Cơ sở logic toán của các phép chứng minh toán học cơ bản và áp dụng chứng minh các bài toán phổ thông

đại học Thái Nguyên
trờng đại học s phạm
khoa toán
trần thị thu lan
Cơ sở logic toán của các phép chứng minh
toán học cơ bản và áp dụng chứng minh
các bài toán phổ thông
Chuyên ngành: Đại số
luận văn tôt nghiệp đại học
Ngời hớng dẫn khoa học
Th. s. Nông Đình Tuân
Thái Nguyên 2007
1
Chơng 1: Cơ sở chứng minh toán học.
1.1. Vị từ n ngôi.
Giả sử M , B ={0,1}
*Vị từ n ngôi xác định trên M là ánh xạ f: M
n
B sao cho a
= (a
1
,a
2
,...,a
n
)M
n
f(a) có giá trị bằng 1 thì f(a) là mệnh đề đúng; f(a) có giá trị bằng 0 thì f(a)
là mệnh đề sai.
Kí hiệu: f(x
1

,x
2
,...,x
n
)
Vị từ n ngôi xác định trên M cho ta một quan hệ n ngôi trên M.
* Ví dụ: f(x
1
,x
2
,...,x
n
) =
1 2
1 2
...
...
n
n
n
x x x
x x x
n
+ + +

, x
i
R là một vị từ n ngôi
trên R.
* Vị từ thừa nhận đợc trên tập M:

Cho f(x
1
,x
2
,...,x
n
) xác định trên M, ta gọi:
D
f
={a = (a
1
,a
2
,...,a
n
)M
n
| f(a) = 1}
D
f
= thì ta nói f không thừa nhận đợc trên M.
D
f
thì ta nói f là vị từ n ngôi thừa nhận đợc trên M.
D
f
= M
n
Khi đó vị từ f(x
1

,x
2
,...,x
n
) là hằng đúng trên M.
f gọi là một luật logic trên M.
* Hai vị từ f(x
1
,x
2
,...,x
n
) và g(x
1
,x
2
,...,x
n
) xác định trên cùng tập M gọi là tơng
đơng công thức. Kí hiệu: f(x
1
,x
2
,...,x
n
) g(x
1
,x
2
,...,x

n
) nếu và chỉ nếu chúng cùng
nhận một giá trị nh nhau với mọi a = (a
1
,a
2
,...,a
n
) M
n.
.
Tức là: f | a = g | a a M
n.
.
* Ví dụ: Các vị từ x
2
+ y
2

0 và (x + y)
2

0 là tơng đơng trên R.
2
1.2.Công thức trong logic vị từ.
Giả sử x,y,z, ,x
1
,y
1
,z

1
,.., là kí hiệu của các biến đối tợng f, g, h, , là kí hiệu của
các vị từ. Các kí hiệu của vị từ còn gọi là các biến vị từ.
1.2.1.Các công thức của logic vị từ đợc định nghĩa nh sau.
(i) Các biến mệnh đề, các hằng là những công thức.
(ii) Nếu f là một biến vị từ n ngôi và x
1
, ,x
n
là các biến đối tợng thì
f(x
1
,x
2
,...,x
n
) là một công thức.
(iii) Nếu f, g là những công thức thì
f
,f g, f g, f g, f

g là những
công thức.
(iv) Nếu f là một công thức chứa biến tự do x thì xf, xf là những công
thức. f gọi là miền tác dụng của các lợng từ và .
Chỉ những biểu thức đợc xác định theo (i), (ii), (iii) và (iv) là những công thức.
* Ví dụ: ( y(x f(x) g(y)) h) là một công thức.
Miền tác dụng của lợng từ theo biến x là f(x), còn miền tác dụng của l-
ợng từ theo biến y là x f(x) g(y).
1.2.2.Giá trị của công thức vị từ.

