Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông

LỜI GIỚI THIỆU
Một bài toán có nhiều cách giải, nhưng ta phải chọn một cách tiếp cận, một cách
giải hợp lí nhất.
Để tiến tới cách giải hay nhất đôi khi phải trải qua quá trình thử sai nhiều cách giải,
hoặc kết hợp nhiều phương pháp giải khác nhau. Quá trình này không hề đơn giản, đòi hỏi
người giải toán phải nắm vững kiến thức cơ bản và có hướng đi đúng cho từng bài toán cụ
thể.
Mỗi phương pháp đều có cái hay và thế mạnh riêng đối với một lớp bài toán nhất
định. Trong đề tài này chúng tôi trình bày “Những bài toán chứng minh bằng phương pháp
phản chứng trong phổ thông”. Đây là phương pháp hay dùng trong lập luận toán học, thể
hiện sự chặt chẽ, lý luận hợp lôgic của người giải toán. Điều quan trọng của phương pháp
này là tìm ra mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh, từ đó dẫn đến sự vô lý với giả
thiết bài toán hay mâu thuẫn với kiến thức toán học đã biết.
Trong quá trình nghiên cứu các bài toán giải bằng phương pháp phản chứng, chúng
tôi phân thành các dạng sau:
1. Suy luận và loại trừ.
2. Sự vô lý suy ra từ những kiến thức đã biết.
3. Sự vô lý suy ra từ giả thiết bài toán.
Trong giới hạn cho phép chúng tôi chỉ có thể đưa ra một số bài toán đặc trưng cho
mỗi dạng và một số đề tham khảo tương ứng. Đề tài này chưa nêu hết những cái hay và
đầy đủ những dạng toán của phương pháp phản chứng. Bài tập đưa ra chỉ thể hiện được
phần nào cho các dạng nêu trên. Những kinh nghiệm đưa ra được rút từ bản thân nên có
thể còn nhiều thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn.

MỞ ĐẦU
I.Tên đề tài:
1. Tên đề tài:
“Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông”.
2. Người thực hiện:
Sv Mai Vũ Huy
Sv Nguyễn Thị Thúy Lam.

II. Lý do chọn đề tài:
Phương pháp phản chứng là một phương pháp hay, được vận dụng

0


để giải nhiều bài toán phổ thông. Nhưng trong SGK số lượng những bài tập giải bằng
phương pháp này là không nhiều.
Trong quá trình giảng dạy, giáo viên thường ít chú trọng đến phương pháp phản
chứng trong việc giải toán.
Chúng tôi chọn đề tài “ Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng
trong phổ thông” với mong muốn các bạn sinh viên sư phạm và học sinh thấy được cái
hay và sự quan trọng của phương pháp này trong giải toán phổ thông. Từ đó, có thể vận
dụng phương pháp chứng minh phản chứng phổ biến hơn khi giải các bài toán ở THCS.

III. Mục đích của đề tài:
Chúng tôi nghiên cứu đề tài này nhằm đánh giá số lượng các bài toán áp dụng
phương pháp chứng minh phản chứng trong SGK. Ngoài ra, việc nghiên cứu các bài tập
trong các tài liệu khác nhằm thể hiện cái hay và sự quan trọng của phương pháp này trong
việc giải các bài toán ở phổ thông.

IV. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu:
1. Đối tượng nghiên cứu:
Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
2. Phạm vi nghiên cứu:
- Bộ SGK 6, 7, 8, 9.
- Một số sách tham khảo khác.

V. Nhiệm vụ của đề tài:
1. Tìm hiểu cơ sở lôgic của phương pháp chứng minh phản chứng.

2. Phân loại các bài toán chứng minh bằng phương pháp chứng minh phản chứng
thành các dạng.
3. Nghiên cứu những bài tập trong bộ SGK 6, 7, 8, 9 chứng minh bằng phương
pháp phản chứng và một số bài tập trong các sách tham khảo khác.
4. Khai thác một số bài toán, dự đoán sai lầm học sinh có thể mắc phải và rút ra
một số kinh nghiệm cho các bạn sinh viên sư phạm.

VI. Phương pháp nghiên cứu:
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận:
*Phương pháp đọc sách và nghiên cứu tài liệu.
a. Mục đích:
Chúng tôi sử dụng phương pháp này nhằm tìm hiểu cơ sở lôgic của phương pháp chứng
minh phản chứng.
b. Cách tiến hành:
Chúng tôi đã tiến hành đọc những cuốn sách, tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài
này, chúng được liệt kê ở phần “ Tài liệu tham khảo”.
2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn:
a. Mục đích:
Chúng tôi sử dụng phương pháp này nhằm tìm hiểu mức độ vận dụng của phương pháp
chứng minh phản chứng trong việc giải các bài toán phổ thông.
b. Cách tiến hành:
Nghiên cứu những bài toán cụ thể trong bộ SGK 6, 7, 8, 9 và trong một số sách tham
khảo khác ở chương trình THCS.

1


CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÔGIC CỦA PHƯƠNG PHÁP
CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG.
I. Cơ sở lôgic:

Dựa vào những hiểu biết về lôgic mệnh đề. Trong đó sử dụng các phép liên kết
lôgic là chủ yếu.
* Phép liên kết lôgic là gì?
 Phép liên kết lôgic hay còn gọi là phép toán lôgic, cho phép từ những mệnh
đề sơ cấp cho trước có thể xây dựng những mệnh đề mới ngày càng phức tạp
hơn.
 Các phép liên kết bao gồm:
1. Phép phủ định (  ).
2. Phép tuyển (  ).
3. Phép hội (  ).
4. Phép kéo theo (  ).
*Phương pháp chứng minh phản chứng mô tả quá trình lập luận như sau:
Cần chứng minh mệnh đề A  B.
Để chứng minh A  B đúng, ta xây dựng giả thiết rằng : A đúng, nhưng A  B
sai.
Bởi vì A  B sai, mà A đúng nên B phải có giá trị sai nghĩa là B đúng.
Từ B đúng thông qua một số phép biến đổi tương đương dẫn đến
A đúng.
Từ giả thiết và qua quá trình lập luận ta có A và A đồng thời cùng đúng, dẫn đến
mâu thuẫn.
Điều đó chứng tỏ giả thiết B đúng là sai. Vậy B đúng. Hay A  B
đúng (điều phải chứng minh).

