phương pháp chứng minh phản chứng

MỤC LỤC
Lời mở đầu ........................................................................................................... 3
I. Cơ sở logic của phép chứng minh phản chứng..................................................... 4
1. Cơ sở logic .................................................................................................... 4
2. Các bƣớc suy luận trong chứng minh phản chứng ............................................ 5
3. Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh .......................................................... 6
3.1 Tìm mệnh đề phủ định ............................................................................... 6
3.2. Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh .................................................... 8
II. Các bài toán chứng minh phản chứng ............................................................... 8
1. Một số chứng minh phản chứng nổi tiếng ...................................................... 8
1.1. Nguyên lý Đirichlê ................................................................................. 8
1.2. Chứng minh phản chứng của Euclid. ....................................................... 9
1.3. Chứng minh của Euler cho định lý nhỏ Fermat cho trƣờng hợp n=4 ......... 9
2. Vận dụng chứng minh phản chứng trong các bài toán phổ thông .................. 12
2.1. Phản chứng trong số học....................................................................... 12
2.2. Phản chứng trong đại số........................................................................ 17
2.3. Phản chứng trong giải tích .................................................................... 22
2.4. Phản chứng trong hình học .................................................................. 24
2.5. Bài tập tự giải....................................................................................... 30
Tài liệu tham khảo .............................................................................................. 31


Lời mở đầu
Chứng minh là một trong những nét đặc trƣng làm cho toán học khác biệt với
các môn khoa học khác. Có rất nhiều phƣơng pháp và kỹ thuật chứng minh. Từ
chứng minh trực tiếp tới chứng minh gián tiếp, từ chứng minh bằng quy nạp tới
chứng minh bằng phản chứng, ...
Phương pháp chứng minh bằng phản chứng là phƣơng pháp sử dụng phép
suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải những khẳng định toán học. Trong
lịch sử toán học phƣơng pháp chứng minh phản chứng đã đƣợc sử dụng từ rất sớm.
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 tƣợng mà không rõ là có tồn tại hay không.
Đây là phƣơng pháp hay dùng trong lập luận toán học, thể hiện sự chặt chẽ, lý luận
hợp lôgic của ngƣời giải toán. Điều quan trọng của mệnh đề 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.
Tiểu luận dƣới đây chúng tôi tổng hợp lại một số bài toán từ dễ tới khó, quen
thuộc tới xa lạ, đều sử dụng phƣơng pháp chứng minh phản chứng. Chúng tôi hy
vọng rằng tiểu luận này có thể giúp hỗ trợ thêm kiến thức, thúc đẩy tƣ duy tìm tòi,
sự sáng tạo của ngƣời học, góp phần nhận ra và tìm ra những nét đẹp mới trong tƣ
duy toán học. Tiểu luận có thể chƣa nêu hết đầy đủ về dạng toán chứng minh phản
chứng. Rất mong sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn.
ĐH Khoa Học Tự Nhiên,TP. HCM


I. Cơ sở logic của phép chứng minh phản chứng
1. Cơ sở logic
Cơ sở logic của phƣơng pháp chứng minh phản chứng là dựa vào những hiểu biết
về logic mệnh đề trong đó sử dụng các phép liên kết là chủ yếu.
 Phép liên kết logic
Phép liên kết logic hay còn gọi là phép toán logic, cho phép từ những mệnh đề sơ
cấp cho trƣớc có thể xây dựng những mệnh đề mới phức tạp hơn.
Các phép liên kết bao gồm:
1. Phép phủ định (  )
2. Phép tuyển (∨)
3. Phép hội (∧)
4. Phép kéo theo (→).
Ở đây ta quan tâm tới hai phép toán logic là phép phủ định và phép kéo theo.
Giả sử có mệnh đề A và B.

Khi mệnh đề A, B nhận giá trị đúng ta viết A = 1, B = 1. Khi A, B nhận giá trị sai
ta viết A = 0, B = 0.
Ta có bảng giá trị của phép phủ định nhƣ sau:
A

 A→0

1
0

0
1

A

B

1
0
1

1
1
0

A→B
1
1
0

A
0
1
Bảng giá trị của phép kéo theo:
A
0
0
1

B
0
1
0

B →A

1
1
0


1 1
0
1
1
 Từ hai bảng giá trị ở trên ta nhận thấy rằng

1

A  (  A → 0)

(1.1)

(A → B)  (  B →  A).

(1.2)

