (tổng của hai số được ghi ở hai đầu của cung tương ứng) (Bước
3). Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi sau n bước tổng các số được ghi trên đường tròn là
bao nhiêu?
2
3

3

1

1

0

3

3

2

14


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Lời giải: Sau n bước tổng các số trên đường tròn là Sn = 2.3n .
Ta sẽ chứng minh công thức trên bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Sau Bước 1, trên đường tròn có bốn (22 ) số 1, 2, 1, 2. Khi
đó
S1 = 1 + 2 + 1 + 2 = 6 = 2.31

2. Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = k(k ≥ 1), nghĩa là sau k bước
trên đường tròn đã có 2k+1 số
(1.14)

s1 , s2 , . . . , s2k +1 , . . . , s2k+1 ,

với tổng là Sk = 2.3k .
2
3

3

1

1

3

3
2

Sang bước (k + 1), ta coi 2k+1 điểm đã ghi là các điểm chia, nên đường tròn
được thành 2k+1 cung bằng nhau. Do trung điểm của mỗi cung này lại ghi tổng
của hai số đã ghi ở đầu của mỗi cung, nên mỗi số thuộc dãy (1.14) được xuất
hiện đúng hai lần trong các tổng mới (các số được ghi tại bước k + 1). Do đó,
tổng các số được ghi trên đường tròn sau k + 1 bước là:
Sk+1 = tổng các số đã ghi sau bước k + tổng các số được ghi tại bước k+1
= Sk + 2Sk = 3Sk = 3.2.3k = 2.3k+1

Khẳng định được chứng minh.
Ví dụ 1.2.15. Chứng minh rằng trên mặt phẳng n đường thẳng khác nhau cùng
đi qua một điểm, chia mặt phẳng thành 2n phần khác nhau.
Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có một đường thẳng. Nó chia mặt phẳng
thành hai phần, nên khẳng định đúng.
15


Chương 1. Phương pháp quy nạp

2) Quy nạp. Giả sử với n = k khẳng định đã đúng, nghĩa là k đường thẳng
tùy ý cùng đi qua một điểm M đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
Xét n = k + 1 đường thẳng khác nhau tùy ý cùng đi qua một điểm. Kí
hiệu các đường này, một cách tương ứng bằng δ1 , δ2 , · · · , δk , δk+1 . Theo giả thiết
quy nạp k đường thẳng δ1 , δ2 , · · · , δk đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
δs

M
δk+1

δt

Vì các đường thẳng đều khác nhau và cùng đi qua điểm M , nên tồn tại các
chỉ số s, t (1 ≤ s, t ≤ k) để δk+1 là đường thẳng duy nhất nằm trong góc được
lập nên bởi δs và δt . Khi đó δk+1 chia hai phần mặt phẳng được giới hạn bởi
δs và δt thành bốn phần. Bởi vậy k + 1 đường thẳng δ1 , δ2 , · · · , δk , δk+1 chia mặt
phẳng thành
2k − 2 + 4 = 2k + 2 = 2 (k + 1)

phần khác nhau. Khẳng định được chứng minh.

16


Chương 2
Phương pháp chứng minh phản
chứng
Chứng minh là một nét đặc trưng của toán học, tạo ra sự khác biệt giữa
toán học với các môn khoa học khác. Nắm bắt phương pháp và kĩ thuật chứng
minh cũng là yêu cầu bắt buộc đối với học sinh nói chung. Các phương pháp và
kĩ thuật chứng minh rất phong phú: Từ chứng minh trực tiếp đến gián tiếp, từ
chứng minh bằng quy nạp đến chứng minh bằng phản chứng, từ ví dụ đến phản
ví dụ, từ xây dựng đến không xây dựng.
Trong bài luận văn này xin được đề cập đến phép chứng minh phản chứng,
một trong những phương pháp chứng minh kinh điển và quan trọng nhất của
toán học. Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan
trọng nhất của toán học. Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không

thể của một tính chất nào đó. Nó cho phép chúng ta biến thuận thành đảo, biến
đảo thành thuận. Nó cho phép chúng ta lý luận trên những đối tượng mà không
rõ là có tồn tại hay không.

