Phương pháp chứng minh phản chứng và chứng minh loại dần trong toán phổ thông

Khóa luận tốt nghiệp

A.MỞ ĐẦU
1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong các môn học thì Toán học có vị trí nổi bật, nó có nguồn gốc từ
thực tiễn, có mặt ở khắp mọi nơi và là chìa khoá trong hầu hết hoạt động
của con người, môn học này giúp chúng ta mở rộng kiến thức để bước
vào cuộc sống. Đặc biệt trong chương trình phổ thông, Toán là môn khoa
học công cụ giúp học sinh rèn luyện trí thông minh. Và để giúp học sinh
nắm vững “chìa khoá” là tri thức, hình thành kĩ năng, kĩ xảo để ứng dụng
Toán học vào cuộc sống thì các bài toán trong trường phổ thông chính là
một phương tiện hiệu quả và không thể thay thế. Việc giải quyết các bài
toán có thể coi là mục tiêu ban đầu của cấu trúc Toán học và là phần
không thể chia tách được của các hoạt động Toán học. Giải toán giúp học
sinh rèn luyện kĩ năng suy luận tư duy logic, khả năng sáng tạo, rèn luyện
tính kiên trì đồng thời giúp học sinh củng cố, tổng hợp được các kiến
thức.
Trong chương trình phổ thông học sinh gặp rất nhiều bài toán chứng
minh và cũng có nhiều phương pháp chứng minh để giải quyết các bài
toán này. Mỗi phương pháp đều có cái hay và thế mạnh riêng với mỗi
dạng bài. Trong khoá luận này tôi xin đề cập đến hai phương pháp chứng
minh rất hữu ích hay dùng trong lập luận Toán học với những bài toán
mà việc sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp đôi khi khó giải
quyết.
Với mong muốn giúp cho bản thân cũng như các bạn sinh viên có
được hệ thống một cách khoa học về hai phương pháp chứng minh hay
Bùi Thị Thu Hiền

1

Khóa luận tốt nghiệp

sử dụng của chứng minh gián tiếp qua đó giúp cho việc đào sâu, mở rộng
kiến thức có ích. Từ đó có thể vận dụng hai phương pháp chứng minh
này phổ biến hơn khi giảng dạy các bài toán trong trường phổ thông. Đó
là lí do tôi chọn đề tài “PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN
CHỨNG VÀ CHỨNG MINH LOẠI DẦN TRONG TOÁN PHỔ
THÔNG”.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Tìm hiểu phương pháp chứng minh phản chứng và chứng minh loại
dần trong toán phổ thông thông qua một số bài toán. Nhận dạng một số
bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng và bài toán sử
dụng phương pháp chứng minh loại dần, từ đó góp phần nâng cao kỹ
năng giải toán và phát triển năng lực chứng minh toán học, nâng cao chất
lượng dạy và học.
3. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu cơ sở lý luận về phương pháp chứng minh phản chứng và
chứng minh loại dần.
- Nghiên cứu một số bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản
chứng và phương pháp chứng minh loại dần.
- Vận dụng phương pháp chứng minh phản chứng và loại dần vào giải
quyết một số bài toán.
4. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU
- Đối tượng nghiên cứu: Các bài toán sử dụng phương pháp chứng minh
phản chứng và phương pháp chứng minh loại dần.
- Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán sử dụng phương pháp chứng minh
phản chứng và loại dần trong chương trình toán phổ thông.

Bùi Thị Thu Hiền

2


Khóa luận tốt nghiệp

5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
- Phương pháp nghiên cứu lý luận.
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
6. CẤU TRÚC KHOÁ LUẬN
Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo thì khoá
luận còn có hai chương:
Chương 1: Cơ sở lí luận
Chương 2: Phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp
chứng minh loại dần trong toán phổ thông