Từ (1.1) ta thấy rằng việc chứng minh A đúng tƣơng đƣơng với chứng minh
rằng: Nếu A sai, thì dẫn tới điều sai.
Từ (1.2) ta thấy rằng chứng minh (A → B) tƣơng đƣơng với việc chứng minh
(  B →  A).
2. Các bƣớc suy luận trong chứng minh phản chứng
Trong toán học phƣơng pháp phản chứng rất thƣờng xuyên đƣợc sử dụng, nó là
công cụ đắc lực trong chứng minh một số bài toán khó. Vậy câu hỏi đặt ra là:
Phƣơng pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào? Cách chứng minh phản
chứng nhƣ thế nào?
a/ Phƣơng pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào?
Khi gặp những bài toán khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của
phƣơng trình, hệ phƣơng trình hoặc bất đẳng thức ... trong đại số, hình học, số học,
giải tích. Đặc biệt khi cần chứng minh tính tồn tại duy nhất của một đối tƣợng ngƣời
ta hay dùng phản chứng để chứng minh.
Nhận xét trên đây chỉ là kinh nghiệm của tác giả trong quá trình giải một số bài
toán. Tùy vào từng bài toán, tình huống cụ thể khác mà ngƣời giải toán vận dụng
phƣơng pháp này một cách linh hoạt.
b/ Các bƣớc trong chứng minh phản chứng:
Ta chứng minh mệnh đề P là đúng.
Bước 1. Giả sử mệnh đề P là sai (tức là chúng ta đi phủ định 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 dẫn tới điều vô lý.
Bước 3. Ta kết luận điều giả sử ban đầu là sai. Vậy mệnh đề P là đúng.
Chú ý: Trong ba bước suy luận phản chứng nêu trên, bước 1 rất quan trọng vì
chúng ta cần tạo ra mệnh đề phủ định điều cần chứng minh phải chính xác.
Ở bước 2 điều vô lý có thể thuộc một trong các dạng sau:
• Điều trái với giả thiết đã cho.
• Điều trái với một trong các kiến thức đã biết.
•Điều trái với giả thiết phản chứng đã đặt ra.
3. Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh
3.1 Tìm mệnh đề phủ định
a/ Mệnh đề tồn tại
Xét một mệnh đề P(x) trên miền X. Mệnh đề tồn tại thƣờng có dạng
{Tồn tại x X, sao cho P(x) } hay viết x  X : P(x).
Mệnh đề tồn tại cũng có mệnh đề đúng và mệnh đề sai.
Ví dụ 3.1: Mệnh đề tồn tại đúng: "Tồn tại một số thực x, sao cho x 5"
≡ x R : (x  5).

(3.1)

Mệnh đề tồn tại sai: "Tồn tại một số thực x là nghiệm của phương trình
x + x + 1 = 0"
2

≡ x R : x2 + x + 1 = 0.

(3.2)

b/ Mệnh đề tổng quát
Xét một mệnh đề P(x) trên miền X. Mệnh đề tổng quát thƣờng có dạng

{Với mọi số thực x ∈ X, ta có P(x) } hay viết ∀x ∈ X, P(x).
Mệnh đề tổng quát cũng có mệnh đề đúng và mệnh đề sai.
Ví dụ 3.2: Mệnh đề tổng quát sai: "Mọi số thực x đều chia hết cho 5"
≡ ∀x ∈ R, x 5.

(3.4)

Mệnh đề tổng quát đúng: "Mọi số thực x đều không là nghiệm của phương trình
x2 + x + 1 = 0"
≡ ∀x ∈ R, x2 + x + 1  0.

(3.5)

c/ 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)).

Nhƣ vậy hai mệnh đề (∀x ∈ X, T(x)) và (∃x ∈ X :  T(x)) là phủ định của nhau.
Ví dụ 3.3: Mệnh đề phủ định của (3.1) là "Với mọi số thực x thì x không chia hết
cho 5"
≡ ∀x ∈ R, x  5

(3.6)

Mệnh đề phủ định của (3.2) là (3.5).
Trong toán học nhiều mệnh đề đƣợc phát biểu kết hợp hai loại mệnh đề trên và dạng
phủ định của nó nhƣ sau:
 (∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : T(x, y)) ≡ (∃y ∈ Y : ∀x ∈ X,  T(x, y))

 (∃y ∈ Y : ∀x ∈ X, T(x, y)) ≡ (∀y ∈ Y, ∃x ∈ X :  T(x, y)).

Chú ý: Phương pháp phản chứng luôn đưa ta đến việc tạo ra mệnh đề phủ định của
mệnh đề đã cho. Vì vậy việc phát biểu mệnh đề phủ định trong phương pháp này là
rất quan trọng. Do đó khi xây dựng mệnh đề phản chứng của mệnh đề P ta cần lưu ý
các quy tắc sau:


1.  (  P) ≡ P
2.  (∀x, P(x)) ≡ ∃x :  P(x)
3. ∀x, P(x) ≡  x,  P(x)
4.  (∃x : P(x)) ≡ ∀x,  P(x)
5. ∃x : P(x) ≡  (∀x,  P(x)).
3.2. Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh
Dựa vào một số quy tắc ở trên ta có thể xây dựng đƣợc mệnh đề phủ định điều cần
chứng minh. Ta xét ví dụ cụ thể sau.
Ví dụ 3.4. Chứng minh với mọi số tự nhiên n ta có (n5 − n) 5.
Mệnh đề cần chứng minh là n N, (n5 − n) 5.
Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh là n  N : (n5− n)  5.
Ví dụ 3.5. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên m, n sao cho m 2-n2=2002
Mệnh đề cần chứng minh:  (∃m, n  Z : m2-n2=2002)
Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: ∃m, n  Z : m2-n2=2002
II. Các bài toán chứng minh phản chứng
1. Một số chứng minh phản chứng nổi tiếng
1.1.

Nguyên lý Đirichlê

Người ta nhốt m con thỏ vào trong n cái lồng, (m>n). Chứng minh rằng có ít nhất
hai con thỏ được nhốt trong cùng một lồng nào đó.

Lời giải. Ta giả sử mi là số con thỏ đƣợc nhốt vào lồng thứ i, (i = 1, n).
Khi đó ta có:


m1 + m2 + · · · + mn = m.
Giả sử ngƣợc lại, mỗi lồng chỉ nhốt nhiều nhất một con thỏ, tức là
0 ≤ mi ≤ 1,(i = 1, n).
Khi đó
m = m1 + m2 + · · · + mn ≤ 1
 1
 ... 
1 = n.
n sè1

Điều này mâu thuẫn với giả thiết m > n.Vậy điều ta giả sử là sai, nghĩa là phải có ít
nhất hai con thỏ đƣợc nhốt trong một lồng nào đó.
1.2.

