Luận văn thạc sĩ HUS phương pháp phản chứng với các bài toán phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN --- Phan Thị Yến PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

Phan Thị Yến

PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2017

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-

Phan Thị Yến

PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

GS.TS ĐẶNG HUY RUẬN

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 NGUYÊN LÝ DIRICHLET 2

1.1 Giới thiệu. 2

1.2 Một số dạng phát biểu của nguyên lý Dirichlet. 2

1.2.1 Dạng tập hợp. 2

1.2.2 Dạng hình học. 2

1.2.3 Dạng số học. 3

1.3 Một số ví dụ ứng dụng nguyên lý Dirichlet. 3

1.4 Bài tập bổ sung. 16

CHƯƠNG 2 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG 18

2.1 Ví dụ mở đầu. 18

2.2 Cơ sở lý thuyết của phép chứng minh phản chứng 19

2.3 Các bước suy luận phản chứng 20

2.4 Phương pháp chứng minh dùng mệnh đề phản đảo 21

2.5 Một số bài tập vận dụng. 23

2.6 Một số bài toán bổ sung. 42

KẾT LUẬN 44

TÀI LIỆU THAM KHẢO 45

Trong bài luận văn này xin được đề cập đến phép chứng minh phản chứng, một trong những phương pháp chứng minh kinh điển và quan trọng bậc nhất của Toán học Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan trọng nhất của Toán học Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không 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

Phương pháp chứng minh phản chứng được hình thành và phát triển dựa trên nguyên lý Dirichlet, nên luận văn dành phần đầu trình bày nguyên lý Dirichlet, phần sau trình bày về phương pháp phản chứng Bởi vậy luận văn gồm hai chương:

Chương 1: Trình bày về nguyên lý Dirichlet và một số dạng phát biểu của nó

Chương 2: Trình bày cụ thể về phương pháp chứng minh phản chứng và áp dụng phương pháp này giải một số bài toán phổ thông

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình của GS.TS Đặng Huy Ruận Em xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán – Cơ – Tin học, khoa Sau đại học, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, các Thầy, Cô giáo

đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho chúng em trong thời gian học tập tại đây

Luận văn khó tránh khỏi hạn chế và sơ xuất Rất mong được sự chỉ bảo của Quý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn

Em xin chân thành cảm ơn!

CHƯƠNG 1 NGUYÊN LÝ DIRICHLET

1.1 Giới thiệu

Nguyên lý Dirichlet còn gọi là nguyên lý chuồng thỏ, hay nguyên lý ngăn kéo

Nguyên lý Dirichlet đưa ra nguyên tắc về sự sắp xếp, phân chia các phần tử vào các lớp

Nguyên lý Dirichlet được phát biểu vào năm 1834 bởi nhà Toán học nổi tiếng người Đức – Johann Dirichlet (1805 -1859)

Sử dụng nguyên lý Dirichlet có thể chứng minh được sự tồn tại một cách dễ dàng và cụ thể, nhưng không đưa ra được phương pháp tìm một vật cụ thể Đối với những bài toán chỉ cần sự tồn tại, nguyên lý Dirchlet được phát biểu một các đơn giản như sau: “Nhốt 10 chú thỏ vào 9 cái chuồng, thì ít nhất một chuồng có nhiều hơn 1 con thỏ”

Định lý 1.1 (Phát biểu tổng quát của nguyên lý Dirchlet)

Nếu m con thỏ được đặt vào n chuồng (m > n) thì ít nhất 1 chuồng có ít nhất

m n

 

  con nếu m chia hết n, và ít nhất m

n

 

  +1 con nếu m không chia hết n

1.2 Một số dạng phát biểu của nguyên lý Dirichlet

Dựa vào Định lý 1.1 có thể phát biểu nguyên lý Dirichlet dưới một số dạng sau:

1.2.1 Dạng tập hợp

1) Nếu tập hợp gồm n phần tử được biểu diễn dưới dạng tập hợp của k tập con,

thì phải có ít nhất một tập hợp con không chứa ít hơn n

1) Nếu tổng diện tích của một số hình nhỏ hơn S, thì không thể dùng số hình này phủ lên một hình có diện tích bằng S