Bùi Thị Thu Hiền

3


Khóa luận tốt nghiệp

B. NỘI DUNG
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.1. CHỨNG MINH TOÁN HỌC VÀ CÁC YÊU CẦU CỦA CHỨNG
MINH TOÁN HỌC
1.1.1. Thế nào là chứng minh
Định nghĩa: Giả sử G là tập hợp những mệnh đề toán học và  là một
mệnh đề toán học nào đó. Ta nói rằng  được chứng minh từ giả thiết G,
nếu tồn tại một dãy hữu hạn các mệnh đề toán học A1, A2,…, An (1) sao

cho các yêu cầu sau được thoả mãn.
a) An là .
b) Với mọi i, i=1, 2,…, n, A hoặc là một tiên đề hoặc là một định nghĩa
hoặc là một định lý hoặc là một phần tử của tập G được suy ra từ một
mệnh đề đứng trước nó trong dãy (1) nhờ vào một quy tắc hay một suy
luận logic.
Nói cách khác, quá trình suy diễn xác nhận tính chất thực hoặc bác bỏ
mệnh đề nào đó nhờ vào các mệnh đề đúng đã biết gọi là chứng minh.
1.1.2. Cấu trúc của một chứng minh
Mỗi chứng minh gồm 3 thành phần:
1) Luận đề là mệnh đề cần chứng minh.
2) Luận cứ là các mệnh đề mà dựa vào nó để suy ra mệnh đề phải chứng
minh.
3) Luận chứng là các quy tắc suy luận logic được dùng trong chứng
minh.

Bùi Thị Thu Hiền

4


Khóa luận tốt nghiệp

1.1.3. Yêu cầu của chứng minh
a) Yêu cầu logic của luận đề
Mệnh đề đứng sau của một chứng minh nhất thiết là mệnh đề cần chứng
minh An ≡ . Nghĩa là luận đề không được tráo đổi, không được thay thế
bằng mệnh đề không tương đương logic.
b) Yêu cầu logic của luận chứng
Việc rút ra một mệnh đề mới từ các mệnh đề trước đó trong quá trình

chứng minh phải theo các quy tắc suy diễn logic.
c) Yêu cầu logic của luận cứ
Mỗi mệnh đề trong chứng minh đều phải là một tiên đề, hoặc một định
nghĩa, hoặc một định lý, hoặc một mệnh đề trong giả thiết, hoặc một hệ
quả logic của mệnh đề đứng trước nó trong quá trình chứng minh được
rút ra nhờ một quy tắc suy luận logic, nghĩa là luận cứ phải là một mệnh
đề đúng.
1.2. CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG
1.2.1. Định nghĩa
Phép chứng minh mệnh đề nào đó thông qua bác bỏ mệnh đề phủ định
của nó được gọi là phép chứng minh phản chứng. Nghĩa là để chứng
minh mệnh đề A ⇒ B, người ta bác bỏ mệnh đề A ⇒ B được gọi là phép
chứng minh mệnh đề A ⇒ B.
Mục tiêu
Mục tiêu của phép chứng minh phản chứng là bác bỏ mệnh đề phủ định
của mệnh đề cần chứng minh.

Bùi Thị Thu Hiền

5


Khóa luận tốt nghiệp

1.2.2. Sơ đồ của phép chứng minh phản chứng
((A ⇒ B) ⇒ X ) X
A ⇒ B
Với X là A, B, CC, D.
Trong đó C là một mệnh đề nào đó, D là một mệnh đề đúng đã biết.
1.2.3. Cơ sở của phép chứng minh phản chứng

Cơ sở của phép chứng minh phản chứng là luật bài trung: hai mệnh đề X
và X không cùng sai. Khi bác bỏ mệnh đề X nghĩa là tính chân thực của X
vì mệnh đề X chỉ có thể xảy ra hai khả năng hoặc đúng hoặc sai còn
X tương ứng là hoặc sai hoặc đúng.
Các hình thức của chứng minh phản chứng
Việc bác bỏ mệnh đề phủ định của mệnh đề cần chứng minh A ⇒ B sau
đó dựa vào luật bài trung khẳng định A ⇒ B là đúng dựa vào chứng minh
mệnh đề sau đó coi là các hình thức của chứng minh phản chứng, đó là
các dạng của chứng minh phản chứng.
Dạng 1: AB ⇒ A.
Dạng 2: AB ⇒ CC.
Dạng 3: AB ⇒ D.
Dạng 4: AB ⇒ B.
Với C là mệnh đề nào đó.
D là mệnh đề đúng đã biết.
4 mệnh đề trên tương đương logic với nhau và tương đương với mệnh
đề A ⇒ B. Do đó để chứng minh mệnh đề ta chỉ cần chứng minh xảy ra 1
trong 4 mệnh đề trên.