Chứng minh phản chứng của Euclid.

Một ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng thuộc về Ơclit với phép
chứng minh định lý: "Tồn tại vô số số nguyên tố." Định lý đƣợc chứng minh dựa
theo cách chứng minh của Ơclit nhƣ sau.
Lời giải. Giả sử ngƣợc lại, tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1, p2, · · · , p n.
Ta xét tích
N = p1p2 · · · p n + 1.
Hiển nhiên N phải có ít nhất một ƣớc số nguyên tố p nào đó.
Khi đó, do p1, p2, · · · , p n là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại i, (1≤ i ≤ n) sao cho
p= pi.
Từ đó suy ra đƣợc p|1 hay p = 1(mâu thuẫn với p là số nguyên tố).

Vậy điều ta giả sử là sai. Nghĩa là có vô số số nguyên tố.
1.3.

Chứng minh của Euler cho định lý nhỏ Fermat cho trƣờng hợp n=4

Định lý. Phương trình x4 +y4 = z4 (1) không có nghiệm nguyên dương.
Ông đã giả sử rằng phƣơng trình (1) có nghiệm nguyên dƣơng. Khi đó, theo nguyên
lý cực hạn, tồn tại nghiệm (x0, y0, z0) với x0 + y0 + z0 nhỏ nhất. Sau đó, bằng cách sử


dụng cấu trúc nghiệm của phƣơng trình Pythagore x2 + y2 = z2, ông đi đến sự tồn tại
của một nghiệm (x1, y1, z1) có x1 + y1 + z1 < x0 + y0 + z0. Mâu thuẫn.
Phƣơng pháp này thƣờng đƣợc gọi là phương pháp xuống thang.
 Một vài ví dụ về phƣơng pháp xuống thang:
Ví dụ 1. Chứng minh rằng
Lời giải. Giả sử

2 là một số vô tỷ.

2 là một số hữu tỷ.

Khi đó nó sẽ đƣợc biểu diễn dƣới dạng

Suy ra

2

m
,  m, n  Z ,  m, n   1 .
n

m2
2  2 hay m 2  2n 2
n

(1)

2

Từ (1) suy ra m  2 . Do đó m 2 . Khi đó m  2k ,  k Z  .

Từ (1) thay m  2k vào ta có 4k 2  2n2 suy ra 2k 2  n 2 .Từ đó ta có n 2 .
Ta thấy cả m và n đều chia hết cho 2 nên trái với giả thiết (m, n) = 1.
Vậy điều ta giả sử là sai.
Kết luận

2 là một số vô tỷ.

Ví dụ 2. Chứng minh phương trình sau không có nghiệm là các số tự nhiên dương:

8x 4  y 4  2z4  t 4
Lời giải. Giả sử phƣơng trình trên có nghiệm là các số tự nhiên dƣơng và x=m, y=n,
z=p, t=r là nghiệm với x là nhỏ nhất trong tập hợp những giá trị có thể của x. Từ
phƣơng trình ta có r là số chẵn. do đó r=2r1 với r1   . Thay r=2r1 vào phƣơng trình
4
4
4
4
và chia hai vế cho 2, ta có 4m  2n  8p  8r1 . Nhƣ vậy p là số chẵn, đặt p=2p1

4
4
4
4
(p1   ), suy ra: 2m  n  8p1  4r1 . Từ đấy n là số chẵn, đặt n=2n1 (p1  ), suy
4
4
4
4
ra: m  8n1  4p1  2r1 . Cuối cùng, m chẵn, đặt m=2m1, suy ra:

8m14  4n14  2p14  r14 .
Vậy x=m1, y=n1, z=p 1, t=r1 cũng là nghiệm của phƣơng trình trên. Nhƣng m1Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu chọn nghiệm với x=m là số nhỏ nhất.
Ví dụ 3. Chứng minh phương trình x2+y2+z2+u2 = 2xyzu không có nghiệm là các
số tự nhiên dương.
Lời giải. Giả sử x, y, z, u là nghiệm của phƣơng trình.
Vì x2+y2+z2+u2 là một số chẵn, do vậy trong các số x, y, z, u sẽ có một số chẵn
các số lẻ, tức là hoặc có bốn số lẻ, hoặc có hai số lẻ, hoặc không có số nào lẻ.
Nếu cả bốn số là lẻ, thì x2+y2+z2+u2 chia hết cho 4 còn 2xyzu không chia hết cho 4.
Nếu có hai số lẻ, thì x2+y2+z2+u2 không chia hết cho 4 còn 2xyzu lại chia hết cho 4.
Vì vậy chỉ có trƣờng hợp không có số nào lẻ, hay là bốn số đều chẵn, hay x=2x1,
y=2y1, z=2z1, u=2u1 với x1, y1, z1, u1.
Thay vào phƣơng trình ta có: x12+y12+ z12+u12 = 8x1y1z1u1.
Cũng nhƣ trên, cả bốn số không thể là số lẻ, vì nếu thế thì x12+y12+ z12+u12 không
chia hết cho 8. Hai số là lẻ cũng không đƣợc. Nhƣ vậy, các số đó chỉ có thể là chẵn,
khi đấy ta lại có thể đặt x=2x2, y=2y2, z=2z2, u=2u2 với x1, y1, z1, u1  . Thay vào
phƣơng trình, ta có: x22+y22+ z22+u22 = 32x2y2z2u2.
Lập luận nhƣ trên, ta lại có x2, y2, z2, u2 là những số chẵn.

Dễ hiểu, với mọi số tự nhiên s ta có: xs2+ys2+ zs2+us2 = 22s+1 xsyszsus. với xs=2xs+1,
ys=2ys+1, zs=2zs+1, us=2us+1, tức với bất lì số tự nhiên dƣơng nào, thì số

x y z u
, , ,
2s 2s 2s 2s

đều là số nguyên. Điều này là không thể có với x, y, z, u là các số tự nhiên dƣơng.


2. Vận dụng chứng minh phản chứng trong các bài toán phổ thông
2.1.

Phản chứng trong số học

Bài toán 1. Nếu bình phương của một số tự nhiên n là một số chẵn thì n cũng là một
số chẵn.
Lời giải. Giả sử n là số tự nhiên lẻ. Khi đó, n = 2k + 1, k ∈ N
 𝑛2 = 4𝑘2 + 4k + 1 = 4k (k + 1) + 1 là số lẻ (vì 4k(k + 1) là số chẵn.)
Vậy bình phƣơng của một số tự nhiên n là một số chẵn thì n cũng là một số chẵn.
Bài toán 2. Nếu tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì tổng của chúng là một số
chẵn.
Lời giải. Giả sử tổng a + b là số lẻ, khi đó: a, b không cùng tính chẵn – lẻ nên a.b là
số chẵn (trái với giả thiết).
Vậy tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì tổng của chúng là một số chẵn.
Bài toán 3 . Hãy chứng tỏ rằng trong 11 số tự nhiên bất kỳ phải có ít nhất hai số mà
hiệu của chúng chia hết cho 10.
Lời giải. Giả sử trong 11 số tự nhiên đã cho không có hai số nào có hiệu chia hết
cho 10. Đem 11 số đó lần lƣợt chia cho 10 ta đƣợc 11 số dƣ nằm trong khoảng từ 0
đến 9.

Do điều giả sử trên nên 11 số dƣ này phải đôi một khác nhau, vì nếu có hai số dƣ
nào đó bằng nhau thì hiệu của hai số bị chia sẽ chia hết cho 10 (điều này trái với
điều giả sử ban đầu).
Vậy trong khoảng từ 0 đến 9 phải có 11 số tự nhiên khác nhau.
Điều này vô lý vì từ 0 đến 9 chỉ có tất cả 10 số tự nhiên.
Từ đó chứng tỏ điều giả sử ban đầu là sai.
Vậy trong 11 số tự nhiên bất kỳ phải có ít nhất hai số mà hiệu của chúng chia hết
cho 10.


Bài toán 4. Bổ đề về tổng hai bình phƣơng.
Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3. Chứng minh x2 + y2 p khi và chỉ khi x p và y p.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng.
Bỏ qua trƣờng hợp đơn giản: Trong hai số x và y tồn tại một số chia hết cho p.Ta giả
sử cả x và y đều không chia hết cho p.
Từ điều kiện giả sử, theo định lí Fermat nhỏ ta có:
xp-1≡ 1(mod p) và yp-1 ≡ 1(mod p)
Suy ra: xp-1+ yp-1 ≡ 2(mod p)
hay x4k+2+y4k+2 ≡ 2(mod p)
(x2)2k+1 + (y2)2k+≡ 2 (mod p) (*)
Mặt khác: (x2 )2k+1 + (y2)2k+ (x2 + y2) p. Mâu thuẫn với (*).
Vậy ta có đpcm.
Bài toán 5. Chứng minh rằng: không tồn tại số nguyên tố p sao cho 3p + 19(p −1)
là số chính phương.
Lời giải: Giả sừ tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn.
Đặt 3p + 19(p − 1) = n2 (n là một số nguyên).
*Nếu p = 2, 3. Dễ có không có số nguyên n nào thỏa mãn.
*Nếu p > 3, p lẻ.
 p = 4k + 1:
Ta có: 3 ≡ −1 (mod 4) nên 3p ≡ −1 (mod 4)

và 19 ≡ 3 (mod 4); p − 1 ≡ 0 (mod 4)


Do đó VT ≡ VP ≡ −1 (mod 4) (Vô lí!!)
 p = 4k + 3:
Theo định lí Fermat ta có:
3p ≡ 3 (mod p)
và: 19(p − 1) ≡ −19 (mod p).
nên VT ≡ −16 (mod p).
Do đó n2 + 16 p.
Từ bổ đề, ta có: 4 p (vô lí vì 4 không có ƣớc dạng 4k + 3).
Vậy ta có đpcm.
Bài toán 6. Chứng minh rằng: Không tồn tại số tự nhiên n sao cho n7 + 7 là số
chính phương.
Lời giải. Giả sử tồn tại n thỏa mãn,khi đó n7 + 7 = m2,với m là một số tự nhiên.
Ta có: n7 + 27 = m2+ 112
→ (n + 2)(n6 − 2n5 + 4n4 − 8n3 + 16n2 − 32n + 26) = m2 + 112.
vì m2≡ 0, 1(mod 4) và 112 ≡ 1(mod 4) nên ta suy ra VP ≡ 1, 2 (mod 4).
Hơn nữa ta có:
27 ≡ 0 (mod 4) và n7 ≡ 0, 1, −1 (mod 4) nên VT ≡ 0, 1, −1 (mod 4).
Do đó VT ≡ VP ≡ 1 (mod 4) và n ≡ 1 (mod 4).
Từ đó n + 2 ≡ 3 (mod 4) nên n + 2 sẽ có ƣớc nguyên tố p = 4i + 3.
Theo bổ đề thì 11  p,nên p = 11, m = 11k
→ VP 112 nên VT  112.


Ta lại có: n6 − 2n5 +…+ 26≡ 8 (mod 11) (vì n ≡ −2 (mod 11)).
nên n + 2 112 → n = 112h − 2 và h là ƣớc dƣơng của k2 + 1.
Suy ra h ≡ 1 (mod 4), vì vậy n ≡ 3 (mod 4) (vô lí).
Vậy ta có đpcm.

Bài toán 7. Tìm các cặp số (m, n) nguyên dương sao cho m! + n! = m n.
Lời giải. Trƣớc hết ta sẽ chỉ ra rằng các cặp số nguyên dƣơng (m, n) muốn thỏa mãn
bài toán thì m ≤ n.
Phản chứng: Giả sử ngƣợc lại, m > n.
Khi đó ta có m! + n! = n![m(m − 1). . .(n + 1) + 1] = mn .
Do (m, m(m − 1). . .(n + 1) + 1) = 1 nên đẳng thức trên không xảy ra.
Vậy điều ta giả sử là sai nên m ≤ n.
Xét trƣờng hợp m > 2.
Vì m! + n! = (m − 2)!(m − 1)m[1 + (m + 1)(m + 2). . .(n − 1)n]
nên ta có (m –2)!(m − 1)m[1 + (m + 1)(m + 2). . .(n − 1)n] = mn .
Đẳng thức trên không xảy ra vì (m, m − 1) = 1 nên vế trái của đẳng thức trên chia
hết cho (m − 1), còn vế phải của đẳng thức thì không chia hết cho (m − 1).
Nhƣ vậy m  {1, 2}.
Với m = 1 thì 1! + n! = 1. Không tồn tại số n thỏa mãn.
Với m = 2 thì 2! + n! = 2n. Bây giờ ta tìm các giá trị của n thỏa mãn 2! + n! = 2n.
Nếu n ≥ 4 thì n! = 1.2.3.4 . . . n > 2.2.22 . . . 2 = 2n nên không thỏa mãn 2!+n! = 2n.
Suy ra n = 2 hoặc n = 3.
Thử trực tiếp ta có: 2! + 2! = 22 ; 2! + 3! = 23 .


Nhƣ vậy các cặp số thỏa mãn bài toán là (2, 2) và (2, 3).
Bài toán 8. (Olympic Châu Á Thái Bình Dương, 1998) Chứng minh rằng với mọi số
a, b nguyên dương, số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2.
Lời giải. Giả sử tồn tại cặp số nguyên dƣơng (a, b) sao cho (36a + b)(a + 36b) là
một lũy thừa của 2.
Trong số những cặp (a, b) nhƣ vậy, ta xét (m, n) là cặp có tổng m+n bé nhất. Vì
(36m + n)(m + 36n) là một lũy thừa của 2 nên suy ra (36m + n) và (m + 36n) cũng là
các lũy thừa của 2. Lúc đó, m và n đều là các số chẵn.
Ta cũng thấy rằng
(36m + n) ≥ 37, (m + 36n) ≥ 37

Bây giờ, ta đặt
36m + n = 2r, m + 36n = 2s, m = 2p và n = 2
trong đó r, s, p, q là các số nguyên dƣơng.
Ta có r, s > 5. Khi đó
(36p + q)(p + 36q) =

36m+n m+36n

= 2r+s−2
2
2

cũng là một lũy thừa của 2.
Nhƣng ta lại có
p+q=

m+n
< m + n.
2

Điều này mâu thuẫn với giả thiết về việc chọn cặp số (m, n) có tổng bé nhất nhƣ
trên.


Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng trong các cặp (a, b) mà (36a + b)(a +36b) là
một lũy thừa của 2, ta không thể chọn đƣợc cặp có tổng bé nhất: vô lí!
Vậy số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2 .
Bài toán 9. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k  3 ( k là số
nguyên dương).
Lời giải. Giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k  3

Do đó các số nguyên tố có dạng 4k  3 là p1 , p2 ,..., pn với p1  p2  ...  pn và thấy
có số nguyên tố 4k  3 nên pi khác rỗng
Ta xét A  2. p1. p2 ... pn  1
Thấy p1. p2 ... pn lẻ (do pi nguyên tố dạng 4k  3 )
Suy ra A  3  mod 4
Th1: A nguyên tố  A  pn mà A  3 mod 4 vô lý với giả sử nên có đpcm
Th2: A là hợp số  trong các ƣớc nguyên tố của Aphair có ít nhất một ƣớc nguyên
tố chia 4 dƣ 3, vì nếu toàn chia 4 dƣ 1 thì A chia 4 dƣ 1  vô lý  tồn tại A pn  1
với pn  1  3(mod4)
Dễ thấy pn  1  pn vì nếu pn  1  pn  2. p1. p2 ... pn  pn  1  1 pn  1 vô lý
Do đó pn  1  pn mâu thuẫn điều giả sử  đpcm
2.2.

Phản chứng trong đại số

Bài toán 1. Nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b < 1.
Lời giải.
Giả sử a ≥ 1, b ≥ 1, khi đó a + b ≥ 2, trái với giả thiết a + b < 2.