a. Bảng giá trị công thức của
f
là:
f

| a
f
| a
0 1
1 0
b. Bảng giá trị công thức của f

g là:
f

| a g | a
f

g | a
0 0 0
3
0 1 0
1 0 0
1 1 1
c. Bảng giá trị công thức của f

g là:
f

| a g | a

f

g | a
0 0 0
0 1 1
1 0 1
1 1 1
d. Bảng giá trị công thức của f

g là:

f

| a g | a
f

g | a
0 0 1
0 1 1
1 0 0
1 1 1
e. Bảng giá trị công thức của f


g là:
f

| a g | a f

g | a
0 0 1
0 1 0
1 0 0
1 1 1
1.2.3.Công thức hằng đúng, hằng sai.
4
Giả sử f = f(x
1
,x
2
, ,x
n
) là công thức mệnh đề phụ thuộc n biến. Nếu
a = (a
1
,a
2
, ,a
n
) M
n
mà f | a = 1 thì ta nói f là một công thức hằng đúng. Kí
hiệu: |= f.
Nếu a = ( a
1
,a
2
, ,a
n

) M
n
mà f | a = 0 thì ta nói f là một công thức hằng sai.
1.2.4. Các lợng từ.
1.2.4.1. Đặt lợng từ phổ biến trớc vị từ n ngôi.
Giả sử f(x
1
,x
2
,...,x
n
) là vị từ n ngôi trên M.
Nếu ta đặt lợng từ phổ biến trớc biến x
1
ta đợc một vị từ n 1 ngôi trên M.
Kí hiệu: x
1
f(x
1
,x
2
,...,x
n
).
(a
2
,...,a
n
)M
n 1

ta có x
1
f(x
1
,a
2
,...,a
n
) là mệnh đề.
x
1
f(x
1
,a
2
,...,a
n
) =
1
0




Biến x
1
gọi là biến rằng buộc, các biến còn lại gọi là biến tự do.
* Cho 1

i

n ,x
i
f(x
1
,x
2
,...,x
n
) là một vị từ n 1 ngôi trên M của các biến
x
1
, x
2
,..., x
i-1
, x
i+1
,..., x
n
.
(a
1
,a
2
,...,a
i-1
, a
i+1
,...,a

n
)M
n 1
ta có f(a
1
,a
2
,...,a
i-1
, x
i
,a
i+1
,...,a
n
) là vị từ một
ngôi trên M.
x
i
f(a
1
,a
2
,...,a
i-1
,x
i
,a
i+1
,...,a

n
) là mệnh đề.
x
i
f(a
1
,a
2
,...,a
i-1
,x
i
,a
i+1
,...,a
n
) =
1
0




* Cho 1

k

n x
1
x

2
...x
k
f(x
1
,x
2
,...,x
n
) là vị từ n k ngôi trên M.
(a
k+1
,...,a
n
)M
n k
ta có x
1
x
2
...x
k
f(x
1
,x
2
,...,x
k
,a
k+1

,...,a
n
) là mệnh đề.
x
1
x
2
...x
k
f(x
1
,x
2
,...,x
k
,a
k+1
,...,a
n
) =
1
0




1.2.4.2. Đặt lợng từ tồn tại trớc vị từ n ngôi.
5
nếu a
1

M: f(a
1
,a
2
,...,a
n
) = 1
nếu a
1
M: f(a
1
,a
2
,...,a
n
) = 0
nếu a
i
M: f(a
1
,a
2
,...,a
i
,...,a
n
) = 1
nếu a
i
M: f(a

1
,a
2
,...,a
i
,...,a
n
) = 0
nếu (a
1
,a
2
,...,a
k
) M
k
: f(a
1
,...,a
n
) = 1
nếu (a
1
,a
2
,...,a
k
) M
k
: f(a

1
,...,a
n
) = 0
Cho f = f(x
1
,x
2
,...,x
n
) xác định trên M.
Đặt lợng từ tồn tại trớc biến x
i
của vị từ f ta có một vị từ ( n 1) ngôi xác
định trên M. Kí hiệu: x
i
f(x
1
,x
2
,...,x
n
).
Với mọi bộ (a
1
,a
2
,...,a
i-1
,a

i+1
,...,a
n
)M
n 1
,

ta có f(a
1
,a
2
,...,a
i-1
, x
i
, a
i+1
,...,a
n
) là
vị từ một ngôi trên M.
x
i
f(a
1
,a
2
,...,a
i-1
,x

i
,a
i+1
,...,a
n
) là mệnh đề.
x
i
f(a
1
,a
2
,...,a
i-1
,x
i
,a
i+1
,...,a
n
) =
1
0




* Cho 1

k

n x
1
x
2
... x
k
f(x
1
,x
2
,...,x
n
) là vị từ n k ngôi trên M.
(a
k+1
,...,a
n
)M
n k
ta có x
1
x
2
... x
k
f(x
1
,x
2

,...,x
k
,a
k+1
,...,a
n
) là mệnh đề.
x
1
x
2
... x
k
f(x
1
,x
2
,...,x
k
,a
k+1
,...,a
n
) =
1
0

1.2.4.3. Tập hỗn hợp các lợng từ tồn tại và phổ biến trớc vị từ n ngôi.
Giả sử

= {,}
k


k = 1,...,n.
Khi đó:
1 1 2 2
...
k k
x x x

f(x
1
,x
2
,...,x
n
) (1) là vị từ n k ngôi trên M.
Với mọi bộ (a
k+1
,...,a
n
) thì
1 1 2 2
...
k k
x x x

f(x
1
,x
2
,...,x
k
,a
k+1
,...,a
n
) là một mệnh
đề.
Trong vị từ (1) thứ tự các lợng từ là xác định. Nếu thay đổi thứ tự các lợng từ
sẽ cho ta một lợng từ mới.
Nếu
1 2
...
k

= = =
=

,

{,} thì thay đổi vị trí giữa các lợng từ thì nội dung
vị từ đó không thay đổi.
1.2.5.Công thức tơng đơng.
Giả sử f = f(x
1

,x
2
, ,x
n
), g = g(x
1
,x
2
, ,x
n
) là công thức mệnh đề phụ thuộc n biến.
Ta nói f tơng đơng với g nếu a = ( a
1
,a
2
, ,a
n
) M
n
mà f | a = g | a. Kí hiệu: f
g.
6
nếu (a
1
,a
2
,...,a
k
) M
k

: f(a
1
,...,a
n
) = 1
nếu (a
1
,a
2
,...,a
k
) M
k
: f(a
1
,...,a
n
) = 0
nếu a
i
M: f(a
1
,...,a
n
) = 1
nếu a
i
M: f(a
1
,...,a

n
) = 0
*Các tơng đơng công thức:
1) Luật nuốt: f 1 1; f 0 0.
2) Luật đồng nhất: f 1 f; f 0 f.
3) Luật luỹ linh: f f f; f f f.
4) Luật giao hoán: f g g f; f g g f.
5) Luật kết hợp: f (g h ) (f g) h; (f g) h f (g h).
6) Luật phân phối: f (g h ) (f g) (f h);
f (g h) (f g) (f h).
7) Luật đêmoocgăng:
f g f g
;
f g f g
8) Luật tơng đơng: f

g (f g) (g f)
9) Luật phủ định kép:
f f

10) Luật mâu thuẫn: f f 0
11)Luật bài chung: f f 1
12) Luật kéo theo: f g
f g
g f

1.3. Hệ quả công thức và tơng đơng công thức trên M.
1.3.1. Định nghĩa.
Giả sử f

, g là các vị từ n ngôi xác định trên M. Khi đó:
* f

đợc gọi là

tơng đơng công thức với g

trên M nếu và chỉ nếu
aM
n
ta có: f

| a = g | a, hay f

| a

g | a = 1.
Kí hiệu: f

| a g | a
* g đợc gọi là hệ quả công thức của f trên M nếu và chỉ nếu:
aM
n

ta có: f

g | a = 1.
7
Kí hiệu: f

g
* Ví dụ: Cho f(x) =
3 1x x+ =
; g(x) = x + 3 = (x 1)
2

h(x) = x+3

0; x - 1

0; x + 3 = (x 1)
2
là các vị từ xác định
trên R. Ta có: f(x)

g(x) và f(x) h(x) trên R.
*Cách định nghĩa khác:
Giả sử f là một công thức.
f = f(x
1
,x
2
,...,x
n

); g = g(x
1
,x
2
,...,x
n
).
Ta nói g là hệ quả của công thức f . Kí hiệu: f g.
Nếu a M
n
thì f | a = 1 g | a = 1.
1.3.2. Các hệ quả logic.
Ta quy ớc: 0 là công thức hằng sai; 1 là công thức hằng đúng.
1) 0 f . công thức f.
2) f 1. Hằng đúng là hệ quả của mọi công thức.
3) f
i
, i = 1,...,n. Trong đó = {f
1
, f
2
,..., f
n
} là tập hợp n công thức.
4) = {f
1
, f
2
,..., f
n

}; f, g bất kì.
Nếu f thì {, g} f.
f là hệ quả của thì f là hệ quả của mọi hệ quả công thức chứa .
5) , f, g bất kì. Nếu f thì (g f).
6) f khi và chỉ khi f
1
(f
2
(... (f
n
f))) là hằng đúng.
( f tức là: f
1
f
2
... f
n
f là hằng đúng).
7) = {f
1
, f
2
,..., f
n
}; g bất kì. Nếu ,
g
0 thì g.
1.4. Lợc đồ chứng minh công thức.
8
Giả sử f là một công thức, = {f

1
, f
2
,..., f
n
} là dãy các công thức sao cho với mọi
công thức f
i
(i 2)đều đợc suy ra từ công thức đứng trớc theo một quy tắc nào đó
và f đợc suy ra từ f
n
thì ta nói là lợc đồ chứng minh công thức f.
f
1
f
2
f
2
f
3
...
f
n-1
f
n
f
n
f
thì {f
1

, f
2
,..., f
n
} là lợc đồ chứng minh công thức f.
* Ví dụ: Ta có công thức f g .Ta giả thiết f đúng cần chứng minh g đúng.
Ta phải chỉ ra {f
1
, f
2
,..., f
n
} sao cho f f
1
, f
1
f
2
,... , f
n
g là các công thức
hằng đúng thì f g.
1.5. Một số luật logic sử dụng trong chứng minh công thức.
Ta kí hiệu:
f
g
thay cho f g là hằng đúng. Vậy f g viết là:
f
g
( f là giả thiết, g là kết luận).

1)
,f f g
g

2)
f
f g
;
g
f g
3)
,f g f
g

,
,f g g
f

4)
f g
g

,
f g
f

5)
f
f
9

6)
,f g g f
f g


7)
,f g f g
f

8)
,
( )
f h g h
f g h


9)
( )
,
f g h
f h g h


10)
( )
( )
f g h
f g h

11)
( )f g h
f g h


12)
f g h
g f h


13)
,f g g h
f h


* Ví dụ: Chứng minh: a
2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca, a, b, c R.
Giải:
Ta có: f = a, b, c R, g = a
2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca

f g là bài toán đặt ra.
Đặt f
1
= (a b)
2
0; a, b R
f
2
= a
2
+ b
2
2ab
f
3
= b
2
+ c
2
2bc
f
4
= a
2
+ c
2
2ca
g = f
5
= a

2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca
Ta có: f
1
f
2
f
3
f
5
.
Vậy f g hay a
2
+ b
2
+ c
2
ab + bc + ca, a, b, c R.
10
Chơng 2:Vận dụng công thức vào chứng minh toán học
2.1. Định lý toán học.
2.1.1. Định nghĩa.
* Định lý toán học là một vị từ hằng đúng trên một tập M với M là một tập
hợp các đối tợng nghiên cứu của toán học.
Định lý toán học thờng đợc biểu diễn dới dạng một mệnh đề kéo theo
hoặc một mệnh đề tơng đơng.

* Chứng minh định lý toán học là chứng minh một công thức mệnh đề.
11
Do đó xuất phát từ một tiền đề (giả thiết A) đúng và các căn cứ suy luận
(các kiến thức đã có, các quy tắc suy luận logic) cũng phải đúng.Khi đó kết luận B
suy ra đợc sẽ chắc chắn đúng.
Ta có: A A
1
, A
1
A
2
,..., A
n
B thì A B.
* Các dạng khác nhau của định lý:
a. Định lý cần: A B.
b. Định lý cần và đủ: A B hay (A B) (B A).
c. Các mệnh đề tơng đơng: A
1
A
2
A
n
.
2.1.2. Các phơng pháp chứng minh định lý toán học.
2.1.2.1. Chứng minh trực tiếp.
Mọi định lý đều có dạng A B hay A B.
Chứng minh trực tiếp là xuất phát từ giả thiết A dựa vào các quy tắc suy luận
ta khẳng định B đúng.
Hay ta tìm các mệnh đề: A

1
, A
2
, , A
n
sao cho A A
1
, A
1
A
2
,..., A
n
B thì A B.
Khi đó: (A
1
, A
2
, , A
n
) là lợc đồ chứng minh A B.
* Ví dụ: Chứng minh n không chia hết cho 3 thì n
2
không chia hết cho 3 (n
Z).
Giải
Đặt A = n không chia hết cho 3 ; B = n = 3k 1
C = n
2
= 9k

2
6k + 1 ; H = n
2
= 3(3k
2
2k) + 1
E = n
2
không chia hết cho 3 .
Dễ thấy: A B, B C, C H, H E là đúng.
12
Vậy A E tức là n không chia hết cho 3 thì n
2
không chia hết cho 3
(n Z).
*Dạng chứng minh trực tiếp th ờng gặp:
a.Ph ơng pháp suy luận liên tiếp:
Xuất phát từ giả thiết ta suy luận liên tiếp đến kết luận để khẳng định kết
luận đúng.
A A
1
A
2
A
n
B đúng thì A B đúng.
* Ví dụ: Cho p là số nguyên tố. Chứng minh:
k
p
p

C
M
,
1.. 1k p =
.
Giải:
k
p
C
=
!
( )! !
p
p k k
=
( 1)...( )...2.1
( )...2.1. .( 1)...2.1
p p p k
p k k k


=
( 1)...( 1)
!
p p p k
k
+

Theo giả thiết p nguyên tố, suy ra (p, k) = 1,
1.. 1k p =

.
Ta có: (p, 2) = (p, 3) = = (p, p 1) = 1 (p, k!) = 1 ,
1.. 1k p =
Do đó:
k
p
C
=
( 1)...( 1)
!
p p p k
k
+
N
Đặt
( 1)...( 1)
!
p p k
k
+
= A N
k
p
C
= p. A
k
p
p
C
M

,1< k < p
Vậy
k
p
p
C
M
,
1.. 1k p =
.
b.Dạng phân thành các khả năng có thể có:
Cơ sở lập luận là: A A
1
A
2
A
n
= A. Để chứng minh A B đúng
thì ta chứng minh A
1
B; A
2
B; ; A
n
B đúng.
* Ví dụ: Hàm số f(x) xác định nh sau: f(x) =
sin
1
x
x

Chứng minh f(x) liên tục trên R.
Giải:
13
nếu x
nếu x =
Rõ ràng x


, thì y
1
= sin x và y
2
=

- x là các hàm số liên tục và y
2
0 f(x) =
1
2
y
y
cũng là hàm liên tục x

.
Xét tính liên tục của ham f(x) tại x =

. Ta có:

lim
x


f(x) =
lim
x


sin x
x


=
lim
x


sin( )x
x

=
0
lim
y
sin y
y
= 1

lim
x


f(x) = f(

) f(x) cũng liên tục khi x =

.
Tóm lại y = f(x) là hàm liên tục trên khắp R.
c. Chứng minh các mệnh đề t ơng đ ơng:
Để chứng minh A B ta chứng minh A C
1
; C
1
C
2
; ...; C
n
B thì A B.
*Ví dụ: Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông nếu thoả mãn:

cos
b
B
+
cos
c
C
=
sin sin
a
B C
(1)
Giải:
(1)
sin
cos
B
C
+
sin
cos
C
C
=
sin
sin sin
A
B C

sin( )
cos cos
B C
B C
+
=
sin
sin sin
A
B C
Mà sin (B + C) = sin A nên (1) cos B cos C = sin B sin C
cos B cos C - sin B sin C = 0 cos (B + C) = 0
Vậy B + C = 90
0
hay tam giác ABC vuông tại A.
2.1.2.2. Chứng minh gián tiếp ( chứng minh phản chứng ).
Mọi định lý đều có dạng A B.
14
Chứng minh gián tiếp là ta giả sử B sai suy ra
B
đúng, từ đó ta chỉ ra mâu
thuẫn với giả thiết hoặc một điều hiển nhiên đúng. Từ đó ta kết luận giả sử là sai
suy ra B đúng.
*Ph ơng pháp 1:
Cơ sở logic:
,A B C A B C
A B


Để chứng minh A B đúng, giả thiết A đúng giả sử B sai (

B
đúng), từ đó
ta chỉ C sao cho:
A B
C;
A B C
. Tức là:
A B C C

0A B =
A =
0( vô lý).Từ đó ta kết luận giả sử là sai suy ra B đúng hay A B đúng.
* Ví dụ: Chứng minh nếu n không chia hết cho 3 thì n
2
- 1 chia hết cho
3 (n N).
Giải:
Đặt mệnh đề A = n không chia hết cho 3 và mệnh đề B =
2
1 3n M

Giả sử phản chứng B là sai, tức là
B
= n
2
1 không chia hết cho 3 . Do
đó n
2
1 = 3k 1, kZ.
- Nếu n

2
1 = 3k + 1 n
2
= 3k + 2 (1)
Theo giả thiết n không chia hết cho 3
n = 3l 1 n
2
= 9l
2
6l + 1 = 3.(3 l
2
2l) +1 (2)
Từ (1) và (2) vô lý.
- Nếu n
2
1 = 3k 1 n
2
= 3k
3M
n
3M
( Vì 3 là số nguyên tố ) (Trái
giả thiết n không chia hết cho 3).
Vậy n không chia hết cho 3 thì n
2
- 1 chia hết cho 3(n N).
*Ph ơng pháp 2:
Sử dụng luật logic:
,A B A B
A

15
Để chứng minh A đúng ta giả thiết
A
đúng (A sai), ta chỉ ra B sao cho
A

B; A B . Tức là: A B B
A
= 0 A = 1.
* Ví dụ : Chứng minh: a, b

0 thì
3 3
2
a b+
3
( )
2
a b+

.
Giải:
Đặt mệnh đề A = a, b

0 , suy ra
A
= a, b < 0
Giả sử
A

đúng. Khi đó nếu a, b < 0 thì
3 3
2
a b+
3
( )
2
a b+

Hoặc a, b < 0 thì
3 3
2
a b+
<
3
( )
2
a b+
.
Tức là:
A
= 1 thì
0
1
A B
A B

=
=
.
Ta có: (
)A B
(
A B
)= 0

) 1(A B B =

A
= 0, tức là giả sử sai.
Vậy ta có a, b

0 thì
3 3
2
a b+
3
( )
2
a b+

.
2.1.2.3. Chứng minh bằng quy nạp.
Tập M , t(x) = x M, x có tính chất T .
Khi đó: x t(x) là một mệnh đề.
x t(x) = 1 thì mọi phần tử M đều có tính chất T.
Đặc biệt khi M = N ( tập các số tự nhiên).

n

(n) là một công thức phụ thuộc n biến.
Quy nạp toán học thờng đợc sử dụng để chứng minh các mệnh đề dạng n

(n) trong đó n là một số nguyên dơng tuỳ ý.
A. Nguyên lý chứng minh quy nạp toán học thứ nhất.
16
* B ớc 1:
Chỉ ra mệnh đề

(0) đúng nếu n 0, n N.
Hay chỉ ra mệnh đề

(k) đúng nếu n k, n N.
*B ớc 2:
Giả sử

(n) đúng n N, n k. Gọi là giả thiết quy nạp.
Ta cần chứng minh:

(n) đúng với n + 1.
Tiến hành chứng minh quy nạp.
Theo cách viết của các quy tắc suy luận ta viết nh sau:
[

(0) n

(n)

(n +1)] n

(n)
* Ví dụ: Chứng minh: n < 2
n
, n Z
+
Giải:
Giả sử

(n) = n < 2
n
, n Z
+
là mệnh đề.
B ớc 1:

(1) đúng vì 1 < 2
1
= 2.
B ớc 2: Giả sử

(n) đúng n Z
+
tức là: n < 2
n
Ta cần chứng minh:

(n + 1) đúng.
Thật vậy: vì n < 2

n
.Cộng 1 vào hai vế của giả thiết quy nạp ta có:
1 + n < 1 + 2
n
< 2
n
+ 2
n
= 2
n+1
Theo giả thiết quy nạp ta có: n < 2
n
, n Z
+
nên 1 + n < 2
n+1
đúng
n Z
+
.
Vậy n < 2
n
, n Z
+
.
B. Nguyên lý chứng minh quy nạp toán học thứ hai.

(n) là mệnh đề phụ thuộc n biến tự nhiên n.
[

(0)

(1) ...

(n)

(n +1)] n

(n).
* Ph ơng pháp:
Bớc 1: n = 0.

(0) đúng (Hay

(k) đúng nếu n k, n N)
17
Bớc 2: Giả sử

(1) ,

(2) ,...,

(n) đúng. Ta chứng minh:

(n + 1) đúng thì
n

(n) đúng.
* Ví dụ: Chứng minh nếu n là một số nguyên lớn hơn 1. Khi đó n có thể viết
dới dạng tích của các số nguyên tố.

Giải:
Gọi


(n)
là mệnh đề: n có thể viết dới dạng tích của các số nguyên tố .

(2)
là đúng, vì 2 là số nguyên tố.
Giả sử


(k)
là đúng với k = 1, 2,..., n. Ta phải chứng minh:

(n +1)
là đúng.
Thật vậy:
Nếu (n + 1) là số nguyên tố thì hiển nhiên

(n +1)
là đúng.
Nếu (n + 1) là hợp số thì nó có thể viết nh sau: n + 1 = ab.
Trong đó: 2 a b < n + 1.
Theo giả thiết quy nạp: a và b lại có thể viết thành tích của các số nguyên
tố.
Nh vậy nếu n + 1 là hợp số thì nó cũng có thể đợc viết dới dạng tích của các
số nguyên tố.
Vậy nếu n là một số nguyên lớn hơn 1, khi đó n có thể viết dới dạng tích của
các số nguyên tố.

Chơng 3: Vận dụng chứng minh trong toán phổ thông
3.1.Các bài toán chứng minh bằng phản chứng.
3.1.1. Các bài toán trong số học.
* Chứng minh bằng phản chứng th ờng dùng trong các loại toán:
- Chứng minh số m thoả mãn điều kiện A thì m không là số nguyên tố (hay
số chính phơng, lập phơng của một số tự nhiên.)
18
- Chứng minh phơng trình không có nghiệm nguyên .
- Chứng minh tính chia hết hoặc không chia hết.
*Các bài toán:
Bài toán 1: Chứng minh rằng nếu số gồm ba chữ số
abc
là số nguyên tố thì
b
2
4ac không phải là một số chính phơng.
<Toán nâng cao đại số 10 >
Giải:
Giả sử b
2
4ac là một số chính phơng: b
2
4ac = k
2
, k Z
+
Ta có: 4a.
abc
= 4a(100a + 10b + c) = 400a
2

+ 40ab + 4ac
= 400a
2
+ 40ab + b
2
(b
2
4ac)
= (20a + b)
2
k
2
= (20a + b + k)(20a + b k)
Vì b
2
4ac = k
2
nên b > k. Do đó 20a + b + k > 20a + b k > 20a
Vì
abc
là số nguyên nên (20a + b + k)(20a + b k)
M
4a. (*)
Do mỗi thừa số của (*) đều lớn hơn 20a nên ta có:
abc
= m .n , n, m N
và n, m > 1.
Suy ra
abc
là hợp số ( trái giả thiết).

Vậy b
2
4ac không phải là một số chính phơng.
Bài toán 2: Cho dãy số : 13, 25, 43,... có số hạng tổng quát là:
a
n
= 3(n
2
+ n) + 7 , với n Z
+
.
Chứng minh trong dãy số đã cho, không có số hạng nào là lập phơng của
một số tự nhiên.
< Toán nâng cao đại số 10>
Giải:
Giả sử tồn tại một số tự nhiên k sao cho với một trị số nào đó của n ta có:
19