Bùi Thị Thu Hiền

6


Khóa luận tốt nghiệp

Các bước của phép chứng minh phản chứng mệnh đề A ⇒ B
- Bước 1: (Giả sử) Phủ định mệnh đề A ⇒ B hay AB.
- Bước 2: (Tìm mâu thuẫn) Xuất phát từ giả thiết có: AB qua quá trình
suy luận chứng minh rút ra điều mâu thuẫn (tìm mâu thuẫn):

Hoặc là trái với giả thiết A (dạng 1).
Hoặc là suy ra 2 điều trái ngược nhau (dạng 2).
Hoặc là suy ra điều mâu thuẫn với điều đúng đã biết (dạng 3)
Hoặc là suy ra chính kết luận (dạng 4).
- Bước 3: (Kết luận) Tìm mâu thuẫn khẳng định giả thiết AB không
chính xác, sử dụng luật bài trung khẳng định tính chân thực của A ⇒ B.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng a  b  2 ab với  a , b  0 .
Chứng minh:
+ Bước 1: Giả sử  a , b  0 ta có a  b  2 ab .
+ Bước 2: Tìm mâu thuẫn:

 a , b  0 ta có: a  b  2 ab Û (a  b) 2  4ab

Û a 2  2ab  b2  0 Û (a  b)2  0 (vô lí).
+ Bước 3: Do đó điều giả sử là sai.
Vậy ta có a  b  2 ab với  a , b  0 .
Ví dụ trên áp dụng dạng 3: AB ⇒ D.
Trong đó A:  a , b  0 .
B: a  b  2 ab .
B: a  b  2 ab .
2
D: (a  b)  0.

Bùi Thị Thu Hiền

7


Khóa luận tốt nghiệp

2
D: (a  b)  0.

,

Ví dụ 2: Cho

là hai đường thẳng chéo nhau. Trên

phân biệt , . Trên
và

lấy hai điểm phân biệt

và

lấy hai điểm

. Chứng minh rằng

chéo nhau.

Chứng minh:
+Bước 1:
Giả sử

và

không chéo nhau.

A

B

+Bước 2: Tìm mâu thuẫn:
Như vậy có một mặt phẳng ( )
chứa cả
và

và

C

. Khi đó ta có

D

P

cùng nằm trên ( ).

Điều này mâu thuẫn với giả thiết

và

chéo nhau.

+Bước 3: Kết luận:
Vậy

và

chéo nhau.

Ví dụ 2 này thuộc dạng 1: AB ⇒ A.
Với A: Cho

,

là hai đường thẳng chéo nhau. Trên

phân biệt , . Trên
A: hai đường thẳng

lấy hai điểm phân biệt
,

đồng phẳng.

B:

và

chéo nhau.

B:

và

không chéo nhau.

Bùi Thị Thu Hiền

8

và .

lấy hai điểm


Khóa luận tốt nghiệp

1.3. CHỨNG MINH LOẠI DẦN
1.3.1. Định nghĩa
Nếu mệnh đề X chỉ có k khả năng xảy ra, phép chứng minh mệnh đề X
xảy ra với k khả năng thứ i thông qua bác bỏ k-1 khả năng còn lại được
gọi là phép chứng minh loại dần.
1.3.2. Sơ đồ của phép chứng minh loại dần
Nếu mệnh đề X có k khả năng xảy ra là: X1, X2,…, Xk.
Mệnh đề X không xảy ra với khả năng thứ j: X .
Sơ đồ của phép chứng minh loại dần:
(X ⊻ X ⊻ … ⊻ X ) X X … X
X

X

…X

Như vậy có 3 bước tiến hành chứng minh loại dần.
- Bước 1: Khẳng định chỉ có k khả năng xảy ra.

- Bước 2: Bác bỏ k-1 khả năng còn lại.
- Bước 3: Khẳng định X xảy ra ở khả năng thứ k.
1.3.3. Cơ sở logic của phép chứng minh loại dần
Cơ sở logic của phép chứng minh loại dần là tam đoạn luận lựa chọn,
tuân theo quy tắc ba bước phù hợp với các bước của phép chứng minh
loại dần và có sơ đồ:

( ⊻ )

( ⊻ )

hoặc

bước thực hiện tương ứng là:
- Bước 1: Chỉ có A hoặc B.
- Bước 2: Có A (A).
- Bước 3: Kết luận có B (B).