2) Nếu trên đoạn thẳng có độ dài bằng 1 chia thành một số đoạn thẳng có

tổng độ dài bằng L, thì sẽ tìm được một điểm được phủ bằng không ít

hơn  L đoạn thẳng

3) Nếu các khoảng F F1, 2, ,F n có độ dài tương ứng l l1, , ,2 l n chứa

trong khoảng F có độ dài l và l1 l2  l n k l , thì sẽ có k 1

khoảng nào đó trong các khoảng đã cho có điểm chung

4) Nếu các hình F F1, 2, ,F n với diện tích tương ứng S S1, 2, ,S n chứa

Trước hết ta sẽ giải một số bài toán bằng cách chọn các chú thỏ thích hợp

Bài toán 1 Trong lớp có 30 học sinh Khi viết chính tả bạn An phạm 13 lỗi, còn các

bạn khác phạm ít lỗi hơn Chứng minh rằng trong lớp có ít nhất 3 học sinh đã mắc một số lỗi như nhau khi viết chính tả (kể cả những học sinh không mắc lỗi nào)

Lời giải Ở đây “thỏ” tức là các em học sinh, còn “lồng” là số lỗi đã phạm phải khi

Chỉ có em An phạm 13 lỗi khi viết chính tả, nên lồng số 13 chỉ có một mình em An,

29 em còn lại được “nhốt” vào các lồng từ 0 đến 12, tức là 29 em được “nhốt” vào

13 lồng Theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất một lồng “nhốt” từ 3 em trở lên

Chẳng hạn lồng i(0 i 12) có ít nhất ba em Khi đó, ba em ở lồng i cùng phạm i

lỗi khi viết chính tả

Bài toán được chứng minh

Bài toán 2 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n trong n + 2 số tự nhiên đã

chọn luôn luôn tìm được hai số, mà hoặc tổng hoặc hiệu của chúng chia hết 2n

Lời giải Với số nguyên dương a ký hiệu số dư khi chia a cho 2n bằng k Khi đó:

 Nếu 0  k n, thì (a k ) 2n

 Nếu n k 2n, thì (am) 2n với 0 m 2n k n

Do đó với s (0 s n) hoặc (as) 2n hoặc (as) 2n

Với nhận xét trên ta coi các số là “thỏ”, còn “lồng” là các số nguyên từ 0 đến n

Lập n + 1 ô mang số hiệu từ 0 đến n

Đưa các số đã chọn ra vào các ô theo nguyên tắc sau: số a tùy ý trong n + 2 số đã

chọn ra được đưa vào ô thứ s (0 s n) khi và chỉ khi hoặc (as) 2n hoặc

(as) 2n

Vì n + 2 số chỉ được đưa vào n + 1 ô, nên phải có ít nhất một ô chứa ít nhất 2 số

Chẳng hạn, ô thứ t có ít nhất hai số và a, b là hai trong các số này Khi đó:

 Nếu (a t ) 2n và (b t ) 2n, thì a b (a t   ) (b t) 2 n

 Nếu (a t ) 2n và (b t ) 2n, thì a b (a t   ) (b t) 2 n

 Nếu (a t ) 2n và (b t ) 2n, thì a b (a t   ) (b t) 2 n

 Nếu (a t ) 2n và (b t ) 2n, thì a b (a t   ) (b t) 2 n

Bài toán 3 Chứng tỏ rằng trong n người tùy ý ( n2) luôn luôn có ít nhất hai người

có số người quen (trong số họ) bằng nhau

Lời giải Trường hợp này ta coi mỗi người được chọn ra là “thỏ”, còn “phòng” là số

người mà người được chọn ra quen

Lập ra n “phòng” ghi chỉ số từ 0 đến n – 1 và mời những người đã chọn ra vào

“phòng” theo nguyên tắc sau: Mỗi người đã chọn ra được đưa vào phòng thứ k

(0 k n) khi và chỉ khi người đó quen k người trong số những người đã chọn ra

Do nếu trong số những người đã chọn ra có người không quen ai trong số những người còn lại, thì trong những người đã chọn ra không có người nào quen được tất

cả những người còn lại Bởi vậy “phòng” số 0 và “phòng” số n – 1 không thể đồng thời có người, nên n người đã chọn ra chỉ được đưa vào n – 1 “phòng” Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, phải có ít nhất một “phòng”, chẳng hạn, “phòng” thứ t

(0  t n 1) có ít nhất 2 người Như vậy, có ít nhất hai người cùng có t người quen trong n người đã chọn ra Bài toán được chứng minh

