Áp dụng mệnh đề vào phép suy luận toán học chứng minh phản chứng – Quy nạp

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ÁP DỤNG MỆNH ĐỀ VÀO PHÉP SUY LUẬN TOÁN HỌC CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG – QUY NẠP A. Tóm tắt lý thuyết 1. Trong toán học định lý là 1 mệnh đề đúng Nhiều định lý được phát biểu dưới dạng “xX , P(x)  Q(x)” 2. Cho định lý “xX , P(x)  Q(x)” . Khi đó P(x) là điều kiện đủ để có Q(x) Q(x) là điều kiện cần để có P(x) 3. Chứng minh phản chứng đinh lý “xX , P(x)  Q(x)”: Giả sử Q(x) sai, Dùng suy luận và các kiến thức toán học để đi đến P(x) sai (mâu thuẫn gt) 4: Cho định lý “xX , P(x)  Q(x)”. Khi đó P(x) là điều kiện cần và đủ để có Q(x) Ví dụ: 1. Phát biểu các mệnh đề sau với thuật ngữ “Điều kiện cần”, “Điều kiện đủ ” a) Hình thoi là tứ giác có hai đường chéo vuông góc b) Số tự nhiên có chữ số tận cùng bằng 5 thì chia hết cho 5 c) Nếu a  b  0 thì ít nhất một trong 2 số a, b là số dương 2. Dùng phương pháp chứng minh phản chứng để chứng minh : a) Cho n là số nguyên dương. Nếu n2 chia hết cho 3 thì n chia hết cho 3 b) Với n là số nguyên dương , nếu n2 là số lẻ thì n là số lẻ c) Nếu bỏ 25 quả bóng vào 6 cái rổ thì có ít nhất 1 cái rổ đựng nhiều hơn 4 quả bóng HD:.  . .  n 2  3 3k 2  2k  1  n  3k  1  n 2 không chia hết cho 3(!) a) Giả sử n không chia hết cho 3     2 2  n  3k  2  n  3 3k  4k  1  1 . . b) Giả sử n  2k  n 2  4k 2  n 2 là số chẳn(!) c) Giả sử không có rổ nào chứa nhiều hơn 4 quả bóng  cả 6 rổ chứa tối đa 24 quả bóng (!) 3. Phát biểu các định lý sau đây bằng cách sử dụng khái niệm “Điều kiện đủ ” a)Nếu trong mặt phẳng, hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 thì hai đường thẳng đó song song với nhau b) Nếu 2 tam giác bằng nhau thì chúng có diện tích bằng nhau c) Nếu số nguyên dương a tận cùng bằng 5 thì chia hết cho 5 d) Nếu tứ giác là hình thoi thì 2 đường chéo vuông góc với nhau B. Chứng minh quy nạp: Chứng minh mệnh đề r(n) đúng với n  p; n;p  N . Gồm các bước: 1. Chứng tỏ mệnh đề đúng với n  p 2. Giả sử mệnh đề r(k) đúng (ta được xem r(k) là giả thiết trong quá trình chứng minh ) 3. Cần chứng minh mệnh đề r(k  1) đúng Ví dụ: 1. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta có: a) n 3  11n chia hết cho 6 b) 1.2  2.5  ...  n(3n  1)  n 2  n  1 2. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n  2 ta có: a) 1 . 1 1 1   ...   n 2 3 n. 1 3. 1 7. b) 1    ... . 1 n. 2 1. n. HD: 1.a) Đặt r(n)  n 3  11n - Khi n  1 , ta thấy r(1)  12 6 - Giả sử r(k) đúng, tức là k 3  11k  6 hay k 3  11k  6q (*) - Cần chứng minh r(k  1) đúng, tức là cần chứng minh  k  1  11 k  1 6 3. . . (*). Thật vậy r(k  1)   k  1  11 k  1  k 3  3k 2  3k  1  11k  11  k 3  11k  3k  k  1  12  6  q  2   3k  k  1 3. Mà k  k  1 2 nên 3k  k  1 6 Lop11.com. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1.b) - Khi n  1 , ta thấy (*)  2  2 - Giả sử (*) đúng với n  k  2 , tức là 1.2  2.5  ...  k(3k  1)  k 2  k  1 - Cần cm (*) đúng với n  k  1 đúng, tức là cần cm: 1.2  2.5  ...  k(3k  1)   k  1 (3k  2)   k  1  k  2  2. . . Thật vậy 1.2  2.5  ...  k(3k  1)   k  1 (3k  2)  k 2  k  1   k  1 (3k  2)   k  1 k 2  3k  2   k  1  k  2  2.a) - Khi n  2 , ta thấy 1 . 2. 1  2 2. 1 1 1   ...   k 2 3 k 1 1 1 1   ...    k 1 - Cần cm (*) đúng với n  k  1 đúng, tức là cần cm: 1  2 3 k k 1. - Giả sử (*) đúng với n  k , tức là 1 . k(k  1)  1 1 1 1 1 1   ...    