Bùi Thị Thu Hiền

9

. Với sơ đồ này thì các


Khóa luận tốt nghiệp

Như vậy khi sử dụng phương pháp chứng minh loại dần phải chỉ ra mệnh
đề đó có đúng k khả năng xảy ra.
Ví dụ 1: Cho x  3 2  3 4 . Chứng minh rằng x là số vô tỉ.

Chứng minh:
+ Bước 1: Có x  R , do đó x hữu tỉ hoặc vô tỉ.
+ Bước 2: Bác bỏ khả năng x là số hữu tỉ:
Từ x  3 2  3 4 suy ra x là nghiệm của phương trình x 3  6 x  6  0 .
Nếu x là số hữu tỉ thì x phải nguyên là là ước của 6, khi đó x có thể là
±1, ±2, ±3, ±6. Nhưng ±1, ±2, ±3, ±6 không là nghiệm của phương
trình x 3  6 x  6  0 . Vậy x không phải là số hữu tỉ.
+Bước 3: Kết luận:
Vậy x là số vô tỉ.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu một tứ giác có tâm đối xứng thì nó phải là
hình bình hành.
Chứng minh:
+ Bước 1:
Giả sử tứ giác

có tâm đối xứng .

Qua phép đối xứng tâm , tứ giác
biến thành chính nó nên đỉnh
chỉ có thể biến thành , ,

hay .

C

D

+ Bước 2:
 Nếu đỉnh

biến thành chính nó thì

đỉnh đối xứng qua . Điều này vô lí.

Bùi Thị Thu Hiền

10

≡ . Khi đó tứ giác có hai


Khóa luận tốt nghiệp

 Nếu

biến thành

hoặc

thì tâm đối xứng thuộc cạnh

hoặc

của tứ giác nên cũng suy ra điều vô lí.
+ Bước 3: Vậy

chỉ có thể biến thành đỉnh .

Lí luận tương tự đỉnh
xứng

chỉ có thể biến thành đỉnh

là trung điểm của hai đường chéo

phải là hình bình hành.

Bùi Thị Thu Hiền

11

và

. Khi đó tâm đối
nên tứ giác


Khóa luận tốt nghiệp

KẾT LUẬN CHƯƠNG
Ở chương 1 tôi đã trình bày về cơ sở lí luận của hai phương pháp
chứng minh trong các phương pháp thuộc hệ thống các phương pháp chứng
minh gián tiếp là phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp
chứng minh loại dần. Đồng thời trong chương này để tiện cho việc giải một
bài toán có sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng, phương pháp
chứng minh loại dần tôi cũng đã trình bày các bước tiến hành từ đó nâng
cao hiệu quả giải toán.
Có thể nhận thấy trong phương pháp chứng minh loại dần, ở bước 2 là
bác bỏ k – 1 khả năng có thể xảy ra, nghĩa là ta giả sử có thể xảy ra k – 1
khả năng rồi dùng suy luận để chứng minh không thể xảy ra k – 1 khả năng

đó. Trong bước này có sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng, do
đó cần kéo léo lựa chọn và kết hợp hai phương pháp trên để có cách giải tối
ưu.

Bùi Thị Thu Hiền

12


Khóa luận tốt nghiệp

Chương 2
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG VÀ
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH LOẠI DẦN TRONG
TOÁN PHỔ THÔNG
2.1. MỘT SỐ BÀI TẬP SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
PHẢN CHỨNG
Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan trọng
của toán học. Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không có
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.
Những bài toán về khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của
phương trình, hệ phương trình hoặc chứng minh một bất đẳng thức …
trong các phân môn đại số, hình học, số học người ta hay dùng phương
pháp chứng minh phản chứng.
* Tìm mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh:
Trong các bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng ở bước
một là muốn phủ định lại kết luận như vậy phải tạo ra mệnh đề phủ định
của điều cần chứng minh. Đây cũng là vấn đề mang tính logic của các

mệnh đề. Trong các phát biểu toán học thường tồn tại những dạng mệnh
đề sau:

Bùi Thị Thu Hiền

13


Khóa luận tốt nghiệp

- Mệnh đề tồn tại: Cho ( ) là hàm mệnh đề xác định trên miền . Nếu
ta đặt cụm từ “Tồn tại

∈

sao cho…” vào trược mệnh đề ( ) ta được

mệnh đề
“Tồn tại

∈

sao cho ( )”.