Bài toán 4 Một học sinh suốt một năm giải toán Mỗi ngày em giải ít nhất một bài

Để dành đều thời gian học tập các môn học khác, mỗi tuần em giải không quá 12 bài toán Chứng minh rằng nhất định tìm được một số ngày liên tiếp, mà tổng số bài toán em giải trong tất cả các ngày này là đúng 20 bài

Lời giải Xét trong n ( n1) tuần liên tiếp Ký hiệu số bài tập em học sinh giải được

trong ngày thứ i là a i (1 i 7 )n Khi đó, có một dãy các số lượng bài tập em đã giải:

Vì hàng ngày em giải ít nhất 1 bài toán, nên i j, (1i j, 7 )n , i jS i S j

Từ đó suy ra các số trong dãy (1) đều khác nhau, nên các số trong dãy (2) cũng khác nhau

Mặt khác, do mỗi tuần em giải không quá 12 bài toán và không ít hơn 1 bài toán

Bởi vậy i (1 i 7 )n đều có 1 S i  12n, nên mỗi số trong dãy (2) đều không vượt

quá 12n + 20

Do đó tất cả các số thuộc dãy (1) và dãy (2) đều không nhỏ hơn 1 và không lớn hơn

Cả dãy (1) và dãy (2) có đúng 2.7n = 14n số, mà mỗi số đều không nhỏ hơn 1 và không vƣợt quá 12n + 20 nên để cho dãy S S1, 2, ,S7n,S1 20,S2 20, ,S7n 20

(3) có ít nhất 2 số bằng nhau, thì 14n 2n 20 Từ đó, 2n 20, nên n 10 Vậy, nếu n11,12, , thì nhất định trong dãy (3) có hai số bằng nhau Do các số trong dãy (1) đều khác nhau và các số trong dãy (2) cũng khác nhau, nên hai số bằng nhau, thì một số phải thuộc dãy (1) còn số kia phải thuộc dãy (2)

Giả sử S j  S i 20 với ji và S j S ia i1 a j1a j S i 20 Từ đó ta có

a a a a  , nghĩa là tổng số bài toán em học sinh giải trong j i

ngày liên tiếp là 20 bài

Bài toán 5 Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết rằng trong 3 điểm bất kỳ trong 25

điểm đã cho luôn tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1 Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa ít nhất 13 điểm đã cho

Lời giải Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho

Hình 1

Xét hình tròn  C1 tâm A, bán kính 1 Khi đó có hai khả năng sau xảy ra:

i Nếu tất cả các điểm còn lại đều nằm trong  C1 thì bài toán đƣợc chứng minh

ii Nếu trong số các điểm còn lại, tồn tại điểm Bkhông trùng điểm A, sao cho

Xét hình tròn  C2 tâm B, bán kính 1 Lấy điểm C bất kỳ trong số 25 điểm đã cho Theo giả thiết, trong ba điểm A,B,C luôn tồn tại hai điểm có

khoảng cách nhỏ hơn 1, nên minCA CB, 1 Vì thế C C1 hoặc

 2

C C Điều này chứng tỏ rằng các hình tròn  C1 và  C2 chứa tất cả 25 điểm

đã cho

Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất một trong hai hình tròn trên chứa không ít hơn 13 điểm đã cho

Bài toán 6 Cho hình chóp đáy là đa giác 9 cạnh Tất cả các cạnh bên và 27 đường

chéo của đa giác đáy được tô bằng một trong hai màu đỏ hoặc xanh Chứng tỏ rằng:

Tồn tại ba đỉnh của hình chóp, sao cho chúng là những đỉnh của hình tam giác với các cạnh được tô cùng màu

Lời giải Xét 9 cạnh bên Vì 9 cạnh này được tô bằng hai màu đỏ hoặc xanh, nên

theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 5 cạnh bên được tô cùng màu

Không giảm tổng quát, giả sử 5 cạnh bên SA SA SA SA SA1, 2, 3, 4, 5 được tô cùng màu đỏ

Các điểm A A A A A1, 2, 3, 4, 5 xếp theo chiều ngược chiều kim đồng hồ

Xét đa giác A A A A A1 2 3 4 5 Có hai khả năng sau xảy ra:

i Nếu A A1 2 là đường chéo của đáy Khi đó hiển nhiên A A2 4 và A A1 4 cũng

là các đường chéo của đáy

Lại có hai khả năng sau xảy ra:

(a) Nếu cả ba đoạn A A1 2, A A2 4, A A1 4 cùng tô màu xanh Khi đó A A A1, 2, 4

là ba đỉnh cần tìm

(b) Nếu một trong các đoạn A A1 2, A A2 4, A A1 4 tô màu đỏ Giả sử A A1 2 tô màu đỏ, thì SA A1 2 là tam giác có ba cạnh được tô màu đỏ Khi đó

1 2, ,

S A A là ba đỉnh cần tìm

ii Nếu A A1 2 là cạnh đáy Khi đó hiển nhiên A A1 3 và A A3 5 là các đường chéo

(a) Nếu A A1 5 là đường chéo của đáy, thì quay về khả năng i) với A A A1 3 5

là tam giác có ba cạnh là ba đường chéo của đáy

(b) Nếu A A1 5 là cạnh đáy Khi đó rõ rang A A1 3 và A A1 4 là các đường chéo của đáy

Hình 2

Tóm lại, bài toán được giải quyết hoàn toàn

Bài toán 7 Trong mặt phẳng có 19 điểm, không có ba điểm nào thẳng hàng Từ

mỗi điểm nối với từng điểm khác bằng một đoạn thẳng màu xanh hoặc đỏ, sao cho tại mỗi điểm xuất phát ít nhất 13 đoạn thẳng màu đỏ

Chứng tỏ rằng có ít nhất một tứ giác có đỉnh nằm trong số các điểm đã cho, mà các cạnh và đường chéo đều màu đỏ

Lời giải Giả sử P là một trong số các điểm đã cho và 13 đoạn thẳng xuất phát từ P

là PA PA1, 2, ,PA13 Nối A1 với A A2, 3, ,A13 bằng 12 đoạn thẳng

Hình 3

Theo giả thiết, từ mỗi điểm nối được 18 đoạn thẳng với các điểm còn lại, trong đó

có ít nhất 13 đoạn màu đỏ Do đó xuất phát từ mỗi điểm có tối đa 5 đoạn màu xanh

Khi đó, trong các đoạn A A A A1 2, 1 3, ,A A1 12,A A1 13 có ít nhất 7 đoạn màu đỏ Giả sử các đoạn màu đỏ đó làA A A A1 2, 1 3, ,A A1 8

Trong 6 đoạn A A A A2 3, 2 4, ,A A2 8 có ít nhất 1 đoạn màu đỏ, giả sử là A A2 3 Khi đó,

tứ giác PA A A1 2 3 là tứ giác cần tìm

Bài toán 8 Trong hình vuông đơn vị (cạnh bằng 1) có 101 điểm Chứng tỏ rằng có

5 điểm trong các điểm đã cho được phủ bởi một đường tròn bán kính 1

7

Lời giải Chia hình vuông đã cho ra làm 25 hình vuông bằng nhau có cạnh 0,2

Vì có 101 điểm nằm trong 25 hình vuông nhỏ nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 5 điểm (trong 101 điểm đã cho)

Vì hình vuông nhỏ này nội tiếp trong đường tròn bán kính 0, 2 2 2 1

Hình 4

Bài toán 9 Chứng tỏ rằng trong mọi khối đa diện tồn tại ít nhất hai mặt có cùng số

cạnh

Lời giải Kí hiệu M là mặt có số cạnh lớn nhất của khối đa diện

Giả sử M có k cạnh Khi đó, có k mặt khác của khối đa diện có cạnh chung với M

Do đó khối đa diện có ít nhất k + 1 mặt

Vì mặt có số cạnh lớn nhất là k cạnh, nên mọi mặt của khối đa diện có số cạnh nhận

một trong các giá trị3, 4, , k

Khối đa diện có ít nhất k + 1 mặt mà số cạnh của mỗi mặt nhận một trong k – 2 giá

trị, nên theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất hai mặt của khối đa diện có cùng số cạnh

Bài toán 10 Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm Chứng minh

rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 đã cho

Lời giải Chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 13 phần bằng nhau Như thế

hình lập phương đã cho được chia thành 133 2197 hình lập phương nhỏ

Do 11000 > 5.2197 = 10985, nên tồn tại ít nhất một hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương này chứa ít nhất 6 điểm