Vậy a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1.
Bài toán 2. Nếu x > -1 và y > -1 thì x + y + xy > -1
Lời giải. Giả sử x + y + xy = -1
 x + y + xy + 1 = 0
 y(1 + x) + (x + 1).1 = 0
 (x + 1)(y + 1) = 0
 x = -1 hoặc y = -1 ( trái giả thiết)
Vậy nếu x > -1 và y > -1 thì x + y + xy > -1.
Bài toán 3. Cho 3 số dương a, b, c thõa mãn a, b, c trong (0, 1). Chứng minh rằng
có ít nhất 1 trong 3 đẳng thức sau sai:

4a(1 – b) < 1, 4b(1 – c) < 1, 4c(1 – a) < 1
Lời giải.
Giả sử cả 3 bất đẳng thức đã cho đều đúng, nghĩa là hệ sau thõa mãn:
a(1 – b) >

1
4

b(1 – c) > 1

4

c(1 – a) > 1

4

Nhân các bất đẳng thức với nhau ta đƣợc :
a(1 – a)b(1 – b)c(1 – c) >

1
64

(*)

Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có:


a(1 – a) ≤ (

a  1 a 2 1

) =
2
4

b(1 – b) ≤ (

b  1 b 2 1
)=
2
4

c(1 – c) ≤ (

c  1 c 2 1
) =
4
2

Nhân các bất đẳng thức cùng chiều
 a(1 – a)b(1 – b)c(1 – c) ≤

1
64

 mâu thuẫn (*)
 điều giả sử là sai
Vậy có ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức là sai.
Bài toán 4. Cho a1, a2, a3, .... , a 2014 là các số tự nhiên thõa mãn

1 1 1

1
   ... 
1
a1 a2 a3
a2014
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số a k là số chẵn thỏa mãn k ∈ N; 1 ≤ k < 2014.
Lời giải. Giả sử tất cả các số ak với 1 ≤ k < 2014 đều là số lẻ
Quy đồng mẫu số các phân số ở vế trái
 Nếu a2014 lẻ  tử số của 2014 phân số đã cho đều là số lẻ  Tổng của 2014
tử số đó là chẵn.Vì các số a1, a2, a3, .... , a2014 đều lẻ nên tích a1a2a3...a2014 lẻ.
Mà tử số là số chẵn, nên phân số đó không thể bằng 1 Dẫn đến điều giả sử là
sai.
 Nếu a2014 chẵn  tử số các phân số thứ 1 đến phân số thứ 2013 đều là số
chẵn, tử số của phân số thứ 2014 là số lẻ nên tổng các tử số là số lẻ.


Vì a2014 chẵn nên mẫu số của phân số sau khi quy đồng là số chẵn
 Tử số không chia hết cho mẫu số
 Phân số đó không thể bằng 1. Dẫn đến điều giả sử là sai.
Vậy luôn tồn tại 1 số ak từ a1 đến a2013 là số chẵn.
Bài toán 5. Chứng minh rằng tồn tại hai số vô tỷ x, y > 0 sao cho xy số hữu tỷ.
Lời giải. Giả sử ngƣợc lại, với mọi số vô tỷ x, y > 0 thì xy là số vô tỷ.
Ta lấy x  2, y  2 (ta đã biết 2 là số vô tỷ).
Khi đó, theo điều giả sử x 
y


Lại có 


 2

2

 2

2

là số vô tỷ.

2


 cũng là số vô tỷ (theo điều ta giả sử).

 

2

2

2
Nhƣng mà 
 

thuẫn với điều ta giả sử.

 
2

2. 2



 
2

2

 2 không là số vô tỷ nên suy mâu

Vậy điều ta giả sử là sai. Bài toán đƣợc chứng minh.
Bài toán 6. Chứng minh không có số hữu tỷ nào là nghiệm của phương trình
x3 + x + 1 = 0
Lời giải. Giả sử ngƣợc lại, có số hữu tỷ
của phƣơng trình.
Khi đó ta có

p
,  q  0,  p, q   1; p, q  Z  là nghiệm
q


p3 p
  1  0  p 3  p.q 2  q 3  0 (1)
3
q
q

Xét các trƣờng hợp sau:

• Nếu p, q cùng lẻ thì vế trái của (1) là số lẻ, vế phải bằng 0 là số chẵn suy ra vô lý.
• Nếu p chẵn, q lẻ hay p lẻ và q chẵn thì vế trái của (1) là số lẻ, vế phải bằng 0 là số
chẵn suy ra vô lý.
• Nếu p, q cùng chẵn thì trái giả thiết (p, q) = 1 nên không xảy ra.
Vậy điều ta giả sử là sai. Bài toán đƣợc chứng minh.
Bài toán 7. Chứng minh rằng không có một số nguyên dương n nào để số

1 1
1
Sn    ...  là một số nguyên.
2 3
n
1 1
1
Lời giải. Giả sử ngƣợc lại, tồn tại số nguyên dƣơng n sao cho Sn    ... 
là
2 3
n
một số nguyên.
Giả sử k là số nguyên dƣơng lớn nhất với điều kiện
các số tự nhiên lẻ không vƣợt quá n.

2k  n , còn T là tích của tất cả

2 k 1T
Trong trƣờng hợp này, tất cả các số dạng
với 2  l  n , sẽ là số nguyên chỉ trừ
l

T

2 k 1T
2k 1T T
một số có dạng k không là số nguyên (vì k  , mà T lẻ nên là số hữu tỷ).
2
2
2
2

2k 1T
2k 1T
 ... 
Vì vậy, đẳng thức Sn 2 T  2 T 
là không thể xảy ra, do vế
3
n
trái là một số nguyên, còn vế phải là một số hữu tỷ.
k 1

k 2

Mâu thuẫn trên chứng tỏ điều ta giả sử ban đầu là sai. Vậy không có số nguyên
dƣơng n nào để Sn là số nguyên.


2.3.

Phản chứng trong giải tích

Bài toán 1. (Olympic Châu Á Thái Bình Dương,1995) Tìm số nguyên dương k bé
nhất sao cho: Tồn tại một hàm số f từ tập Z các số nguyên lên tập {1, 2, · · ·, k}, (k ∈

Z +) thỏa mãn tính chất f(x) ≠ f(y) với mọi |x − y| ∈ {5, 7, 12}.
Lời giải. Số nguyên dƣơng k bé nhất cần tìm là 4.
Thật vậy, khi k = 4, ta có thể xây dựng hàm f thỏa mãn bài toán nhƣ sau.
Cho số nguyên m, ta định nghĩa hàm f:
f(2m) = 2 nếu m ≡ 0, 1, 3, 5, 8 hay 10 (mod 12),
f(2m) = 4 nếu m ≡ 2, 4, 6, 7, 9 hay 11 (mod 12), và
f(2m + 1) = f(2m) − 1.
Lúc đó, f(x) là số chẵn nếu và chỉ nếu x là số chẵn, f(x) là số lẻ nếu và chỉ nếu x là
số lẻ.
Từ đó, nếu |x − y| = 5 thì x và y khác nhau tính chẵn lẻ nên f(x) ≠f(y).
Tƣơng tự nhƣ thế ta cũng có f(x) ≠ f(y) khi |x − y| = 7.
Hơn nữa, nếu |x − y| = 12, ta có thể kết luận f(x) ≠ f(y).
𝑥

𝑦

2

2

Bởi vì nếu không nhƣ thế tức f(x) = f(y), cả [ ] lẫn [ ] theo mod 12 đều thuộc tập 0,
1, 3, 5, 8, 10 hoặc 2, 4, 6, 7, 9, 11. Điều này thì không thể xảy ra bởi ta không thể
tìm đƣợc các số khác nhau a, b ở một trong hai tập trên sao cho
|a − b| ≡ 6 (mod 12).
Tóm lại, hàm số đƣợc xây dựng nhƣ trên thỏa mãn điều kiện đề bài. Do đó k ≤ 4.
Để chứng minh k = 4 là số bé nhất, ta giả sử ngƣợc lại rằng tồn tại một hàm số f từ
tập Z các số nguyên lên tập {1, 2, 3} thỏa mãn tính chất f(x) ≠f(y) với mọi x, y mà
|x− y| ∈ {5, 7, 12}.

Lúc đó, f(x − 5), f(x) và f(x + 7) phải nhận các giá trị khác nhau của (1, 2, 3).
Ngoài ra, f(x + 2) phải bằng một trong ba số đó.
Nhƣng f(x − 5) ≠f(x) ≠ f(x + 7),
do đó f(x) = f(x + 2) với mọi số nguyên x.
Từ đó, ta sẽ có hệ thức
f(x) = f(x + 2) = f(x + 4) = f(x + 6) = f(x + 8) = f(x + 10) = f(x + 12).
Nhƣ vậy f(x) = f(x + 12) điều này mâu thuẫn với giả thiết f(x) ≠ f(y) khi |x − y| =
12.
Mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh.
Bài toán 2. Chứng minh rằng hàm số sau không phải là hàm tuần hoàn
f(x) = cos x + cos(x 2), x ∈ R.
Lời giải. Giả sử ngƣợc lại, hàm f(x) là một hàm tuần hoàn.
Khi đó tồn tại T > 0 sao cho
f(x) = f(x + T), ∀x ∈ R
hay
cos x + cos(x 2) = cos(x + T) + cos(x + T) 2, ∀x ∈ R.

(1)

Thay x = 0 vào đẳng thức (1) ta đƣợc
2 = cos T + cos T 2. (2)
Vì cos T ≤ 1, cos T 2 ≤ 1 nên (2) xảy ra khi
cosT = 1

cosT 2 = 1

T = k2π, k ∈ ℤ

T 2 = 𝑙2π, 𝑙 ∈ ℤ

Ta thấy (2) là vô lý vì k, l ∈ Z, 2 là số vô tỷ.

2.k2 π = 𝑙2π  2 .k = 𝑙 (2)


Vậy điều giả sử là sai nên ta có f(x) không là hàm tuần hoàn.
Bài toán 3. Hàm f(x) liên tục trên [a, b], sao cho

𝑏
𝑎

𝑓(𝑥)2 (x)dx = 0. Chứng minh

f(x) = 0, ∀x ∈ [a, b].

rằng:

Lời giải. Ta giải bài toán trên bằng phƣơng pháp phản chứng.
Giả sử ngƣợc lại, tồn tại x0 ∈ (a, b) sao cho f(x0 ) ≠0. Khi đó 𝑓(𝑥)2 (x0 ) > 0.
Vì f(x) liên tục trên [a, b] nên 𝑓(𝑥)2 (x0 ) cũng liên tục trên [a, b]. Do đó, theo nhận
xét trên ∃(α1, β1) ⊂ [a, b] chứa x0 sao cho 𝑓(𝑥)2 (x0 ) > 0 trên (α1, β1).
Lấy [α, β] ⊂ (α1, β1) thì 𝑓(𝑥)2(x0 ) > 0 trên [α, β]. Khi đó
0=
β
α