Ta gọi mệnh đề có cấu trúc như trên là mệnh đề tồn tại.
Kí hiệu ∃ ∈ : ( ) hoặc ∃ : ( ), ∈ . Kí hiệu ∃ được gọi là lượng
tử tồn tại.
- Mệnh đề tổng quát: Cho ( )là mệnh đề xác định trên miền , nếu ta
đặt cụm từ “Nếu mọi

∈

ta có …” vào trước mệnh đề ( ) ta được

mệnh đề
“Với mọi

∈

ta có ( )”.

Ta gọi mệnh đề có cấu trúc như trên là mệnh đề tổng quát (mệnh đề mọi).
Kí hiệu là ∀ ∈ : ( ) hoặc ∀ : ( ), ∈ . Kí hiệu ∀ gọi là lượng tử
tổng quát.
Phủ định của mệnh đề tổng quát và mệnh đề tồn tại là dấu gạch ngang kí
hiệu phủ định logic cũng như trong toán học. Phủ định của các mệnh đề
tồn tại và tổng quát theo nguyên tắc sau:
∃ ∈ : ( )≡∀ ∈ : ( )
∀ ∈ : ( )≡ ∃ ∈ : ( )
Như vậy hai mệnh đề ∀ ∈ : ( ) và ∃ ∈ : ( ) là phủ định của
nhau.
Trong toán học có nhiều mệnh đề thường được phát biểu kết hợp hai loại
mệnh đề trên và phủ định của nó như sau:
∀ ∈ ,∃ ∈ : ( , ) ≡ ∃ ∈ ,∀ ∈ : ( , )
∃ ∈ ,∀ ∈ : ( , ) ≡ ∀ ∈ ,∃ ∈ : ( , )
Bùi Thị Thu Hiền

14

Khóa luận tốt nghiệp

Phương pháp chứng minh phản chứng đưa ta đến việc tạo ta mệnh đề phủ
định đã cho. Vì vậy cần thận trọng phát bieeut mệnh đề phủ định khi sử
dụng phương pháp này.
2.1.1. Dạng 1: Phủ định kết luận rồi suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết
(

⇒ )

Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu 2 n  1 là một số nguyên tố thì

không

có ước lẻ khác 1 ( n  2 k ).
Hướng dẫn:
2 n  1 không phải số nguyên tố hay là hợp số tức là 2 n  1 sẽ là tích của

hai số nguyên khác 1. Để chứng minh n  2 k ta đi giả sử có thể giả sử
n có ước nguyên tố rồi chứng minh 2 n  1 là hợp số, trái với giả thiết.

Chứng minh:
Giả sử

có ước nguyên tố d  2.

Þ d  2 k  1, k  N

Þ n  pd  p(2k 1), p Z .
n

Do đó: 2  1  2

p ( 2 k 1)

p

k

k

 1  (2  1)( 2   2 2i 1 )
i 1

i

i 1

Þ 2 n  1 không nguyên tố, trái với giả thiết.
Do đó

không thể có một ước nguyên tố nào khác 2 hay n  2 k .

a  b  c  0

Ví dụ 2: Cho ab  bc  ca  0 . Chứng minh rằng a , b , c  0 .
abc  0

Hướng dẫn:
Để chứng minh a , b , c  0 ta hãy chứng minh nếu có hoặc a  0 hoặc

b  0 hoặc c  0 thì không thoả mãn điều kiện đề bài đã cho.
Bùi Thị Thu Hiền

15


Khóa luận tốt nghiệp

Chứng minh:
Giả sử trong 3 số a , b , c có ít nhất 1 số không dương, vì a , b , c có vai
trò như nhau nên ta có thể xem a  0 .
+ Nếu a  0 thì trái với giả thiết abc  0
+ Nếu a  0 :
Do a  b  c  0 nên b  c  0 .
Do abc  0 nên bc  0
Þ a(b  c)  bc ab bc  ca 0 mâu thuẫn ab  bc  ca  0 .
Vậy a  0 .
Tương tự ta chứng minh được b  0 , c  0 .
Vậy a , b , c  0 .
Nhận xét:
 Trong ví dụ này học sinh dễ mắc sai lầm khi lí luận logic, chỉ ra thiếu
trường hợp a  0 dẫn đến kết luận sai.
 Ví dụ 2 này còn có thể chứng minh theo cách khác khá ngắn gọn đó là
sử dụng phép chứng minh trực tiếp:
Xét f (x)  (x  a)(x  b)(x  c).
Þ a , b , c là nghiệm của phương trình f (x)  0. .
Do đó nếu x  0 thì:

f ( x)  x3  (a  b  c) x2  (ab  bc  ca) x  abc  0, x  0.