II. Các bước suy luận phản chứng:
1. Phương pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào?
Gặp những bài toán khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của phương
trình, hệ phương trình hoặc một bất đẳng thức… trong đại số, hình học, số học người ta
hay dùng phương pháp phản chứng.
2. Các bước suy luận phản chứng:
Bước 1: Giả sử điều cần chứng minh là sai ( phủ định lại mệnh đề cần chứng minh ).

Bước 2: Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà những tính
chất này mâu thuẫn với điều đã cho hoặc trái với tính chất ta đã biết.
Bước 3: Ta kết luận điều giả sử ban đầu là sai. Vậy bài toán được chứng minh.
Chú ý: Trong hai bước suy luận phản chứng nêu trên, bước 1 rất quan trọng vì cần
tạo ra mệnh đề phủ định điều cần chứng minh phải chính xác.

III. Tìm mệnh đề phủ định điều cần chứng minh:
1. Tìm mệnh đề phủ định:
* C ác dạng mệnh đề:
1.1 Mệnh đề tồn tại:
Một mệnh đề ký hiệu P(x) xác định trên miền X. Mệnh đề tồn tại thường có
dạng:
 Tồn tại x  X sao cho T(x). Hay thường viết:  x X: T(x).
Mệnh đề tồn tại cũng có mệnh đề đúng và mệnh đề sai.
Ví dụ:
 Mệnh đề tồn tại đúng:

2


“ Tồn tại một số thực x sao cho x chia hết cho 3.”
 x  R: x  3
(1)
 Mệnh đề tồn tại sai:
“ Tồn tại một số thực x là nghiệm của phương trình x2+x+1= 0.”  x0 R: x02
+x0 +1= 0.
(2)
1.2.Mệnh đề tổng quát:
Một mệnh đề được ký hiệu P(x) xác định trên miền X. Mệnh đề tổng quát thường
có dạng:

 Với mọi số thực x thuộc X sao cho T(x)..
Hay thường viết: x X, T(x).
Mệnh đề tổng quát cũng có mệnh đề đúng và mệnh đề sai.
Ví dụ:
 Mệnh đề tổng quát sai:
“Với mọi số thực x đều chia hết cho 3.”
 x  R, x  3 .
(3)
 Mệnh đề tổng quát đúng:
“Với mọi số thực x đều không là nghiệm của phương trình:
x2+x+1= 0.”  x  R, x2+x+1 0.
(4)
* Phủ định mệnh đề tồn tại và mệnh đề tổng quát:
 (  x X: T(x))  x X,  T(x).
 ( x X, T(x))   x X:  T(x).
Như vậy hai mệnh đề (x X, T(x))và ( x X: T(x)) là phủ định của nhau.
Ví dụ:
 Mệnh đề phủ định của (1) là:
“Với mọi số thực x thì x không chia hết cho 3.”  x  R, x không chia hết cho 3.
 Mệnh đề phủ định của (2) là (4).
2. Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh:
Ở phần này ta chỉ xét một số ví dụ cụ thể và chỉ quan tâm đến việc lập mệnh đề
phủ định.
Ví dụ 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n, ta có n5 - n chia hết cho 5.
 Mệnh đề cần chứng minh: n N, n5 - n chia hết cho 5.
 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: n N: n 5 - n không chia hết cho 5.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên m, n sao cho :
m2 – n2 =2002.
 Mệnh đề cần chứng minh: (m, n Z: m2-n2 = 2002).
 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh:

 m, n Z: m 2-n2=2002.

3


CHƯƠNG II: NỘI DUNG
Trong phần nội dung, chúng tôi đi vào từng dạng toán cụ thể. Trong từng dạng, chúng tôi
khảo sát những bài tập tiêu biểu trong SGK, ngoài ra chúng tôi chọn thêm những bài toán
tiêu biểu ở các sách khác.

I.Dạng 1:Suy luận và loại trừ.
1.Bài tập 1:
Trong mặt phẳng cho năm điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Mỗi cặp
điểm trong năm điểm đó được nối với nhau bởi một đoạn thẳng và được tô màu xanh hoặc
đỏ sao cho bất kỳ ba cạnh nào tạo thành một tam giác thì không cùng màu.
Chứng minh: Qua một điểm bất kỳ có đúng hai cạnh màu xanh và hai cạnh màu đỏ.
1.1 Phân tích tìm lời giải:
Với năm điểm cho trước A, B,C, D, E thì qua mỗi điểm có bốn đường thẳng nối điểm đó
với các điểm còn lại. Ta cần chỉ ra trong bốn đường đó thì có đúng hai đường màu xanh
và hai đường màu đỏ. Với đặc điểm bài toán này ta không thể chứng minh trực tiếp, mà ta
có thể xét các trường hợp có thể xảy ra của bài toán. Bằng suy luận ta chỉ ra duy nhất
trường hợp mỗi đỉnh có hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ là đúng.
1.2 Lời giải:
Không mất tính tổng quát ta xét đỉnh A.
Qua A ta kẻ được bốn đường thẳng AB, AC, AD, AE có màu xanh hoặc màu đỏ. Các
trường hợp có thể xảy ra:
Trường hợp 1: Cả bốn đường thẳng cùng màu xanh (hoặc đỏ).
Vì ba cạnh tạo nên một tam giác bất kỳ không cùng màu nên những cạnh tạo ra từ bốn
đỉnh còn lại ( trừ đỉnh A) đều là màu đỏ (hoặc xanh).
Nhận thấy bất kỳ ba trong bốn cạnh đó đều tạo nên một tam giác cùng màu đỏ (hoặc