k   k 1 2 3 k k 1 k 1 k 1 1 2.b) - Khi n  2 , ta thấy 1   2 2 1 1 1 - Giả sử (*) đúng với n  k  2 , tức là 1    ...  k k 3 4 2 1 1 1 1 1 - Cần cm (*) đúng với n  k  1 đúng, tức là cần cm: 1    ...  k  k 1  k 1 3 4 2 1 2 1 1 1 1 1 1 Thật vậy 1   ...  k  k 1  k  k 1  k  1 (do k 1  1; k  2 1) 3 2 1 2 1 2 1 2 1. Thật vậy 1 . Lop11.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> BÀI TẬP 1. Phát biểu các định lý sau đây bằng cách sử dụng khái niệm“Điều kiện cần ” a) Nếu trong mặt phẳng, hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ 3 thì hai đường thẳng đó song song với nhau b) Nếu 2 tam giác bằng nhau thì chúng có các góc tương ứng bằng nhau c) số nguyên dương a chia hết cho 24 thì chia hết cho 4 và 6 d) Nếu tứ giác ABCD là hình vuông thì 4 cạnh bằng nhau 2. Chứng minh bằng phương pháp phản chứng a) Nếu abc thì a2 +b2 + c2 > ab + bc + ca b) Nếu a.b chia hết cho 7 thì a hoặc b chia hết cho 7 c) Nếu x2 + y2 = 0 thì x = 0 và y = 0 d) Nếu hai số nguyên dương có tổng bình phương chia hết cho 3 thì cả hai số đó đều chia hết cho 3 e) Nếu a.b.c  0 thì ít nhất trong 3 số a, b, c có một số dương f) Trong 16 số nguyên tùy ý phân biệt luôn có ít nhất 2 số sao cho hiệu của chúng chia hết cho 15 g) Chứng minh bằng phương pháp phản chứng định lý : Với mọi số tự nhiên n, nếu 3n2+5 chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5 . 3. Cho các đinh lý sau, định lý nào có định lý đảo, khi đó phát biểu dưới dạng điều kiện cần và đủ : a) “Nếu 1 số tự nhiên chia hết cho 3 và 4 thì chia hết cho 12” b) “Một tam giác vuông thì có trung tuyến tương ứng bằng nửa cạnh huyền ” c) “Hai tam giác đồng dạng và có 1 cạnh bằng nhau thì hai tam giác đó bằng nhau” d) “Nếu 1 số tự nhiên n không chia hết cho 3 thì n2 chia 3 dư 1” 4. Chứng minh rằng, với mọi số nguyên dương n ta có: a) 13  23  ...  n 3 . n 2 (n  1) 2 4. b) 12  22  ...  n 2 . n(n  1)  2n  1. c) 1.4  2.7  ...  n(3n  1)  n(n  1)2. 6 1 1 1 n d)   ...   1.2 2.3 n(n  1) n  1. e) n 3  2n chia hết cho 3 g) 4n  15n  1 chia hết cho 9 i) 1  3  5  ...  (2n  1)  n 2. f) 32n  1 chia hết cho 8 h) Tổng lập phương 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 9 j) 2  4  6  ...  2n  n(n  1). Lop11.com. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> HD: 2 2 2 2.a) Giả sử: a2 +b2 + c2  ab + bc + ca   a  b    b  c    c  a   0  a  b  c(!) a  7p  n  a.b  7k  m.n , với m, n  1;6 b  7q  m. 2.b) Giả sử cả a, b đều không chia hết cho 7  . Ta thấy m.n  7h  r , trong đó r  1;2;4;6 nên a.b không chia hết cho 7(!). a 2  3m  1 a  3k  1 2.d) TH1: Giả sử có ít nhất 1 số không chia hết cho 3    a  3k  2 a 2  3n  1 a 2  b 2  3m  1  9l2  3n  1  (!) a 2  b 2  3n  2  9l2  3h  1. TH2: Giả sử cả 2 số a, b đều không chia hết cho 3 thì a 2 , b 2 đều có dạng 3m  1 nên a 2  b 2  3n  2 (!) 2.f) NX: Ta thấy nếu 2 số nguyên khi chia cho 15 có số dư bằng nhau thì hiệu của chúng chia hết a  15k  r  a  b  15(k  l)15 b  15l  r. cho 15. Thật vậy: Nếu . Giả sử không có 2 số nguyên nào mà hiệu của chúng chia hết cho 15, có nghĩa là trong 16 số nguyên đó không có 2 số nào có số dư bằng nhau khi chia cho 15 Mà một số chia cho 15 có số dư có thể là: 0, 1, ..., 14 nên có 15 số dư khác nhau (trái gt do ta có 16 số) Vậy phải có ít nhất 2 số nguyên có số dư bằng nhau khi chia cho 15. Lop11.com. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>