Do đó f (x)  0 thì x  0 tức là a , b , c  0 .

Bùi Thị Thu Hiền

16


Khóa luận tốt nghiệp

Bài tập tương tự:

a  b  c  0

1) Cho ab  bc  ca  0 . Chứng minh rằng a , b , c  0 .
abc  0



 abc  0

ab  bc  ca  0
2) Cho a , b , c  0 thỏa mãn: 
.
1
1
1
 

0
 ab bc ca

Chứng minh rằng: a, b, c  0.
Ví dụ 3: Cho x1 , x2 ,..., x99 , x100 là 100 số tự nhiên sao cho:

1
1
1
1

 ... 

 20
x1
x2
x99
x100
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.
Chứng minh.
Giả sử trong 100 số đã cho không có số nào bằng nhau.
Không mất tính tổng quát ta giả sử x1  x2  ...  x99  x100. .
Vì

Þ

Có:

(1)

là số tự nhiên nên tương ứng (1) có x1  1, i  1,2,...,100.

1

1
1
1
1
1
1
1

 ... 



 ... 

x1
x2
x99
x100
1
2
99
100

(2)

1
1
2



 2( n  n  1)
xi
n
n 1  n

(3)

Bùi Thị Thu Hiền

17


Khóa luận tốt nghiệp

1
 1  2( 1  0 )

 1
 2  2( 2  1)

...
Áp dụng (3), ta có: 
 1

 2( 99  98 )
 99
 1

 2( 100  99 )
 100

Þ

1
1
1
1

 ... 

 2( 100  0 )  20
1
2
99
100

(4)

Từ (2) và (4), suy ra:

1
1
1
1

 ... 

 20.
x1
x2

x99
x100
Điều này trái với giả thiết, suy ra giả sử là sai.
Vậy tồn tại ít nhất hai số bằng nhau thoả mãn điều kiện đề bài.
Bài tập tương tự:
1) Cho x1 , x2 ,...,x25 là 25 số tự nhiên sao cho:

1
1
1

 ... 
9
x1
x2
x25
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau.
2) Chứng minh rằng với n  1 và những số tự nhiên khác nhau

a1 , a2 ,...,an không thể có đẳng thức:
1
1
1


...

 1.
a12 a 22
a n2

Bùi Thị Thu Hiền

18


Khóa luận tốt nghiệp

Ví dụ 4: Cho những số a0 , a1 ,...,an mà chúng có mối liên hệ

a0  an  0

ak 1  2ak  ak 1  0

(k  0, n  1, k  N)

Chứng minh rằng những số a0 , a1 ,...,an1 không dương.
Chứng minh:
Ta giả sử ngược lại, nghĩa là giữa những số ak (k 1,2,...,n) có cả những số
dương.
Lấy ap là số đầu tiên trong chúng nghĩa là a p1  0, a p  0.
Khi đó a p  a p1  0.
Theo điều kiện đề bài: ak 1  2ak  ak 1  0 Û ak 1  ak  ak  ak 1

(1)

Bắt đầu từ k  p , từ đẳng thức (1) và từ a p  a p 1  0 ta nhận được dãy
bất đẳng thức sau:

a p 1  a p  0, a p  2  a p 1  0,..., an1  an2  0, an  an1  0.