𝑏
𝑎

𝑓(𝑥)2 (x)dx =

α
𝑎

β

𝑓(𝑥)2 (x)dx +

α

𝑓(𝑥)2 (x)dx +

b
β

𝑓(𝑥)2 (x)dx ≥

𝑓(𝑥)2 x)dx > 0 (vô lý)

Vậy điều giả sử là sai, nghĩa là f(x) = 0 trên (a, b).
Ta sẽ chứng minh f(a) = f(b) = 0.
1

Xét dãy {𝑎𝑛 } ⊂ (a, b), với 𝑎𝑛 ) = a + thì 𝑎𝑛 ) → a khi n → +∞.
𝑛

Suy ra f(𝑎𝑛 ) → f(a) (do f(x) liên tục trên [a, b]) hay f(a) = lim f(𝑎𝑛 )= 0.
𝑛 →+∞

1

Xét dãy {𝑏𝑛 } ⊂ (a, b), với 𝑏𝑛 = b − thì 𝑏𝑛 → b khi n → +∞.
𝑛

Suy ra f(𝑏𝑛 ) → f(b) (do f(x) liên tục trên [a, b]) hay f(b) = lim f(𝑏𝑛 ) = 0.
𝑛 →+∞

Đến đây ta thu đƣợc f(a) = f(b) = 0.
Vậy f(x) = 0 với mọi x ∈ [a, b].
2.4.

Phản chứng trong hình học

Bài toán 1. Chứng minh rằ ng từ 8 số nguyên dương tùy ý không lớn hơn 20, luôn
chọn được 3 số x, y, z là độ dài 3 cạnh của một tam giác.


Lời giải. Giả sử tồn tại 8 số thỏa mãn 3 số bất kỳ ko là 3 cạnh của 1 tam giác.
Gọi 8 số này theo thứ tự tăng dần là a1≤a2≤...≤a8
Nếu a3Vậy a3 ≥ a1+a2
Tƣơng tự, a4 ≥ a3+a2 ≥ a1+2a2
Lần lƣợt tƣơng tự, ta có : a8 ≥ a7+a6 ≥ 8a1+13a2 ≥ 8+13=21
Vô lí. Do đó ko tồn tại 8 số nhƣ giả thiết.
Vậy luôn tồn tại 8 số nguyên dƣơng thỏa yêu cầu đề bài.
Bài toán 2. Một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc nhỏ
hơn 60°.
Lời giải. Ta có 2 trƣờng hợp:
Trƣờng hợp 1: Giả sử ba góc của tam giác bằng 60° thì tam giác đó là tam giác đều
(trái với giả thiết)

Trƣờng hợp 2 : Giả sử ba góc đều lớn hơn 60°
 Tổng 3 góc của chúng lớn hơn 180°. Trái với định lý tổng ba góc trong một tam
giác bằng 180° .
Vậy một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc nhỏ hơn 60°.
Bài toán 3. Chứng minh rằng một đƣờng thẳng d cắt cả ba cạnh của một tam giác
khi và chỉ khi nó đi qua một đỉnh của tam giác.
Lời giải. Xét tam giác ABC. Giả sử ngƣợc lại, đƣờng thẳng d không đi qua đỉnh nào
của tam giác. Khi đó d chia mặt phẳng ra làm hai miền. Do 3 đỉnh của tam giác
không có đỉnh nào thuộc d ,theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại một miền chứa ít nhất
hai đỉnh, không mất tính tổng quát, đó là đỉnh A và đỉnh B. Khi đó cạnh AB nằm


hoàn toàn trong nửa mặt phẳng này và không thể cắt d đƣợc, mâu thuẫn với giả thiết
là d cắt tất cả ba cạnh của tam giác ABC. Vậy d phải đi qua một đỉnh của tam giác.
Bài toán 4. Trong một hình vuông có cạnh bằng 1 cm, đặt một cách tùy ý 51 điểm.
Chứng minh rằng luôn luôn có ít nhất 3 điểm trong 51 điểm đã cho nằm trong một
1
7

hình tròn có bán kính không vượt quá cm.
1
5

Lời giải. Ta chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con có cạnh bằng cm.

Khi đó ta có đƣờng chéo của mỗi hình vuông con bằng
này đều nội tiếp đƣợc trong một hình tròn bán kính

2
cm, nên mỗi hình vuông

5

1 2
1
1
.

 .
2 5 5 2 7

Tiếp đó, 51 điểm ta rải trên 25 hình vuông con.
Nhƣ vậy phải có ít nhất một hình vuông con chứa không ít hơn 3 điểm.
Thật vậy, bằng phản chứng ta giả sử ngƣợc lại, tất cả các hình vuông con đều chứa ít
hơn 3 điểm.
Khi đó 25 hình vuông con sẽ chứa tối đa đƣợc 25.2 = 50 điểm < 51 điểm. Mâu thuẫn
này chứng tỏ điều ta giả sử là sai.
Vậy ta có 3 điểm thuộc cùng một hình vuông con nằm trong một hình tròn bán kính
1
không vƣợt quá cm.
7
Bài toán 4. Chứng minh rằng một đa giác lồi có 2013 cạnh không thể chia ra thành
những hình bình hành.
Lời giải. Ta giả sử ngƣợc lại, có một đa giác lồi 2013 cạnh có thể chia cắt
thành những hình bình hành. Khi đó mỗi cặp cạnh của đa giác sẽ là đôi một song
song cùng nhau (ba cạnh không thể song song cùng nhau vì đa giác là lồi). Nhƣng