xanh). Điều này trái với giả thiết bài toán.
Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
Trường hợp 2: Trong bốn đường thẳng đó có ba đường màu xanh và một đường màu đỏ
( hoặc ba đường màu đỏ và một đường màu xanh ).
Xét ba đỉnh tạo với A ba đường thẳng màu xanh .
Vì ba cạnh của một tam giác bất kỳ không cùng màu nên ba cạnh được tạo từ ba đỉnh nói
trên phải cùng màu đỏ. Do đó đã hình thành một tam giác cùng màu đỏ từ ba đỉnh đó.
Không đúng với giả thiết bài toán.
Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
Trường hợp 3: Tại mỗi đỉnh có hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ.
Kết luận:Trường hợp 1 và trường hợp 2 không thể xảy ra, do đó chỉ có thể xảy ra trường
hợp 3.
Vậy tại mỗi đỉnh có đúng hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ.
1.3 Bài học kinh nghiệm:
1.3.1 Khó khăn của học sinh:
- Tiếp xúc với bài toán, nhiều học sinh không rõ đề toán và hầu như không tìm ra hướng
giải quyết.
- Học sinh không đưa ra đầy đủ các trường hợp, hoặc không chia thành các trường hợp
cụ thể mà lý luận chung chung.
- Học sinh gặp khó khăn trong cách diễn đạt.
1.3.2 Kinh nghiệm khi giảng dạy:
Qua bài toán này, người dạy cần:
- Làm cho học sinh hiểu rõ yêu cầu của bài toán và hướng học sinh tới việc lựa chọn
cách giải quyết cho phù hợp.

4


- Khái quát bài toán thành một dạng và xây dựng phương pháp chung để giải bài toán
đó.

- Rèn luyện cho học sinh khả năng suy luận chặt chẽ, hợp lôgic.
2.Bài tập 2: Người ta đồn rằng ở một ngôi đền nọ rất thiêng có ba vị thần ngự vị: thần thật
thà (luôn nói thật), thần dối trá (luôn nói dối) và thần khôn ngoan (lúc nói thật, lúc nói
dối). Các vị thần đều ngự trên bệ thờ và sẵn sàng trả lời câu hỏi khi có người thỉnh cầu.
Nhưng hình dạng ba vị thần giống hệt nhau nên người ta không biết vị thần nào trả lời để
tin hay không tin.
Một hôm có học giả từ phương xa đến đền xin thỉnh cầu. Bước vào miếu học giả hỏi vị
thần ngồi bên phải:
-Ai ngồi cạnh ngài?
- Đó là thần dối trá.
Tiếp đó hỏi vị thần ngồi giữa:
- Ngài là thần gì?
- Tôi là thần khôn ngoan.
Cuối cùng ông ta quay sang hỏi vị thần ngồi bên trái:
- Ai ngồi cạnh ngài?
- Đó là thần thật thà.
Nghe xong học giả khẳng định mỗi vị là thần gì. Bạn cho biết học giả đó suy luận như thế
nào?
2.1 Phân tích tìm lời giải:
Nhận thấy ba câu hỏi của học giả đều nhằm xác định một thông tin : Thần ngồi ở giữa
là thần gì?. Dựa vào các câu hỏi của học giả ta suy luận vị nào là thần thật thà. Sau đó từ
lời của thần thật thà, ta biết được đâu là thần dối trá, đâu là thần khôn ngoan.
2.2 Lời giải:
Từ câu trả lời của thần ngồi giữa “ Tôi là thần khôn ngoan”, nên thần ngồi giữa không
phải là thần thật thà.
Nếu thần ngồi bên trái là thần thật thà thì không thể trả lời cho câu hỏi“Ai ngồi cạnh
ngài?” là “Đó là thần thật thà.”
Vậy ngồi bên phải là thần thật thà.
Câu trả lời của thần thật thà cho câu hỏi “ Ai ngồi bên cạnh ngài?” là “Đó là thần dối
trá.”Nên ngồi giữa là thần dối trá.

Vậy ngồi bên trái là thần khôn ngoan.
2.3 Bài học kinhnghiệm:
- Khi dạy những bài toán như trên người dạy nên khái quát thành một dạng và xây dựng
hướng đi chung.
- Tập cho học sinh suy luận chặt chẽ và hợp lôgic.
- Một bài toán có nhiều cách suy luận nên cần chọn cách suy luận hay nhất. Điều quan
trọng là kiên nhẫn đọc nhiều lần để phân tích, hiểu rõ yêu cầu bài toán.

3. Một số bài toán khác:
Bài 1: Tổ Toán của một trường phổ thông trung học có năm người: thầy Hùng, thầy
Quân, cô Vân, cô Hạnh, cô Cúc.Kỳ nghỉ hè cả tổ được hai phiếu đi nghỉ mát.Mọi người
đều nhường nhau, thầy hiệu trưởng đề nghị mỗi người đề xuất một ý kiến. Kết quả như
sau:
1. Thầy Hùng và thầy Quân đi.
2. Thầy Hùng và cô Vân đi.
3. Thầy Quân và cô Hạnh đi.
4. Cô Cúc và cô Hạnh đi.
5. Thầy Hùng và cô Hạnh đi.
5


Cuối cùng thầy hiệu trưởng quyết định chọn đề nghị của cô Cúc, vì theo đề nghị đó thì
mỗi đề nghị đều thỏa mãn một phần và bác bỏ một phần.
Bạn hãy cho biết ai đã đi nghỉ mát trong kỳ nghỉ hè đó?
Hướng dẫn:
Nếu chọn đề nghị thứ nhất thì đề nghị thứ tư bị bác bỏ hoàn toàn. Vậy không thể chọn
đề nghị thứ nhất và đề nghị thứ tư.
Nếu chọn đề nghị thứ hai thì đề nghị thứ ba bị bác bỏ hoàn toàn. Vậy không thể chọn
đề nghị thứ hai và đề nghị thứ ba.
Nếu chọn đề nghị thứ năm thì mỗi đề nghị trong bốn đề nghị còn lại đều thỏa mãn một

phần và bác bỏ một phần.
Vậy đề nghị thứ năm được chọn.
Bài 2: Có ba quả cam và ba quả quýt được đựng vào ba hộp khác nhau:
một hộp đựng hai quả cam ( CC ), một hộp đựng một quả cam và một quả quýt ( CQ ),
một hộp đựng hai quả quýt ( QQ ).
Khi dán nhãn do sơ xuất, người ta đã dán nhầm nhãn cho ba hộp đó và không một
hộp nào được dán đúng nhãn. Một người nói: “ Tôi chỉ cần mở một hộp và lấy ra một quả
trong hộp đó thì tôi có thể nói chính xác trong từng hộp đựng quả gì.”
Bạn hãy cho biết người đó đã mở hộp nào và suy luận như thế nào.
Hướng dẫn:
Ta mở hộp CQ.
Nếu lấy ra quả quýt thì hộp đó đựng hai quả quýt. Hộp dán nhãn CC đựng một quả cam và
một quả quýt. Hộp dán nhãn QQ đựng hai quả cam.
Nếu lấy ra quả cam thì hộp đó đựng hai quả cam. Hộp dán nhãn CC đựng hai quả quýt.
Hộp dán nhãn QQ đựng một quả cam và một quả quýt.
Bài 3: Thầy Nghiêm được nhà trường cử đưa bốn học sinh Lê, Huy, Hoàng, Tiến đi thi
đấu điền kinh. Kết quả có ba em đạt các giải nhất, nhì, ba và một em không đạt giải. Khi
về trường mọi người hỏi kết quả các em trả lời như sau:
Lê: Mình đạt giải nhì hoặc ba.
Huy: Mình đã đạt giải.
Hoàng: Mình đạt giải nhất.
Tiến: Mình không đạt giải.
Nghe xong thầy Nghiêm mỉm cười và nói: “ Chỉ có ba bạn nói thật, còn một bạn đã nói
đùa.”
Bạn hãy cho biết học sinh nào đã nói đùa, ai đạt giải nhất và ai không đạt giải?
Hướng dẫn:
Nếu Lê nói đùa thì cả ba bạn Huy, Hoàng, Tiến đều nói thật. Như vậy cả Lê và Hoàng
đều đạt giải nhất. Điều này vô lý, vậy Lê đã nói thật.
Suy luận tương tự, ta kết luận cả Huy và Tiến đều nói thật. Vậy Hoàng nói đùa. Có
nghĩa là Hoàng đạt giải nhì hoặc ba, Lê đạt giải nhì hoặc ba, Huy đạt giải nhất, còn Tiến

không đạt giải.

6


II. Dạng 2: Sự vô lý suy ra từ những kiến thức đã biết.
1. Bài tập 1:
a.Vẽ d’ // d và d” // d ( d’ và d” phân biệt )
b. Suy ra d’ // d” bằng cách trả lời các câu hỏi sau:
- Nếu d’ cắt d” tại M thì M có nằm trên d không? Vì sao?
- Qua điểm M nằm ngoài d vừa có d’ // d, vừa có d” // d thì có trái với tiên đề Ơclit
không? Vì sao?
- Nếu d’ và d” không thể cắt nhau ( vì trái với tiên đề Ơclit ) thì chúng thế nào?
( Bài 45 trang 98 SGK 7 tập I)
Lời giải:
d"

M

d'

d

a.Bạn đọc tự vẽ.
b. Nếu d’ và d” cắt nhau tại điểm M, thì M không thể nằm trên d vì d // d’ và d // d”.
Khi đó qua điểm M nằm ngoài d, ta vừa có d’ // d vừa có d” // d ( d’ và d” phân biệt ).
Điều này trái với tiên đề Ơclit.
Để không trái với tiên đề Ơclit thì d’ và d” không giao nhau hay d’ //d”.
Vậy nếu d // d’ và d // d” thì d’ // d”.

2. Bài tập 2: Vẽ hai đường thẳng a, b sao cho a // b. Vẽ đường thẳng c cắt a tại điểm A.
Hỏi c có cắt b không?
a.Vẽ hình, quan sát và trả lời câu hỏi trên.
b. Hãy suy ra rằng : Nếu a song song b và c cắt a thì c cắt b.
( Bài 29 trang 79 SBT 7 tập I )
( Bài 29 trang 79 SBT 7 tập I )
Lời giải:
a
A

a. Bạn đọc tự làm.
b
b. Giả sử c không cắt b.
Suy ra c // b.
Khi đó qua A ta vừa có a // b, vừa có c // b. Điều này trái với tiên đề Ơclit.
Suy ra c cắt b.
Vậy : Nếu a // b và c cắt a thì c cắt b.
3. Bài tập 3: Hai đường thẳng a và b song song với nhau, đường thẳng c cắt a tại A, cắt
b tại B.

B1

7


a. Lấy một cặp góc so le trong ( chẳng hạn cặp Â4 và ) rồi đo xem hai góc đó có bằng
nhau không ?

b. Chứng minh Â4 = B1 .
( Bài 30 trang 79 SBT 7 tập I )

Lời giải:
c
a
A

P

b

1

B

a.Bạn đọc tự kiểm
tra.

b. Giả sử Â4  B1 .
Qua A vẽ tia AP sao cho
Mà PAB và B1 nằm ở vị trí so le trong nên AP // b.
Khi đó qua A ta vừa có a // b, vừa có AP // b. Điều này trái với tiên đề Ơclit về đường
thẳng song song.

Vậy đường thằng AP và a chỉ là một. Nói cách khác PAB = Â4, nghĩa là Â4 =
(điều
phải
chứng
minh).
B1 .
4. Bài tập 4:
a. Vẽ ba đường thằng a, b, c sao cho b // a và c // a.

b. Kiểm tra xem b và c có song song với nhau không?
c. Lý luận tại sao nếu a // b và a //c thì b // c.
( Bài 34 trang 80 SBT 7 tập I)
Lời giải:
a,b. Bạn đọc tự giải.
c. Giả sử b không song song với c.
Khi đó b cắt c tại một điểm O.
Như vậy qua O ta vừa có b // a, vừa có c // a. Điều này trái với tiên đề Ơclit. Suy ra b //
c.
Vậy b // a và c // a thì b // c.
5. Bài tập 5: Chứng minh rằng các góc của một tứ giác không thể đều là góc nhọn,
không thể đều là góc tù.
(Bài 6 trang 61 SGK 8 tập I)
Lời giải:
Giả sử bốn góc của tứ giác đều là góc nhọn thì tổng số đo của bốn góc đó nhỏ hơn 360 0.
Điều này trái với tính chất về tổng các góc trong một tứ giác bằng 3600.
Vậy bốn góc của tứ giác không thể đều là góc nhọn.
Giả sử bốn góc của tứ giác đều là góc tù thì tổng số đo của bốn góc đó lớn hơn 3600.
Điều này trái với tính chất về tổng các góc trong một tứ giác bằng 3600.
Vậy bốn góc của tứ giác không thể đều là góc tù.