Û 0  a p  a p1  a p 2  ...  an1  an .
Nhưng điều kiện đó trái với giả thiết an  0. .
Suy ra tất cả những số ak (k  1, n  1, n  N) là không dương.
Ví dụ 5: Cho hai đường thẳng chéo nhau. Chứng minh rằng có duy nhất
một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với mặt phẳng kia.
Hướng dẫn:
Đầu tiên cần xác định được mặt phẳng ( ) thoả mãn yêu cầu. Để chứng
minh mặt phẳng ( ) là duy nhất ta hãy giả sử ngoài ( ) còn có mặt
phẳng ( )khác thoả mãn yêu cầu đề bài và chứng minh nếu tồn tại ( )
thì hai đường thẳng đó không chéo nhau.
Bùi Thị Thu Hiền

19


Khóa luận tốt nghiệp

Chứng minh:
Giả sử ta có hai đường thẳng chéo nhau a và b.
+ Lấy điểm M bất kì thuộc a.
b

Qua M kẻ đường thẳng b’ // b.
Gọi ( ) = (a, b’).
Ta có b // b’, b’Ì ( ) Þ b // ( ).

b
M

Hơn nữa a Ì ( )

Þ ( ) là mặt phẳng cần tìm.

P

a

+ Ta chứng minh ( ) là duy nhất.
Thật vậy, nếu có một mặt phẳng ( ) khác ( ) chứa a và song song với b
thì khi đó ( ) và ( ) là hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với b
nên giao tuyến của chúng là a phải song song với b. Điều này mâu thuẫn
với giả thiết a, b chéo nhau.
BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài 1: Nếu a  3, b  3, a 2  b 2  25 thì a  b  7 .
Bài 2: Cho 2m  1(m  N) là một số nguyên tố. Chứng minh rằng m là một
số nguyên tố.
Bài 3: Chứng minh rằng nếu số gồm ba chữ số abc là số nguyên tố thì

b 2  4 ac không phải là một số nguyên tố.
Bài 4: Cho a  b  c  17 . Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm:

 ax2  bx  c  1
.

0  x  1
Bài 5: Cho hai đường thẳng a , b chéo nhau. Trên
biệt , . Trên
Bùi Thị Thu Hiền

lấy hai điểm phân biệt , .
20

lấy hai điểm phân


Khóa luận tốt nghiệp

,

a) Chứng minh rằng
b) Gọi

là một điểm trên

song song với
c) Gọi

hoặc

là điểm thuộc

chéo nhau.
,

là điểm thuộc

. Chứng minh rằng

.
. Chứng minh rằng

cắt

,

cắt

.

Bài 6: Nếu đường thẳng d không nằm trong mặt phẳng (P) và d // d’ nằm
trong (P) thì d // (P).
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: Đặt a  3  x,b  3  y thì x  0 , y  0 . Chứng minh x  y 1.
Bài 2: Giả sử m là hợp số Û m  pq với p, qN, p, q 1.
m
pq
p q
p
p ( p 1)
 2 p ( p2)  ...  1)
Ta có: 2  1  2  1  (2 )  1  (2  1)(2

Các thừa số 2 m  1 đều nguyên dương và lớn hơn 1 do đó 2 m  1 không
phải là số nguyên tố, trái với giả thiết.
Þ m là số nguyên tố.
m
Vậy nếu 2 1, mN là một số nguyên tố thì m phải là số nguyên tố.

Bài 3: Giả sử b 2  4 ac là một số chính phương.
2
2

Đặt b  4ac  k , k  Z . Ta có:

4a.abc  (20a  b) 2  k 2  (20a  b  k )(20a  b  k )  20a ( b k) .
Vì abc là một số nguyên nên (20a  b  k)(20a  b  k)(4a).
Þ abc m.n vì m , n  N và m , n  1 .
Þ abc là hợp số (trái giả thiết).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài 4: Giả thiết phản chứng hệ vô nghiệm, tức là:
ax 2  bx  c  1,  0  x  1 .

Bùi Thị Thu Hiền

21

(1)


Khóa luận tốt nghiệp

1
Thay x lần lượt là 0, ,1 ta có: c  1, a  b  c  1.
2
Đặt A  c , B 

a b
  c, C  a  b  c .
4 c

Có A , B , C  12 Þ a  b  c  17 (trái giả thiết).
Bài 5:

b) Giả sử
Þ

//

,

,

thì

đồng phẳng Þ

,

đồng phẳng

đồng phẳng (mâu thuẫn giả thiết). Do đó

và

không

song song.
Chứng minh

và

c) Có

đồng phẳng. Giả sử

và

thuẫn giả thiết) nên

không song song tương tự.
//

thì

nằm ngoài

(mâu

.

cắt

Chứng minh tương tự được

cắt

.

2.1.2. Dạng 2: Phủ định kết luận rồi suy ra hai điều trái ngược nhau
(

)

Þ

Bài toán kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng dạng này được
đề cập ở ví dụ sau:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố.
Hướng dẫn:
Để chứng minh có vô số số nguyên tố ta giả sử có hữu hạn số nguyên tố
để thấy được rằng nếu có hữu hạn số nguyên tố thì sẽ có hai điều trái
ngược nhau trong quá trình chứng minh.
Chứng minh:
Giả sử có hữu hạn số nguyên tố là p1, p2 ,...,pn ( n  N ) trong đó pn là số
lớn nhất trong các số nguyên tố.
Bùi Thị Thu Hiền

22


Khóa luận tốt nghiệp

Xét số A  p1 p2...pn 1thì A pi ( i  1, 2 ,..., n ) dư 1
Mặt khác
Þ

(1)

là hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là pn )

phải chia hết cho 1 số nguyên tố nào đó, tức là

chia hết cho 1

trong các số pi (i  1,2,...,n) (Mâu thuẫn với (1)).
Suy ra giả sử sai. Vậy có vô số số nguyên tố.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu số tự nhiên a không phải là số chính
phương thì

a là số vô tỉ.

Chứng minh:
Ta giả sử
a

Do

a là số hữu tỉ, khi đó a được viết dưới dạng:

m
với m , n  N , m  n  0 và (m, n) 1.
n

không phải là số chính phương nên

a

(*)

m
Ï N , do đó n  1 .
n

m
m2
Þ a  2 Þ m 2  an 2 .
n
n

Vì a  N nên m 2  n 2 .
2
Gọi p là một ước nguyên tố nào đó của n thế thì m  p do đó m p

Như vậy p là ước nguyên tố của m và n, trái với (*).
Vậy a phải là số vô tỉ.
Ví dụ 3: Cho a,b, c(0,1) . Chứng minh rằng có ít nhất 1 trong các bất
đẳng thức sau là sai:

1
1
1
a(1  b)  , b(1  c)  , c(1  a)  .
4
4
4
Chứng minh:
Bùi Thị Thu Hiền

23


Khóa luận tốt nghiệp

Giả sử tất cả các bất đẳng thức trên đều đúng, tức là:

1

a
(
1

b
)


4

1

b(1  c) 
4

1

c
(
1

a
)


4

1 1 1 1
Þ a (1  a )b(1  b)c(1  c)  . . 
4 4 4 64

(1)

Mặt khác, ta lại có:
a (1  a)  a 2  a 

1
1
Þ 0  a (1  a ) 
4
4

Tương tự: 0  b(1  b) 

1
,
4

(2)
(3)

1
0  c(1  c)  .
4

(4)

Từ giả thiết phản chứng và có a, b, c  (0,1) Þ 1  a  0,1  b  0,1  c  0.
Do đó, nhân vế với vế của bất đẳng thức (2), (3), (4) ta được:
1 1 1 1
Þ a (1  a )b (1  b)c (1  c )  . . 
mâu thuẫn với (1).
4 4 4 64

Þ Giả sử là sai.
Vậy suy ra điều phải chứng minh.
Bài tập tương tự:
Cho ba bất đẳng thức:
a(2 b) 1, b(2 c) 1, c(2  a) 1.

Bùi Thị Thu Hiền

24


Khóa luận tốt nghiệp

Với 0  a, b, c  2 . Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba bất đẳng
thức là sai.
Ví dụ 4: Cho α và β là 2 góc nhọn sao cho:
sin2
Chứng minh rằng:    

+ sin2


2

= sin( + )

.

Hướng dẫn:
Ta giả sử (   ) 



rồi dựa vào công thức biến đổi lượng giác để nhận

2

thấy hai điều mâu thuẫn.
Chú ý vì 0   ,  
thành hai trường hợp


2


2

nên 0       và (   ) 

      và 0     


2


2

do đó ta chia

.

Chứng minh:
Giả thiết phản chứng (α + β) ≠
Có: sin2

+ sin2


2

.

= sin ( + )

Û 1 − cos 2α + 1 − cos 2β = 2 sin(α + β)
Û 2 = cos 2 + cos 2 + 2 sin( + )
Û 1 = cos( + ). cos( − ) + sin( + )
Do 0   ,  
Vì (   ) 



nên 0       .

2


2

nên chỉ có 2 khả năng sau:

Bùi Thị Thu Hiền

25

(1)