Như đã biết, nếu gọi cạnh của hình lập phương này là a, thì hình cầu ngoại tiếp có

Hình cầu này dĩ nhiên chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho

Bài toán 11 Trong hình vuông cạnh 1 đơn vị có một đường gấp khúc L không tự

cắt với độ dài lớn hơn 1000 Chứng minh rằng tồn tại một đường thẳng m song song

với cạnh hình vuông và cắt đường L tại hơn 500 điểm

Lời giải Giả sử l i là độ dài mắt thứ i của đường gấp khúc L; a b i, i là độ dài hình chiếu của nó lên các cạnh hình vuông Khi đó l i  a i b i Suy ra:

1000   l l  l n a  a a n  b  b b n , tức là, a1 a2 a n 500 hoặc b1 b2  b n 500

Nếu tổng độ dài hình chiếu của các mắt lên một cạnh độ dài 1 không nhỏ hơn 500, thì theo nguyên lý Dirichlet cho độ dài đoạn thẳng, phải có điểm chung cho hơn 500 hình chiếu của các mắt gấp khúc, tức là đường vuông góc kẻ từ điểm chung đó sẽ cắt đường gấp khúc tại ít nhất 500 điểm

Bài toán được chứng minh

Bài toán 12 Cho đa giác đều 100 cạnh nội tiếp trong đường tròn (C) Mỗi đỉnh

được gán một trong các số 1, 2, 3, …, 49 Chứng minh rằng trên (C) tồn tại hai cung

AB và CD có tính chất sau:

a Các điểm A, B, C, D là các đỉnh của đa giác đều đã cho

b Các dây cung AB và CD song song với nhau

c Nếu A, B, C, D được gắn tương ứng với các số a, b, c, d thì a  b c d

Hình 5

Lời giải Vì đa giác đều 100 cạnh nội tiếp trong (C), nên có đúng 50 đường kính

khác nhau mà các đầu mút của các đường kính này đều là các đỉnh của đa giác đều

100 cạnh cho trước

Giả sử AB là một trong các đường kính ấy và giả sử A tương ứng với số a, B tương ứng với số b.Bây giờ ta gán cho đường kính AB số a b

Do a b, 1, 2,3, , 49 nên dễ thấy: 0   a b 48 Như vậy mỗi một trong 50 đường kính vừa xét tương ứng với một trong các số

1, 2,3, , 48 Theo nguyên lý Dirichlet, có ít nhất hai đường kính (trong số 50 đường kính) được đặt tương ứng với cùng một số

Không giảm tổng quát, giả sử hai đường kính AC, BD được đặt tương ứng cùng một

số và các đỉnh A, B, C, D tương ứng với các số a, b, c, d trong đó ca; bd (Nếu không phải như thế thì chỉ việc đổi tên các đầu mút của đường kính)

Theo giả thiết thì đường kính AC ứng với số a – c, còn đường kính BD ứng với số

Bài toán 13 Tất cả các số tự nhiên đƣợc chia một cách tùy ý thành hai nhóm

Chứng tỏ rằng có ít nhất một nhóm chứa ba số mà một trong ba số này là trung bình cộng của hai số còn lại

Lời giải Chọn s là số tự nhiên tùy ý thỏa mãn s5

Xét bộ ba số s s,  2,s 4 Khi đó có các khả năng sau:

i Nếu các số s s,  2,s 4 cùng thuộc một trong hai nhóm, thì khẳng định

đƣợc chứng minh

ii Nếu ba số trên không thuộc cùng một nhóm

Không giảm tổng quát, ký hiệu a,b thộc nhóm I Khi đó,

Khi đó, có hai khả năng sau xảy ra:

a) Một trong hai số 2ab;2ba thuộc nhóm I

Vậy bài toán đƣợc chứng minh

Bài toán 14 Cho ba số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng tỏ rằng tồn tại hai sốc có tổng

hoặc hiệu chia hết 12

Lời giải Ký hiệu p là số nguyên tố lớn hơn 3 Khi đó, p là số lẻ và p không chia hết

3

Do đó, phép chia :12p có số dư có thể là1;5;7;11 Chia bốn loại số dư này thành hai nhóm:

 Nếu hai số dư bằng nhau, thì hiệu của hai số ban đầu chia hết 12

 Nếu hai số dư khác nhau, thì tổng của hai số ban đầu chi hết 12

Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 15 Chứng tỏ rằng có thể tìm được một số dạng 123123 123000 000 chia hết 122