6. Bài tập 6: Không vẽ được đường tròn nào đi qua ba điểm thẳng hàng.
?3
8


( Chú ý của trang 98 SGK 9 tập I)
Lời giải:

l

d

A

B

C

Giả sử có đường tròn (O) đi qua ba điểm thẳng hàng A, B, C thì tâm O là giao điểm
đường trung trực d của AB (vì OA = OB) và đường trung trực l của đoạn BC ( vì OB =
OC ).
Ta có : d  AB,
l  BC.
Mà A, B, C thẳng hàng, suy ra d // l. Do đó không tồn tại giao điểm của d và l, mâu
thuẫn với giả thiết.
Vậy không vẽ được đường tròn nào đi qua ba điểm thẳng hàng.
7. Bài tập 7: Chứng minh rằng trong một tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là
góc nhọn.
Lời giải:
Trong một tam giác, giả sử góc đối diện với cạnh nhỏ nhất có số đo lớn hơn hoặc bằng
900.
Theo tính chất về mối quan hệ giữa góc và cạnh trong một tam giác thì hai góc còn lại
đều có số đo lớn hơn 900. Do đó tổng số đo ba góc của tam giác trên lớn hơn 1800. Điều
này trái với tính chất về tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800.
Vậy góc đối diện với cạnh nhỏ nhất trong một tam giác phải là góc nhọn.
8. Bài tập 8: Cho hai đường tròn tâm O và O’ giao nhau tại A và B. Một cát tuyến bất
kỳ qua A giao với hai đường tròn tại C và D. Vẽ hai đường kính CC’ và DD’ của hai
đường tròn. Chứng minh:A, C’, D’ thẳng hàng.
8.1. Lời giải:

GT

(O) và (O’) giao nhau tại A, B;
cát tuyến CAD ( C(O),D(O’))
CC’, DD’ là hai đường kính.

KL

A, C’, D’ thẳng hàng.

C
A
O

D
D '
O '
B
C '

9


Giả sử A, C’, D’ không thẳng hàng hay AC’ và AD’ là hai đường thẳng phân biệt.
Vì DD’ là đường kính của (O’) nên góc DAD’ = 900.
CC’ là đường kính của (O) nên góc CAC’ = 900.
Như vậy qua A ta vừa có AD’ và AC’ cùng vuông góc với CD. Điều này trái với tiên đề
Ơclit. Do đó AC’ và AD’ phải trùng nhau hay A, C’, D’ thẳng hàng.
8.2 Khai thác:

1. Bài toán trên vẫn còn đúng nếu hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại một
đỉnh A.
D '

C
D

C '
A

O

A

O

O'
D '

O '

C

C '
D

2. Bài toán: Cho hai đường tròn giao nhau tại A. Một cát tuyến thay đổi qua A, giao hai
đường tròn lần lượt tại C và D. Vẽ đường kính CC’ và DD’ của hai đường tròn. Chứng
minh C’D’ luôn đi qua một điểm cố định.
9. Bài tập 9: Chứng minh định lý đảo của định lý về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây

cung, cụ thể là:
Nếu góc BAx ( với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB ), có số
đo bằng nửa số đo của cung AB căn dây đó và cung này nằm bên trong góc đó, thì cạnh
Ax là một tiếp tuyến của đường tròn.
9.1 Lời giải:

B

B

O
C 1

O
x
C 2

A

x
A

Hình 1

Hình 2

Giả sử Ax không là tiếp tuyến của đường tròn tại A. Ta có hai trường hợp:
Trường hợp 1: Ax cắt đường tròn tại C1 thuộc cung lớn AB (hình1).
Ta có:



1
BA x  sd AB (Gt)
2




1
sd BC1 (Góc nội tiếp chắn một cung)
2




1
Suy ra: BAx  C1 AB  (sd AB sd BC1 )
2


1
C1 Ax  sd ABC 1
2

C1 AB 

10


Hay


1
sd
ABC
180 =
1
2

0



Suy ra: sd ABC  360 0
1

(vô lý vì số đo cung ABC1<360 0)

Trường hợp 2: Ax cắt đường tròn tại C2 thuộc cung nhỏ AB.


Ta có:

B Ax 


BAx 


1
sd AB( gt )

2

1
sd C 2 B
2



Suy ra:

sd AB 

(Góc nội tiếp chắn một cung )


1
sd C 2 B
2

(Vô lý vì C2 thuộc cung AB)

Vậy Ax là tiếp tuyến của đường tròn tại A.
9.2 Sai lầm của học sinh:
-Thông thường, học sinh chỉ đưa ra một trong hai trường hợp.


1



- Học sinh bỏ qua giả thiết BAx sd AB do trực quan Ax là cát tuyến (giả sử ).
2
- Sau khi giải bài toán này nhiều học sinh dễ nhầm tưởng: khi cho Ax là




một cát tuyến thì suy ra BAx 1 sd AB (điều này chỉ xảy ra khi Ax là tiếp tuyến ).
9.3 Đề xuất khi giảng dạy: 2
- Người dạy phải thể hiện đầy đủ các trường hợp ( lời giải trong nhiều sách chỉ đưa ra
một trường hợp ).
- Nhắc nhở học sinh sử dụng hết giả thiết bài toán.
- Người dạy khắc phục sai lầm thứ ba của học sinh bằng cách nhấn mạnh tính chất giữa
tiếp tuyến và dây cung cho học sinh.
10. Bài tập 10: Hãy chứng minh định lý:
Nếu một đường thẳng cắt hai đường thẳng song song thì hai góc đồng vị bằng
nhau.
10.1 Lời giải




Giả sử B  A .


Qua B kẻ đường c sao cho ABc  A
Theo dấu hiệu nhận biết hai đường
song song, suy ra a // c.
Như vậy, qua B ta vừa có c // a, vừa có
Điều này trái với tiên đề Ơclit.