2.1

Cơ sở lý thuyết

Cơ sở lý thuyết của phương pháp phản chứng là các định luật trong logic:
Gọi p, q, r là các mệnh đề toán học nào đó, khi đó
Định lý 2.1.1. (Các định luật cơ bản)
1. (Phi mâu thuẫn): p ∧ p = 0
2. (Bài trung):p ∨ p = 1
Định lý 2.1.2. (Các định luật phản chứng)
1. (Phản chứng) (p ⇒ q) ⇔ (q ⇒ p).
17


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

2. (Phản chứng suy rộng):
(2.1)

(p ∧ q ⇒ r) ⇔ (p ∧ r ⇒ q)

3. (p ⇒ q ∧ q) ⇒ p.
4. (q ⇒ 0) ⇒ q .
Các định luật trên có thể được chứng minh chẳng hạn bằng phương pháp
lập bảng chân lý hoặc phương pháp biến đổi tương đương. Chẳng hạn, ta có thể
chứng minh (2.1) như sau:

(p ∧ q ⇒ r) ⇔ p ∧ q
⇔p
⇔(p

hoặc r

hoặc q

hoặc r

hoặc q

⇔(p ∧ r ⇒ q)

a⇒b⇔a

(do

hoặc r) hoặc q

⇔p ∧ r

2.2

(do

hoặc b)

a∧b⇔a

hoặc b)

(giao hoán, kết hợp và

r ⇔ r)

đpcm.

Nội dung của phương pháp phản chứng

Để chứng minh khẳng định p ⇒ q bằng phương pháp phản chứng ta giả sử q
sai, tức là q là mệnh đề đúng. Nếu từ đó thu được một điều vô lý (vl) thì điều
đó chứng tỏ giả sử của ta là sai, tức là q đúng. Điều vô lý (vl) có thể thuộc một
trong các dạng sau:
+) Điều trái với giả thiết p (vl ≡ p)
+) Điều trái với một trong các kiến thức đã biết (vl ≡ 0)
+) Điều trái với giả sử phản chứng (vl ≡ q).
Khi xây dựng mệnh đề phản chứng q ta cần nhớ
p ⇔ p.
1.
2.
p ∧ q ⇔ p hoặc q .
p ∨ q ⇔ p ∧ q.
3.
∀x, p(x) ⇔ ∃x, p(x).
4.
∃x, p(x) ⇔ ∀x, p(x).
5.
6.
∀x, p(x) ⇔ ∃x, p(x).

7.
∃x, p(x) ⇔ ∀x, p(x).
8. Nếu p(x) := f (x)Rg(x), thì p(x) là : f (x)Rg(x) trong đó, R và R được xác
định như sau:

18


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

R

=

=

>

≥

<

≤

R

=

=

≤

<

≥

>

Ngoài ra còn có:
Định lý 2.2.1. (Định luật về âm bản). Cho A là một công thức logic mà trong
đó chỉ chứa các phép toán: Phủ định, ∧, hoặc đối với các mệnh đề: p1 , p2 , · · · , pn .
Âm bản của A, kí hiệu là Ad là một công thức thu được từ A bằng cách thay
pj ∼ pj ; pj ∼ pj , ∨ ∼ ∧; ∧ ∼ ∨. Khi đó:
A ⇔ Ad

Phương pháp phản chứng còn dựa trên nguyên lý Dirichlet do nhà toán học
Đức nổi tiếng Peter Dirichlet (1805-1859) đề xuất, mà dạng đơn giản nhất của
nguyên lý này được phát biểu như sau: "Không thể nhốt 7 chú thỏ vào 3 cái
lồng sao cho mỗi lồng không có quá hai chú thỏ". Nói cách khác "Nếu nhốt 7
chú thỏ vào 3 cái lồng, thì phải có ít nhất một lồng có không ít hơn 3 chú thỏ".

2.3

Trình bày lời giải của phương pháp phản chứng

Bài toán: Chứng minh p ⇒ q
Lời giải: Giả sử ngược lại, q sai, tức là q . Mà q ⇒ · · · ⇒ vl. Vậy giả sử của ta là
sai, tức là q đúng.
Ngoài ra, ta sẽ giải một số bài toán bằng phương pháp phản chứng dựa trên
nguyên lý Dirichlet.

2.4

Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 2.4.1. Cho f (x) = ax2 + bx + c. Giả sử
|a| + |b| + |c| > 17

(2.2)

∃x ∈ [0; 1], |f (x)| > 1

(2.3)

Chứng minh rằng
Lời giải: Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử (2.3) sai, tức
là
∀x ∈ [0; 1], |f (x)| ≤ 1
(2.4)
19


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

Chọn x = 0; 21 ; 1, từ (2.4) ta được |c| ≤ 1 và:
|a + b + c| ≤ 1
b
a
4 + 2 +c ≤1

Suy ra

|a| + |b| + |c| ≤ 17

Đó là điều vô lý (trái với (2.2)). Vậy giả sử của ta là sai, tức là (2.3) đúng.
Ví dụ 2.4.2. Chứng minh tập các số nguyên tố P là tập vô hạn.
Lời giải: (phản chứng). Giả sử ngược lại, tập P là hữu hạn. Giả sử P =
{p1 , p2 , · · · , pn }. Khi đó, tồn tại số nguyên tố lớn nhất. Gọi đó là pn . Tức là:
pn ∈ P

và ∀p ∈ P, p ≤ pn .

Xét số x = p1 .p2 . . . . .pn + 1. Ta có, x ∈ N; x không chia hết cho các số p1 ; p2 ; . . . ; pn
.
.
(vì nếu x..pj nào đó thì 1..pj : vô lý). Vậy x ∈ P . Mà hiển nhiên, x > pn . Đó là điều
vô lý (trái với cách chọn pn ).
Vậy điều giả sử của ta là sai, tức là P là tập vô hạn.
Ví dụ 2.4.3. Có thể chia các số tự nhiên từ 1 đến 21 thành các nhóm đôi một rời
nhau, sao cho trong mỗi nhóm số lớn nhất bằng tổng các số còn lại hay không?
Lời giải:
Giả sử chia được. Khi đó tổng các số ở mỗi nhóm là một số chẵn (bằng hai
lần số lớn nhất). Vậy tổng của 21 số đã cho là một số chẵn (vì các nhóm đôi
một rời nhau và tổng của các số chẵn là số chẵn).
Nhưng tổng của 21 số đó là 21.11 = 231 là số lẻ. Điều vô lý này chứng tỏ giả
sử của ta là sai, tức là không chia được thành các nhóm thỏa mãn yêu cầu đề
bài.
Ví dụ 2.4.4. Có thể tìm được hay không 5 số nguyên, sao cho các tổng của hai
số một trong 5 số đó lập thành 10 số nguyên liên tiếp?
Lời giải:

Giả sử tìm được 5 số như vậy. Gọi s là tổng của 5 số đó và n là giá trị nhỏ
nhất của tổng các cặp hai số. Khi đó 10 số nguyên liên tiếp nói trong đề bài là
n, n + 1, . . . , n + 9
20


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

Ta tính tổng τ của 10 số đó theo hai cách khác nhau:
Một mặt, τ = n + (n + 1) + (n + 2) + . . . + (n + 9) = 5 (2n + 9)
Mặt khác τ = 4s (do trong τ mỗi số đã cho có mặt đúng 4 lần). Từ đó suy ra
4s = 5 (2n + 9) là điều vô lý.
Vậy giả sử ban đầu là sai, tức là không thể chọn được 5 số thỏa mãn yêu cầu
bài ra.
Ví dụ 2.4.5. Cho ba điểm A, B, C phân biệt trên mặt phẳng. Chứng minh rằng
nếu tồn tại điểm G thuộc mặt phẳng đó thỏa mãn:
−→ −−→ −→ −
→
GA + GB + GC = 0

thì điểm G đó là duy nhất.
Lời giải: Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử còn có điểm O = G thỏa mãn yêu cầu bài toán, tức là
−→ −−→ −→ −
→
OA + OB + OC = 0

Ta có
−→ −−→ −→ −
→

GA + GB + GC = 0
−→ −→ −→ −−→ −→ −→ −
→
⇔ GO + OA + GO + OB + GO + OC = 0
−→ −→ −−→ −→ −
→
⇔ 3GO + OA + OB + OC = 0
−→

−−→

−→

→
−

Do OA + OB + OC = 0 , suy ra
−→ −
→
3GO = 0
−→ −
→
⇔ GO = 0
⇔G≡O

Vậy G là duy nhất.
Ví dụ 2.4.6. (IMO 1982) Cho phương trình
x3 − 3xy 2 + y 3 = n,

n ∈ N∗

(2.5)

1) Chứng minh rằng nếu (2.5) có nghiệm nguyên thì nó không có nghiệm
nguyên duy nhất.
2) Tìm nghiệm nguyên của (2.5) khi n = 2005.
21