Lời giải Lập 122 số dạng sau:

1 123

A  A2 123123123123 123

Chia lần lượt các số A i cho 122 được số dư tương ứng r i(1  i 122)

Vì A i là số lẻ với  i 1, 2, ,122 nên A i không chia hết 122

Do đó r i 0  i 1, 2, ,122 Bởi vậy khi chia tất cả 122 số thuộc dạng trên cho 122 ta thu được không quá 121 loại số dư nên phải có ít nhất hai số dư trùng nhau

Giả sử A m và A n là hai số mà khi chia cho 122 thu được số dư bằng nhau

(1   n m 122) Khi đó, A A mA n  123123 123 123123 123 

m lần n lần

Bài toán 16 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n đều tìm được số tự

nhiên là lũy thừa của 3, mà nó tận cùng bằng

Vì tất cả các số của dãy (*) đều là số lẻ, nên chúng không chia hết cho 10n Bởi vậy

10n số dư chỉ thuộc tối đa 10n- 1 loại nên phải có ít nhất hai số dư trùng nhau

Giả sử ts và 3 , 3t s có cùng số dư khi chia 3 , 3t s cho 10n Khi đó:

3t 3s 10n   3t 3s 3 3s t s  1 10 n m,

Vì 3 ,10s n 1 3t s 1 10 n k: 3t s  1 10 n k 3t s 10 n k1Hay 3t s có tận cùng bằng

1

00 01

n

Bài toán 17 Cho 11 số tự nhiên tùy ý Chứng tỏ rằng luôn chọn được 2 số mà hiệu

bình phương của chúng chia hết 20

Lời giải Không giảm tổng quát, gọi 11 số tự nhiên tùy ý là a a1, 2, ,a11 Chia lần lượt 11 số này cho 10 ta được 11 số dư, nhưng chỉ thuộc không quá 10 loại, nên có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 10

Giả sử hai số đó là a a i, j và a i a j

Ta có a i 10.sr (0  r 9;ts)

a j 10.tr

Khi đó a a  (10.s r) (10.tr)

a a 20 Bài toán được chứng minh

Bài toán 18 Cho 92 số tự nhiên bất kỳ có ba chữ số Lấy hai số bất kỳ trong 92 số

này viết kề nhau ta thu được số có sáu chữ số Chứng tỏ rằng bằng cách làm này ta luôn có số có sáu chữ số chia hết 91

Lời giải 92 số tự nhiên khi chia cho 91 thu được không quá 91 loại số dư Theo

nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 91

Không giảm tổng quát, giả sử hai số đó là abc và mnp

Ta có abcmnp = abc 1000 + mnp

(91.sr).1000 + (91.tr)

91(1000st)+ 1001r

91(1000s t) 91.11r 91Vậy bài toán được chứng minh

1.4 Bài tập bổ sung

1.4.1 Viết 7 số tự nhiên bất kỳ, mỗi số vào một tấm bìa Chứng tỏ rằng có

thể chọn ra một hay nhiều tấm bìa để tổng các số trên đó chia hết 7

1.4.2 (Dạng tổng quát của bài 1.4.1) Chứng tỏ rằng từ tập hợp tùy ý gồm n

số tự nhiên luôn tách ra được một tập con (khác rỗng) chứa các số mà tổng của chúng chia hết n

1.4.3 Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 Chứng tỏ rằng tồn tại số có dạng

111….111 chia hết p

1.4.4 Cho 2n1 số tự nhiên bất kỳ, Chứng tỏ rằng tồn tại hai số

trong các số trên thỏa mãn tích của chúng là là số chính phương

1.4.5 Biết rằng ba số ,a a k a , 2k đều là các số nguyên tố lớn hơn 3

Chứng minh rằng khi đó k chia hết 6

1.4.6 Tập hợp các số 1, 2, 3, …., 100 đƣợc chia thành 7 tập hợp con Chứng

minh rằng ít nhất ở một trong các tập con ấy tìm đƣợc 4 số a, b, c, d

sao cho a  b c d hoặc ba số , ,e f g sao cho e f 2g

1.4.7 Giả sử trong tập hợp hữu hạn X chọn ra 50 tập hợp con A1,A2, ,A50

sao cho mỗi tập hợp con chứa hơn một nửa phần tử của tập X Chứng

minh rằng có thể tìm đƣợc tập con B X không chứa nhiều hơn 5 phần tử và có ít nhất một phần chung cho các tập hợp A1,A2, ,A50