Vậy c phải trùng b. Hay B  ABc .


Vậy A  B (điều phải chứng minh ).

thẳng

A
a

b // a.
B
b
c

10. Một số bài toán khác:
Bài 1: Chứng minh rằng nếu một đa giác có một số trục đối xứng thì tất cả chúng cắt
nhau tại một điểm trong đa giác đó.
Hướng dẫn:
Giả sử hai trong một số trục đối xứng
của đa giác ( nếu có ) nằm ngoài đa giác.
Ta có: S1 = S2 +S3
11


S3 = S1 + S2
Như vậy : S 2 = 0 ( vô lý vì d 1 và d 2 phân
biệt ).
Bài 2: Có hay không một tam giác mà trung điểm của các đường phân giác cùng nằm

trên một đường thẳng?
Hướng dẫn:
Giả sử tồn tại một tam giác mà trung điểm các đường phân giác nằm trên một đường
thẳng.
Ta chỉ ra điều vô lý.
Bài 3: Cho hai đường thẳng x’x và y’y giao nhau tại O. Ta nhận thấy chúng tạo thành
bốn góc, góc xOy kề bù với góc x’Oy, góc x’Oy’ kề bù với góc y’Ox. Như vậy ta có:








xOy  x ' Oy  x ' Oy '  y ' O x  2 . 180

0

 360 0 .

Chứng minh rằng trong bốn góc trên phải có một góc không lớn hơn 900.
Hướng dẫn:
Giả sử bốn góc đều lớn hơn 900 thì tổng số đo bốn góc lớn hơn 360 0.
Điều này vô lý.

III. Dạng 3: Sự vô lý suy ra từ giả thiết bài toán
1. Bài tập 1: Cho x là một số hữu tỷ khác 0, y là một số vô tỷ. Chứng tỏ rằng x+y và x.y
là một số vô tỷ.
(Bài 115 trang 19 Sách bài tập 7 tập I)

1.1 Lời giải:
Giả sử x + y =z là một số hữu tỷ.
Ta có: y = z - x. Nhưng hiệu hai số hữu tỷ là một số hữu tỷ hay z - x = y là một số hữu
tỷ. Điều này trái với giả thiết y là một số vô tỷ.
Vậy x + y là một số vô tỷ.
Giả sử x.y = z là một số hữu tỷ.
Ta có: y = z  x .Nhưng thương của một số hữu tỷ và một số hữu tỷ là một số hữu tỷ
hay z  x = y là một số hữu tỷ. Điều này trái với giả thiết y là một số vô tỷ.
Vậy x.y là một số vô tỷ.
2. Bài tập 2: Cho góc nhọn xOy, trên tia Ox lấy hai điểm A và A’. Trên tia Oy lấy một
điểm B. Lấy một điểm C bất kỳ thuộc miền trong của góc xOy. Qua A’ kẻ đường song
song với AB cắt Oy tại B’. Đường thẳng song song với AC kẻ qua A’ cắt đường thẳng
song song với BC kẻ qua B’ tại C’. Chứng minh rằng ba đường AA’, BB’, CC’ đồng quy.
2.1 Phân tích tìm lời giải:
Từ giả thiết bài toán AA’ và BB’ cắt nhau tại O. Muốn giải quyết bài toán ta cần
chỉ ra CC’ đi qua O.
Để làm được điều này ta giả sử CC’ giao với Ox tại một điểm O’ khác O. Qua quá
trình lập luận ta chỉ ra điều vô lý. Nên O’ trùng O, hay AA’, BB’ và CC’ đồng quy tại
O.
y
B
2.2 Lời giải:
z

B '

O

C '

Góc nhọn xOy,
A, A’ Ox, B Oy,
GT C thuộc miền trong góc xOy,
AB//A’B’(B’ Oy),AC//A’C’,

C
A '
A
x

12


BC//B’C’.
KL

AA’, BB’, CC’ đồng quy.

Ta có: AB//A’B’
AC//B’C’
AC//A’C’
Suy ra:  ABC  A’B’C’
AB
AC
Vậy ta được:

A' B '

Vì AB//A’B’ nên

(1)

A' C '

OA
OB

O ' A' O' B'

(2)

Giả sử CC’ giao Ox tại một điểm O’ khác O.
OA
AC

O' A' A' C '
OA O ' A

Từ (1), (2), (3) suy ra:
OA' O ' A'

(3)

Vì AC//A’C’ nên

(4)

Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau cho (4) ta được:
OA  OA' O' A  O ' A'


OA'
O ' A'

hay

A' A A' A

OA' O ' A'

(5)

Suy ra OA’ = O’A’.
Hai điểm O và O’ nằm cùng phía đối với A’ trên tia Ox.
Kết hợp với (5) ta suy ra O trùng O’ . Hay CC’ qua O.
Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại O.
1.3 Khai thác:
1. Ta giữ lại giả thiết bài toán và thay đổi cách hỏi:
 Chứng minh ba điểm O, C, C’ thẳng hàng.
 Chứng minh tỷ số

AA' BB ' CC '


AO BO CO

2. Ta thay đổi giả thiết để có các bài toán mới:
Bài 1: Cho góc nhọn xOy, trên cạnh Ox lấy hai điểm A và A’. Trên Oy lấy điểm B.
Lấy C bất kỳ thuộc miền trong của góc xOy. Qua A’ kẻ A’B’ song song với AB (B’
Oy), kẻ A’C’ song song với AC (C’ OC). Chứng minh B’C’ song song với BC.
Bài 2: Cho góc nhọn xOy.Tia Oz nằm trong góc xOy.Trên cạnh Ox lấy hai điểm A

và A’. Trên Oy lấy hai điểm B và B’. Trên Oz lấy hai điểm C và C’. Gọi H, T, L lần
lượt là giao điểm của các cặp cạnh AB và A’B’; AC và A’C’; BC và B’C’. Chứng
minh H, T, L thẳng hàng.
Bài học kinh nghiệm:
1.3.1
Sai lầm của học sinh:
- Trong khi chứng minh do học sinh lệ thuộc vào trực quan nên nhiều học sinh xem
rằng CC’ đã đi qua O mà chứng minh bài toán dễ dàng.
- Từ biểu thức (4) học sinh suy ra ngay O trùng O’.
1.3.2 Chú ý khi giảng dạy
- Hướng dẫn học sinh vẽ hình và cách xâm nhập vào bài toán để tìm hướng giải quyết.
- Làm cho học sinh thấy được đâu là giả thiết cho và đâu là yêu cầu cần chứng minh của
bài toán.

13


- Cần chú ý nhiều hơn tới những sai lầm hay mắc phải của học sinh.Ví dụ cụ thể như từ
(4), nhiều học sinh sẽ suy ra ngay O trùng O’, người dạy nên chỉ cho học sinh thấy được:
Để chứng minh O trùng O’ ta cần chỉ ra O’A = OA hoặc O’A’ = OA’. Nhận thấy (4) là
một tỷ lệ thức nên sử dụng tính chất tỷ lệ thức hoặc dãy tỷ số bằng nhau.
3. Bài tập 3: Cho tam giác ABC có góc A>900. Chứng minh rằng không thể có đường
trung tuyến xuất phát từ một đỉnh của góc nhọn vừa là đường phân giác của góc đó.
3.1 Phân tích tìm lời giải:

B

ABC, góc A>90
AM = MC ( M AC)

GT
1 2

KL

A






B1  B2

C

M



Muốn chỉ ra B1  B2 ta có các cách sau:
- Số đo hai góc bằng nhau.
(1)
- Sử dụng quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác ( có thể thông qua góc trung gian ).
(2)
- Giả sử B1 = B2 ta chứng minh điều giả sử là vô lý.
(3)
Nhận thấy cách (1) không phù hợp vì ta đang chứng minh cho một tam giác bất kỳ.
Nếu áp dụng cách giải (2) thì ta cần phải tạo ra một góc mới bằng một trong hai góc trên
và nằm trong cùng một tam giác với góc còn lại ( vì hai

góc ta đang xét nằm ở hai tam giác khác nhau ). Với giả thiết đề cho cách làm này phức
tạp, đôi khi là bế tắc.
Yêu cầu của bài toán gợi cho ta nghĩ đến việc chứng minh bằng phương pháp phản
chứng. Tức là giả sử BM vừa là trung tuyến, vừa là phân giác của tam giác ABC và chỉ ra
điều vô lý.
3.2. Lời giải:
Vì  ABC có Â >90 nên BC > AB. Trên BC lấy D sao cho BD = BA.
Giả sử BM là phân giác của góc B.
B
Xét hai tam giác ABM và DBM có:
BM: cạnh chung,




ABM  DBM ,

D

BA = DB.
Suy ra : ABM = DBM ( c.g.c).
Suy ra : AM = DM,
Mà AM = MC nên MD = MC.


A

M

C



Vậy  DMC cân tại M,
hay MDC  MCD

Mặt khác: ABM  DBM (vì ABM = DBM ).
Ta có:


BDM  MDC  180 0 ( hai góc kề bù )


BAM  ACB  180 0.

14

(1)
(2)


Kết hợp (1) và (2) ta được
Điều này vô lý vì ABC là tam giác.
Vậy BM không thể là phân giác của góc B.( điều phải chứng minh ).
3.3.Khai thác:
- Giữ nguyên giả thiết bài toán nhưng thay đổi cách hỏi như sau: Chứng minh rằng
không thể có một đường phân giác xuất phát từ một đỉnh của góc nhọn vừa là trung tuyến
của góc đó.
- Bài toán trên vẫn áp dụng được với tam giác vuông.
- Xây dựng một bài toán mới:

Bài toán: Chứng minh rằng một tam giác có đường trung tuyến vừa là phân giác xuất
phát từ một đỉnh là tam giác cân tại đỉnh đó.
Lời giải:
Giả sử tam giác ABC không cân tại A..
Khôngmất tính tổng quát xem như AC > AB.
Trên AC lấy D sao cho AB = AD.
Gọi L là giao điểm của BD và AH
( với AH là đường trung tuyến ).
Xét hai tam giác ABL và ALD có:
AL: cạnh chung,


A

D

L



LAD  LAB,
B
H
C
AB = AD.
Suy ra : ABL = ADL (c.g.c )
Suy ra : BL = DL.
Trong BDC có:
BL = DL,
BH= HC.

Nên HL là đường trung bình của  BDC.
Suy ra HL // DC hay AH // AC (vô lý).
Vậy tam giác ABC cân tại A.
3.4. Bài học kin nghiệm:
3.4.1 Sai lầm của học sinh:
- Học sinh thường chứng minh như sau:
ABC vừa có đường trung tuyến là đường phân giác nên ABC cân tại B.
(1)
Mặt khác ABC có Â > 900 nên BC > AB.
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điều vô lý.
*Người dạy cần lưu ý cho học sinh điều (1) được nêu ở trên là một bài toán phải được
chứng minh ( trình bày ở trên) không thể suy ngay ra được.
- Học sinh thường nhầm lẫn và chứng minh như sau:

A

Xét hai tam giác ABM và ACM ta có:
AM
: cạnh chung,

BAM  CAM ,

BM = CM.
Suy ra ABM = ACM (c.g.c )

B

M

3.4.2 Chú ý khi giảng dạy:

15

C


Trong quá trình giảng dạy người dạy cần phải:
- Đối với sai lầm thứ nhất, người dạy phải yêu càu học sinh chứng minh điều vừa kết
luận để chỉ ra cái sai của học sinh.
- Đối với sai lầm thứ hai, người dạy vẽ hình và chú ý cho học sinh vị trí các góc và cạnh
tương ứng của trường hợp bằng nhau trong tam giác.
4. Một số bài tập khác:
Bài 1: Cho a và b là hai số nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng a và a + b cũng
nguyên tố cùng nhau.
Hướng dẫn:
Giả sử a và a+b không nguyên tố cùng nhau.
Như vậy tồn tại số p, q 1, q2 thuộc Z thỏa:
a = p.q1
(1)
a+b = p.q2
(2)
Từ (2) ta được: b = p.q2 – a
= p.q2 –p.q1 (kết hợp (1))
= p.( q2 – q1)
= p.q
(3)
Từ (1) và (3) ta kết luận a và b không nguyên tố cùng nhau. Trài với giả thiết.
Bài 2: Cô giáo chủ nhiệm phân phối 102 quyển tập cho 50 em học sinh lớp 6A. Chứng
minh rằng ít nhất có một em nhận được nhiếu hơn hai quyển tập.

Hướng dẫn:
Giả sử không học sinh nào nhận nhiều hơn hai quyển tập. Như vậy tối đa có một 100
cuốn tập cho 50 học sinh. Trong khi giáo viên cần phân phối 102 cuốn tập. Điều này vô lý.
.
Bài 3: Cho phân số p tối giản. Chứng minh rằng phân số p  q
q
q
cũng tối giản.
Hướng dẫn: Tham khảo bài 3.
Bài 4: Chứng minh rằng : Nếu độ dài các cạnh của tam giác thỏa mãn bất đẳng thức a2
+ b2 > 5c2 thì c là độ dài cạnh nhỏ nhất của tam giác.
Hướng dẫn:
Giả sử c không phải là cạnh nhỏ nhất của tam giác.
Không mất tínhư tổng quát, giả sử a  c, khi đó a2  c2.
Theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có b< a+c nên b2 < (a+c)2.
Do a  c nên (a + c)2  4c2, suy ra b2  4c2.
Từ đó ta có a2 + b2  5c2. Điều này trái với giả thiết.
Vậy c là cạnh nhỏ nhất của tam giác.
Bài 5: Tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH, trung tuyến BI, phân giác CK cắt
nhau tại ba điểm phân biệt D, E, F. Tam giác DEF có thể là tam giác đều hay không?
Hướng dẫn:
Giả sử DEF là tam giác đều.
Ta có: F  60 0  C  30 0


1

HAC  30 0

Suy ra: BI  AC.

Vậy tam giác ABC đều. Suy ra D, E, F trùng nhau. Điều này trái với giả thiết.

16


KẾT LUẬN
Đề tài này được viết theo chương trình THCS, dùng cho học sinh, sinh viên sư phạm
trong việc nhiên cứu tham khảo. Nó rất bổ ích trong việc hình thành khả năng tư duy,
lý luận chặt chẽ trong toán học và các ngành khoa học khác.
Chứng minh bài toán bằng phương pháp phản chứng là một dạng toán hay giúp ta
giải quyết những bài toán với tính đúng đắn có thể thấy ngay mà những cách chứng
minh khác không thể làm được.
Trong đề tài, chúng tôi đưa ra cơ sở lý thuyết, phân loại các dạng toán cùng với
những đề xuất, bài học rút ra trong quá trình nghiên cứu bài toán. Ngoài ra, còn có sự
tổng hợp và phân loại cho từng khối lớp THCS.
Tuy nhiên, những đề xuất, mở rộng mang tính cá nhân nên còn nhiều hạn chế.
Cuối cùng, chúng tôi chân thành cảm ơn về những ý kiến đóng góp bổ ích, cùng với
sự khích lệ, động viên tinh thần của các thầy cô, đặc biệt là thầy hướng dẫn Nguyễn
Chính, thầy Tạ Quang Sơn.
Nha Trang, ngày 07 tháng 05 năm 2006.

17


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1 Hoàng Xuân Sính (chủ biên), Tập hợp và lôgic, Nhà xuất bản giáo dục, năm 1999.
[2] Nguyễn Hữu Điển, Những phương pháp điển hình trong giải toán phổ thông, Nhà
xuất bản giáo dục.
[3] Nguyễn Vĩnh Cận, Phương pháp chứng minh hình học, Nhà xuất bản giáo dục.
[4] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Thực hành giải toán, Nhà xuất bản giáo dục.

[5] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Toán nâng cao và các chuyên đề hình học 7, Nhà xuất
bản giáo dục, năm 2005.
[6] Trần Diên Hiển, Các bài toán về suy luận lôgic, Nhà xuất bản giáo dục, năm 2001.
[7] Nguyễn Vĩnh Cận, Toán hình học nâng cao THCS, Nhà xuất bản Đại học Sư phạm,
năm 2003.
[8] Phan Đức Chính (Tổng chủ biên), Sách giáo khoa 7 tậpI, tập II, Nhà xuất bản giáo
dục,năm 2003.
[9] Tôn Thân (chủ biên), Sách bài tập 7 tập I, Nhà xuất bản giáo dục, năm 2003.
[10] Tôn Thân (chủ biên), Sách bài tập 8 tập I, Nhà xuất bản gióa dục, năm 2003.
[11] Phan Đức Chính (Tổng chủ biên), Sách giáo khoa 9 tập I, tập II, Nhà xuất bản giáo
dục, năm 2003.
[12] Phan Đức Chính (Tổng chủ biên), Sách bài tập 9 tập II, Nhà xuất bản giáo dục,
năm 2003.
[13] Nguyễn Vũ Thanh (Chủ biên), Số học, Nhà xuất bản giáo dục.
[14] Vũ Hữu Bình, Nâng cao và phát triển toán 9 tập I, tập II, Nhà xuất bản giáo dục,
năm 2005.
[15] Vũ Hữu Bình, Nâng cao và phát triển toán 8 tập I, tập II, Nhà xuất
bản giáo dục, năm 2005.

18


MỤC LỤC
Mở đầu ………………………………………………….. 3
Chương I: Cơ sở lôgic của phương pháp chứng minh
phản chứng …………………………………. 5
Chương II: Nội dung
I.
Dạng 1: Suy luận và loại trừ………………..8
II.

Dạng 2: Sự vô lý suy ra từ những kiến
thức đã biết……………………….12
III.
Dạng 3: Sự vô lý suy ra từ giả thiết bài
toán………………………………18
Phụ lục
Lớp 6..............................................................................24
Lớp 7..............................................................................27
Lớp 8..............................................................................31
Lớp 9..............................................................................34
Kết luận ………………………………………………….39
Tài liệu tham khảo …………………………………….....40
Mục lục...............................................................................41

19