1.4.8 Cho hình chữ nhật 3x4 cm2 và trong đó đặt 6 điểm tùy ý Chứng tỏ

rằng luôn tìm đƣợc ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vƣợt quá 5cm

1.4.9 Cho hình đa giác đều 9 cạnh Mỗi đỉnh của nó đƣợc tô bằng một trong

hai màu trắng hoặc đen Chứng minh rằng tồn tại hai tam giác phân biệt có diện tích bằng nhau, mà các đỉnh của mỗi tam giác đƣợc tô cùng màu

1.4.10 Trong một tháng gồm 30 ngày, một đội bóng chuyền thì đấu mỗi

ngày ít nhất 1 trận nhƣng không quá 45 trận Chứng minh rằng tìm đƣợc một giai đoạn gồm một số ngày liên tục nào đó trong tháng sao cho trong giai đoạn đó đội chơi đúng 14 trận

CHƯƠNG 2 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG

2.1 Ví dụ mở đầu

Các nhà Toán học Hy Lạp đầu tiên đã sử dụng chứng minh phản chứng trong các chứng minh của họ với những quy luật và các quy tắc hợp lý mà không cần giải thích Ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng thuộc về Euclid, được trình bày trong định lý sau:

Định lý 2.1 Tồn tại vô số số nguyên tố

Ở đây, Euclid đã giả sử ngược lại rằng tồn tại hữu hạn số nguyên tố p p1, 2, ,p n

Ông xét tíchN  p p1 2 p n 1 Trong đó, N phải có ít nhất một ước số nguyên tố p

Do p p1, 2, ,p n là tất cả các số nguyên tố, nên tồn tại i để p p i

Khi đó, p là ước của 1 Điều này mâu thuẫn

Vậy nên kết luận tập hợp số nguyên tố là vô hạn

Một chứng minh nổi tiếng khác bằng phương pháp phản chứng chính là chứng minh

của Euler cho định lý nhỏ Fermat với trường hợp n = 4

Để chứng minh định lý này, Euler có dùng đến cấu trúc nghiệm của phương trình Pythagore được phát biểu thành định lý sau:

Chứng minh định lý Fermat với n = 4

Như vậy để thấy rằng, phép chứng minh phản chứng đã xuất hiện từ rất lâu và tính hữu hiệu của nó khi chứng minh bài toán

Phần tiếp theo của luận văn sẽ tìm hiểu kỹ hơn về phép chứng minh phản chứng

2.2 Cơ sở lý thuyết của phép chứng minh phản chứng

Cơ sở lý thuyết của phép chứng minh phản chứng là hai định luật cơ bản của logic hình thức và một số đẳng thức logic dưới đây:

 Một mệnh đề phải đúng hoặc sai

 Một mệnh đề không thể vừa đúng, vừa sai

 Các đẳng thức:

PQ = QP

   

Bước 1 Giả sử Q là sai (hay Q đúng)

Bước 2 Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà những tính

chất này dẫn đến điều vô lý

Bước 3 Kết luận Q đúng

Điều vô lý ở đây có thể thuộc một trong các dạng sau:

 Điều trái với giả thiết

 Điều trái với một kiến thức đã biết

 Điều trái với giả sử phản chứng

Khi xác định phủ định của mệnh đề cần chứng minh Q, cần lưu ý:

Ví dụ 1 Chứng tỏ rằng: “Nếu hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường

thẳng thứ ba thì chúng song song với nhau”

1) Chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k + 3

2) Chứng minh rằng phương trình x33y3 9z3 không có nghiệm nguyên dương

2.4 Phương pháp chứng minh dùng mệnh đề phản đảo

Chứng minh dùng mệnh đề phản đảo cũng là một phương án chứng minh phản chứng hay được dùng

Cơ sở của phương pháp là: Để chứng minh A B , ta có thể chứng minh BA Như vậy, phương pháp chứng minh dùng mệnh đề phản đảo và phương pháp chứng minh phản chứng là giống nhau?

Sau đây sẽ xét một số ví dụ để làm rõ câu hỏi này

 Chứng minh phản chứng: