một số dạng toán chứng minh bằng phản chứng và quy nạp toán học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG ĐÌNH HƯNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2014... TRƯỜNG ĐẠI THÁI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG ĐÌNH HƯNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2014

TRƯỜNG ĐẠI THÁI NGUYÊNĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẶNG ĐÌNH HƯNG

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2014

Mục lục

LỜI NÓI ĐẦU 2

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 4

1.1 Mệnh đề và các phép toán mệnh đề 4

1.2 Công thức mệnh đề 6

1.3 Hệ quả logic và quy tắc suy luận 8

1.4 Đại số vị từ 8

1.5 Tính sắp thứ tự tốt của tập số tự nhiên 11

Chương 2 Phương pháp chứng minh phản chứng 12

2.1 Một số dạng chứng minh phản chứng 12

2.2 Một số bài toán chứng minh bằng phản chứng 17

Chương 3 Phương pháp chứng minh quy nạp toán học 32 3.1 Phương pháp chứng minh quy nạp cơ bản 32

3.2 Một số phương pháp quy nạp đặc biệt 38

3.3 Một số sai lầm học sinh hay mắc phải 46

3.4 Một số bài toán sử dụng phương pháp quy nạp 48

KẾT LUẬN 56

Tài liệu tham khảo 56

LỜI NÓI ĐẦU

Logic toán là một ngành khoa học còn non trẻ ra đời từ thế kỷ

17, nhưng nó đóng vai trò quan trọng trong toán học Nó là phương tiện

để xây dựng các kiến thức toán học và là chất keo nối kết các ngành,các vấn đề toán học với nhau làm cho toán học trở thành một thể thốngnhất Logic toán rất quan trọng với các thày giáo dạy toán Nó tạo chongười thày khả năng đi sâu vào bản chất của sự chứng minh Nó tạo chongười thày những phương tiện mới để rèn luyện cho học sinh thói quensuy nghĩ chính xác

Trong luận văn này tôi trình bày cơ sở logic cũng như các dạngđặc biệt của hai phương pháp chứng minh toán học quen thuộc và quantrọng: phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp quy nạptoán học Cả hai phương pháp này đã được sử dụng trong chương trìnhnâng cao ở phổ thông, trong các bài toán thi học sinh giỏi Điều quantrọng trọng trong phương pháp chứng minh phản chứng là tạo ra mệnh

đề phủ định và tìm ra sự vô lý với giả thiết hay vô lý với kiến thức toánhọc đã biết Phương pháp quy nạp toán học chứng minh các mệnh đềphụ thuộc vào số tự nhiên dạng ∀nP(n), n ∈ N Để chứng minh nhữngmệnh đề như thế hiển nhiên ta không thể thử trực tiếp với mọi số tựnhiên vì tập số tự nhiên là vô hạn Nguyên lý cơ bản của phương phápquy nạp toán học là chứng minh mệnh đề đúng với n = 0 sau đó tachứng minh nếu mệnh đề đúng với một số tự nhiên k thì nó cũng với

k + 1 Ở đây ta theo quy ước tập các số tự nhiên N là tập các số nguyênkhông âm: 0, 1, 2, Tuy nhiên chúng ta không hiểu tại sao chúng ta lạichứng minh như vậy Hơn nữa trong thực tế chứng minh xuất hiện rấtnhiều các dạng biến thể của hai phương pháp trên Trong luận văn nàytrước hết chúng tôi giải thích cơ sở logic của các phương pháp chứngminh trên Sau đó chúng tôi liệt kê một số dạng chứng minh đặc biệt

Luận văn bao gồm ba chương Chương 1 trình bày ngắn gọn nhữngkiến thứ cơ bản của đại số mệnh đề, vị từ và tính sắp thứ tự tốt củatập các số tư nhiên làm cơ sở cho việc trình bày các chương sau Một

số khái niệm và kết quả được trình bày trong chương này nhưng không

có ví dụ minh họa nhằm mục đích cho luận văn được trình bày cô đọnghơn Chương 2 và 3 là các chương chính của luận văn Trong Chương 2,

chúng tôi trình bày các dạng toán chứng minh bằng phương pháp phảnchứng Với những kiến thức về đại số mệnh đề trình bày trong Chương 1

ta có thể hiểu rõ cơ sở logic của phương pháp chứng minh này Chương

3 dành cho việc trình bày phương pháp quy nạp toán học Để hiểu rõphương pháp này ta cần tính sắp thứ tự tốt của tập các số tự nhiên vàphương pháp chứng minh phản chứng

Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình củathầy giáo TS Trần Nguyên An Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết

ơn sâu sắc đến Thầy

Tôi cũng xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến các thầy cô giáo củatrường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, những người đã tậntình giảng dạy, giúp đỡ tôi trong quá trình học tập

Cuối cùng tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã giúp đỡ, động viên,ủng hộ tôi để tôi có thể hoàn thành khóa học này!

Thái Nguyên, tháng 9 năm 2014

Tác giả

Đặng Đình Hưng

Một mệnh đề mà không một bộ phận thực sự nào của nó cũng làmệnh đề, gọi là mệnh đề đơn giản Ta ký hiệu các mệnh đề đơn giản bằngcác chữ cái la tinh nhỏ (có thể với các chỉ số): a, b, c, , p, q, r, a1, a2, Đây là các biến lấy giá trị 1 hoặc 0 khi ta thay chúng bằng các mệnh đề

cụ thể Vì vậy ta gọi chúng là các biến mệnh đề

Từ các mệnh đề đơn giản nhờ các liên kết lôgic, cũng gọi là cácphép toán logic ta lập được các mệnh đề phức hợp Sau đây là một sốphép toán logic cơ bản

Định nghĩa 1.1.1 (Phép phủ định) Giả sử a là mệnh đề Phủ địnhcủa a là một mệnh đề, ký hiệu a (hoặc ¬ a), là một mệnh đề đúng khi a

là một mệnh đề sai và là một mệnh đề sai khi a là mệnh đề đúng

Ta có thể mô tả định nghĩa trên bằng bảng sau, gọi là bảng giá trị

chân lý của phép toán.

a a

0 1

1 0Định nghĩa 1.1.2 (Phép hội) Giả sử a và b là các mệnh đề Hội củachúng, ký hiệu là a ∧ b, là một mệnh đề đúng khi a và b đều đúng, và làmột mệnh đề sai trong các trường hợp còn lại

Định nghĩa 1.1.3 (Phép tuyển) Giả sử a và b là các mệnh đề Tuyểncủa chúng ký hiệu là a ∨ b, là một mệnh đề sai khi a và b đều sai, và làmột mệnh đề đúng trong các trường hợp còn lại

Định nghĩa 1.1.4 (Phép kéo theo) Giả sử a và b là các mệnh đề a kéotheo b là một mệnh đề, ký hiệu a → b, là một mệnh đề sai khi a đúng bsai và là một mệnh đề đúng trong các trường hợp còn lại

Định nghĩa 1.1.5 (Phép tương đương) Giả sử a và b là các mệnh đề

a tương đương b là một mệnh đề, ký hiệu là a ↔ b, là một mệnh đề đúngkhi a và b cùng đúng hoặc cùng sai và là một mệnh đề sai trong cáctrường hợp còn lại

Ta có bảng giá trị chân lý của các phép toán hội, tuyển, kéo theo

và tương đương như sau

Chú ý: Trong mệnh đề a → b, a được gọi là tiền đề hay giả thiết,

b gọi là kết luận Mệnh đề a → b được gọi là mệnh đề thuận, mệnh đề

b → a được gọi là mệnh đề đảo, mệnh đề a → b được gọi là mệnh đềphản còn mệnh đề b → a được gọi là mệnh đề phản đảo của mệnh đề

a → b Ta có thể thấy được giá trị chân lý của các mệnh đề thuận, đảo,phản và phản đảo qua bảng chân lý sau

Theo bảng giá trị chân lý mệnh đề thuận và mệnh đề phản đảo; mệnh

đề đảo và mệnh đề phản luôn có cùng giá trị chân lý với mọi giá trị chân

lý của các mệnh đề thành phần a, b

1.2 Công thức mệnh đề

Nhờ các phép toán logic từ các mệnh đề đơn giản ta có thể thànhlập được những mệnh đề mới, ngày càng phức tạp hơn, bằng cách thựchiện trên các mệnh đề đã cho một số hữu hạn tuỳ ý những phép toánlogic Các mệnh đề thành lập theo cách ấy gọi là công thức của đại sốmệnh đề Để định nghĩa một cách chính xác khái niệm này, ta xuất phát

từ một tập hợp ký hiệu cơ bản gọi là bảng chữ cái Bảng chữ cái trongĐại số mệnh đề bao gồm:

(i) 0, 1 là ký hiệu các mệnh đề sai, tương ứng đúng Ta gọi chúng

(i) Các hằng, các biến mệnh đề là những công thức

(ii) Nếu A là một công thức thì (A) là một công thức

(iii) Nếu A và B là những công thức thì (A∧B), (A∨B), (A → B),(A ↔ B), là những công thức

(iv) Mọi từ khác không được thành lập theo các quy tắc (i), (ii),(iii) thì không phải là công thức

Công thức A chứa các biến mệnh đề a1, a2, , an thường được kýhiệu là

A = A(a1, a2, , an)

Giả sử A = A(a1, a2, , an) là một công thức mệnh đề phụ thuộc

n biến mệnh đề a1, a2, , an Đặt I = {0, 1} là tập các giá trị chân lýcủa các mệnh đề Dãy e = (e1, e2, , en) ∈ In được gọi là một dãy giátrị chân lý (dãy giá trị) cho tương ứng với các biến mệnh đề a1, a2, , an

trong công thức A

Giá trị chân lý của A tại e, ký hiệu A|e và được định nghĩa nhưsau:

(i) Nếu A là một biến mệnh đề ai thì A|e = ei

(ii) Nếu A có dạng B, trong đó B là một công thức và nếu B|e đãđược xác định thì

Định nghĩa 1.2.2 Một công thức A được gọi là hằng đúng nếu nó nhậngiá trị 1 trên mọi dãy giá trị của các biến mệnh đề có mặt trong côngthức A, tức là A|e = 1 trên mọi dãy giá trị e của A

Nếu A là một công thức hằng đúng thì ta viết |= A Các công thứchằng đúng đóng một vai trò rất quan trọng trong logic Chúng là nhữngluật logic

Định nghĩa 1.2.3 Giả sử A, B là hai công thức Ta nói A và B làtương đương logic nếu chúng có cùng giá trị trên mọi dãy giá trị của cácbiến mệnh đề, tức là A|e = B|e trên mọi dãy giá trị e của A và B Ta

ký hiệu hai công thức tương đương logic là A ⇔ B (hoặc A ≡ B )

Ví dụ 1.2.4 (i) A = a ∧ a là công thức hằng đúng

(ii) a → b ⇔ a ∨ b

(iii) a → b ⇔ (a ∨ b) ∧ (c ∨ c)

Nhận xét:(i) Quan hệ tương đương logic giữa các công thức là quan hệtương đương trên tập các công thức của đại số mệnh đề.

(ii) Giả sử A, B là hai công thức Khi đó A ⇔ B nếu và chỉ nếu

|= (A ↔ B)

Bằng cách lập bảng giá trị chân lý ta có thể chứng minh một sốcông thức là tương đương logic

1.3 Hệ quả logic và quy tắc suy luận

Định nghĩa 1.3.1 (i) Giả sử A và B là hai công thức Công thức Bđược gọi là hệ quả logic (hay hệ quả) của công thức A, ký hiệu A ⇒ B(hoặc A |= B) nếu với mọi dãy giá trị e của các biến mệnh đề có mặttrong A và B, mỗi khi A|e = 1 thì B|e = 1 Khi đó ta cũng nói có mộtquy tắc suy luận từ tiền đề (hay giả thiết) A đến kết luận (hay hệ quả)

B, quy tắc suy luận đó được ký hiệu bởi

A

B.(ii) Giả sử ∆ = {A1, A2, , Am} là một dãy hữu hạn những côngthức Công thức B được gọi là hệ quả logic (hay hệ quả) của ∆, ký hiệu

∆ ⇒ B (ta còn viết ∆ |= B, hay A1, A2, , Am ⇒ B), nếu B là hệ quảlogic của công thức A1 ∧ A2 ∧ ∧ Am Khi đó ta cũng nói có một quytắc suy luận từ các tiền đề (hay các giả thiết A1, A2, , Am đến kết luận(hay hệ quả) B, quy tắc suy luận đó được ký hiệu bởi

1.4 Đại số vị từ

Logic vị từ là sự phát triển của Đại số Mệnh đề Nó chứa trongbản thân nó toàn bộ Đại số Mệnh đề, nghĩa là các mệnh đề đơn giản,các phép toán logic và do đó tất cả các công thức của Đại số Mệnh đề

Xét mệnh đề đơn giản: "5 là một số nguyên tố" Cố định vị từ "làmột số nguyên tố" và thay đổi chủ từ 5 bởi x là một số tự nhiên nào đó,

ta có phát biểu F (x): "x là một số nguyên tố" Với mỗi giá trị x = a, ta

có F (a) là một mệnh đề chỉ mang một giá trị "đúng" hoặc "sai" Từ đó

ta có ánh xạ F : N −→ I, a 7−→ F (a)-giá trị chân lý của mệnh đề: "a

là một số nguyên tố" Ánh xạ F được gọi là một vị từ 1 ngôi xác địnhtrên N còn phát biểu F (x) không phải là một mệnh đề nó được gọi làmột mệnh đề chứa biến (hay một dạng mệnh đề) Thông thường ta cũngdùng ký hiệu F (x) để chỉ vị từ F , x được gọi là một biến vị từ

Định nghĩa 1.4.1 (i) Giả sử M là tập khác rỗng và I = {0, 1}

Vị từ n ngôi xác định trên M là ánh xạ F : Mn −→ I, ký hiệu

F = F (x1, x2, , xn), x1, x2, , xn gọi là các biến vị từ Với mỗi a =(a1, a2, , an) ∈ Mn thì F |a = F (a1, a2, , an) gọi là giá trị của vị từ Ftại dãy a các giá trị của các biến vị từ

(ii) Tập sau được gọi là miền đúng của vị từ F

n ngôi xác định trên tập M Vị từ F được gọi là tương đương logic với

vị từ G, ký hiệu F ⇔ G nếu F |a = G|a với mọi dãy a = (a1, a2, , an)các phần tử của M

Tương tự như trong đại số mệnh đề ta có các định nghĩa của cácphép toán vị từ: phủ định, hội, tuyển, kéo theo, tương đương Ngoài ra

ta còn có các phép toán mới là đặt các lượng từ cho các biến vị từ Cácphép toán này đóng một vai trò hết sức quan trọng Chính nhờ chúng

mà Logic Vị từ trở nên phong phú hơn nhiều so với Đại số Mệnh đề

Có hai lượng từ, lượng từ tồn tại, ký hiệu ∃, và lượng từ với mọi (hay

phổ biến ), ký hiệu là ∀ Chúng ứng với điều được biểu thị trong ngônngữ thông thường bởi các từ "có một" và "với mọi" (hay "tất cả", "bấtkỳ").

Định nghĩa 1.4.3 Giả sử F = F (x1, x2, , xn) là một vị từ n ngôixác định trên tập M, n ≥ 1 Đặt lượng từ tồn tại trước biến xi, trong

đó i ∈ {1, 2, , n}, ta được vị từ n − 1 ngôi của các biến đối đượng

x1, , xi −1, xi+1, , xn xác định trên M, ký hiệu ∃xiF (x1, x2, , xn) Vớimỗi dãy (a1, , ai −1, ai+1, , an) ∈ Mn −1 ta có giá trị của vị từ n − 1ngôi ∃xiF (x1, x2, , xn) là:

∃xiF|a =

(

1 nếu ∃ai ∈ M : F (a1, , ai, , an) = 1

0 nếu ∀ai ∈ M : F (a1, , ai, , an) = 0Biến xi gọi là biến ràng buộc, các biến còn lại gọi là biến tự do

Đặc biệt, giả sử F (x) là một vị từ 1 ngôi xác định trên M Khi đó

∃xF (x) là một vị từ 0 ngôi, tức là một mệnh đề sao cho ∃xF (x) = 1 khi

và chỉ khi EF(x) 6= ∅ Bảng giá trị chân lý

đó i ∈ {1, 2, , n}, ta được vị từ n − 1 ngôi của các biến đối đượng

x1, , xi −1, xi+1, , xn xác định trên M, ký hiệu ∀xiF (x1, x2, , xn) Vớimỗi dãy (a1, , ai −1, ai+1, , an) ∈ Mn −1 ta có giá trị của vị từ n − 1ngôi ∀xiF (x1, x2, , xn) là:

∀xiF|a =

(

1 nếu ∀ai ∈ M : F (a1, , ai, , an) = 1

0 nếu ∃ai ∈ M : F (a1, , ai, , an) = 0Biến xi gọi là biến ràng buộc, các biến còn lại gọi là biến tự do

Đặc biệt, giả sử F (x) là một vị từ 1 ngôi xác định trên M Khi đó

∀xF (x) là một vị từ 0 ngôi, tức là một mệnh đề sao cho ∀xF (x) = 1 khi

và chỉ khi EF(x) = M Bảng giá trị chân lý

Cho X là một tập hợp khác rỗng Một tập con của tích Descartes

X × X được gọi là một quan hệ (hai ngôi) trên X Ta thường kí hiệucác quan hệ hai ngôi bằng các chữ cái ∼,6, R, S, T, Cho R là mộtquan hệ hai ngôi trên X Nếu (a, b) ∈ R thì ta viết aRb Trong trườnghợp này ta nói a quan hệ với b Dưới đây là một số tính chất quan trọng

mà R có thể có

(i) Phản xạ: aRa với mọi a ∈ X

(ii) Đối xứng: Nếu aRb thì bRa với mọi a, b ∈ X

(iii) Phản đối xứng hay phản xứng: Nếu aRb và bRA thì a = b vớimọi a, b ∈ X

(iv) Bắc cầu: Nếu aRb và bRc thì aRc với mọi a, b, c ∈ X

Định nghĩa Một quan hệ trên tập hợp X được gọi là quan hệ thứ tựnếu nó phản xạ, đối xứng và bắc cầu Theo truyền thống, quan hệ thứ

tự thường được kí hiệu bởi 6 Nếu a 6 b thì ta đọc là a nhỏ hơn haybằng b hoặc b lớn hơn hay bằng a Một tập hợp X được gọi là tập sắpthứ tự nếu nó có trang bị một quan hệ thứ tự

Cho X là một tập sắp thứ tự với quan hệ thứ tự 6

(i) Tập X được gọi là sắp thứ tự toàn phần hay sắp thứ tự tuyếntính nếu a 6 b hoặc b 6 a với mọi a, b ∈ X

(ii) Cho a ∈ X Ta nói a là phần tử lớn nhất (tương ứng, nhỏ nhất)nếu x 6 a với mọi x ∈ X (tương ứng, a 6 x với mọi x ∈ X)

(iii) Tập X được gọi là sắp thứ tự tốt nếu mọi tập con khác rỗngcủa X đều có phần tử bé nhất

Ta sử dụng một tính chất rất quan trọng của tập các số tự nhiên,thường người ta công nhận như một tiên đề (được gọi là tiên đề thứ tự).Tiên đề 1.5.1 Tập các số tự nhiên là tập sắp thứ tự tốt

Chương 2

Phương pháp chứng minh phản

chứng

2.1 Một số dạng chứng minh phản chứng

Trong toán học phương pháp phản chứng được sử dụng rất sớm

Ta bắt đầu bằng việc chứng minh nguyên lý Đirichlê (còn gọi là nguyên

lý lồng và thỏ), nguyên lý có rất nhiều ứng dụng Người ta nhốt thỏ vàotrong một số lồng, biết rằng số thỏ nhiều hơn số lồng Chứng minh rằng

có ít nhất hai con thỏ được nhốt trong cùng một lồng Để chứng minh tagiả sử ngược lại mỗi lồng chỉ nhốt nhiều nhất có một con thỏ, như vậy

số thỏ nhỏ hơn hoặc bằng số lồng, mà theo giả thiết số thỏ nhiều hơn

số lồng Điều này dẫn đến vô lý Từ đó ta có điều phải chứng minh Tạisao lại như vậy? Đề lý giải điều này ta xuất phát từ kết quả sau trongĐại số mệnh đề cũng gọi là quy tắc phản chứng

Định lý 2.1.1 Cho P, Q là các công thức của đại số mệnh đề Khi đó

ta có quy tắc suy luận sau

Dựa trên quy tắc suy luận trên ta có nội dung phương pháp chứngminh phản chứng: Giả sử ta phải chứng minh một mệnh đề P nào đó làđúng, ta giả thiết ngược lại P đúng và chỉ ra một mệnh đề Q vừa đúngvừa sai, tức là chứng minh các mệnh đề P → Q, P → Q là đúng Khi

đó ta kết luận P là đúng

Chú ý: Ta có thể giải thích trực tiếp cơ sở của quy tắc phản chứngnhư sau: Ta có P → Q, P → Q Mặt khác bằng cách lập bảng ta có quytắc suy luận

A→ B, A → C

A → B ∧ C ,với A, B, C là các công thức Do đó P → Q ∧ Q đúng hay P → 0 đúng.Kéo theo P sai Điều này suy ra P đúng

Trong ví dụ mở đầu, đặt P là mệnh đề: "ít nhất hai con thỏ đượcnhốt trong cùng một lồng" Phủ định mệnh đề ta được hai mệnh đề Q:

"số thỏ nhiều hơn số lồng" và Q: "số thỏ nhỏ hơn hoặc bằng số lồng".Như vậy P được chứng minh

Các bài toán thường được phát biểu dưới dạng p → q Ta sẽ phântích một số dạng chứng minh phản chứng mệnh đề dạng này Trướchết theo Ví dụ 1.2.4 và tính chất của các phép toán mệnh đề ta có

p→ q ⇔ p ∨ q ⇔ p ∧ q nên ta có quy tắc phủ định một mệnh đề dạngkéo theo:

Muốn phủ định một mệnh đề dạng kéo theo ta "ghép" giả thiết củamệnh đề với phủ định kết luận của nó

Chữ "ghép" ở đây có nghĩa là giả thiết bài toán mới bao gồm giảthiết của bài toán cũ và kết luận của nó Từ đó ta thiết lập được một

số dạng chứng minh phản chứng mệnh đề p → q như sau:

Dạng 1 Phủ định mệnh đề rồi suy ra điều trái với điều đúng (các tiên

đề, các định lý đã được chứng minh): p ∧ q → 0

Cơ sở logic: Vì p ∧ q → 0 đúng nên p ∧ q sai, suy ra p ∧ q ⇔ p → q đúng

Ví dụ 2.1.3 Cho n > 1 và a1, a2, , an là các số tự nhiên Chứng minhrằng nếu a1, a2, , an là các số phân biệt thì không thể có đẳng thức

1

a2 1

+ 1

a2 2

+ + 1

a2 n

12.3 + +

1n(n + 1)

Điều này vô lý

Dạng 2 Phủ định mệnh đề rồi suy ra hai điều trái nhau p ∧ q → r ∧ r

Cơ sở logic: Vì r ∧ r ⇔ 0 nên khẳng định được suy ra từ Dạng 1

Ví dụ 2.1.4 Chứng minh rằng nếu hai đường thẳng cắt một đườngthẳng tạo thành một cặp góc so le trong bằng nhau thì hai đường thẳng

đó không có điểm chung

Chứng minh Giả thiết Ac3 = Bc1. Kết luận A và B không có điểm chungC

Ta đã biết trong tam giác ABC tổng hai góc A và B nhỏ hơn 1800.Suy ra góc

b

cc

c a

b 1

2

4

1 2

Dạng 3 Phủ định mệnh đề rồi suy ra điều trái với giả thiết: p ∧ q → p

Cơ sở logic: Vì ta có p ∧ q → p, kết hợp p ∧ q → p, theo luật phản chứng

Dạng 4 Phủ định mệnh đề rồi suy ra kết luận của mệnh đề: p ∧ q → q

Cơ sở logic: Vì ta luôn có p ∧ q → q, mà p ∧ q → q nên theo luật phảnchứng ta có p ∧ q ⇔ p → q đúng

Ví dụ 2.1.6 Cho a là môt số tự nhiên Chứng minh rằng nếu a là bộicủa 6 thì a là bội của 2

Chứng minh Giả sử a là bội của 6 nhưng a không là bội của 2 Vì a làbội của 6 nên ta có a = 6b với b ∈ N Do đó a = 2(3b) kéo theo a chiahết cho 2 Vậy ta có điều phải chứng minh

Chý ý ở dạng này ta đã chứng minh được kết luận do đó ta nêndùng phương pháp chứng minh trực tiếp: nếu p đúng thì q đúng

Chú ý: Ta cần phân biệt chứng minh phản chứng (proof by tradiction) và chứng minh phản đảo (proof by contrapositive) Chứng

con-minh phản đảo mệnh đề p → q là ta giả sử q sai và chứng con-minh p sai Cơ

sở logic của phương pháp là tương đương logic p → q ⇔ q → p Trongkhi chứng minh phản chứng dạng mệnh đề này là ta giả sử đồng thời pđúng và q sai rồi dẫn đến điều vô lý

Ví dụ 2.1.7 Cho A, B là các tập hợp thỏa mãn A ⊆ B Chứng minhrằng nếu x /∈ B thì x /∈ A.

Chứng minh Chứng minh bằng phản chứng: Giả sử x /∈ B và x ∈ A Vì

A ⊆ B nên x ∈ B Điều này là vô lý dẫn đến điều phải chứng minh.Chứng minh bằng phản đảo: Giả sử x ∈ A Vì A ⊆ B nên x ∈ B Do đó

ta có điều phải chứng minh

Tương tự như trong Đại số mệnh đề, phương pháp chứng minhphản chứng có thể được áp dụng cho các công thức trong Đại số vị từ

Ta tìm hiểu chứng minh phản chứng của các mệnh đề dạng

(i) (∀x ∈ Ux)P (x),

(ii) (∀x ∈ Ux)(P (x) −→ Q(x))

Nguyên lý chung là ta tìm các mệnh đề phủ định rồi dẫn đến cácđiều vố lý Điểm cần quan tâm ở đây là tìm các mệnh đề phủ định củacác mệnh đề trên Ta có

Do đó ta có (i) chứng minh tương tự ta có (ii)

Ví dụ 2.1.8 (i) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, ta có

x

x + 1 <

x + 1

x + 2.(ii) Với mọi số thực x Chứng minh rằng nếu x > 0 thì x + 1

Vì x dương nên x + 1 và x + 2 dương Nhân hai vế với (x + 1)(x + 2)rồi rút gọn dẫn đến 0 ≥ 1 Điều vô lý này dẫn đến bài toán được chứngminh.

(ii) Giả sử tồn tại x > 0 và x + 1

x < 2 Từ đó ta có (x − 1)2 < 0.Điều này là vô lý Do đó ta có điều phải chứng minh

2.2 Một số bài toán chứng minh bằng phản chứng

Trong mục này ta phân tích một số bài toán chứng minh bằngphản chứng Một số ví dụ đầu mục được phân tích bởi các luật logicnhằm hiểu cặn kẽ hơn các lập luận Tiếp theo luận văn trình bày một

số bài toán về tính vô hạn của số nguyên tố,ứng dụng phần tử cực biên

và phương pháp chứng minh phản chứng, các bài toán trong hình học,phương trình nghiệm nguyên, Đặc biệt trong phần cuối của mụcchúng tôi trình bày phương pháp chứng minh bất đẳng thức bằng phảnchứng

Ví dụ 2.2.1 (Đề Thi học sinh giỏi Tiệp Khắc 1959) Cho các số a, b, c

Hướng của ta tìm mệnh đề D (chẳng hạn A, B, O, C ∧ C ) Theo luậtlogic A∨ B → C

A → C, B → C, ta có

(A∧ B → D) ⇔ ((A ∧ B1)∨ (A ∧ B2)∨ (A ∧ B3) → D)

⇔ (A ∧ B1 → D) ∧ (A ∧ B2 → D) ∧ (A ∧ B3 → D).Vậy ta phải xét 3 trường hợp B1, B2, B3 hay a ≤ 0, b ≤ 0, c ≤ 0

Giả sử a ≤ 0 từ A3 ta phải có a 6= 0 do đó a < 0 ta suy ra bc < 0

Từ A2 suy ra a(b + c) = −bc > 0 → b + c < 0 ( vì a < 0.) Suy ra

a + b + c < 0 mâu thuẫn với (A1 hay với A.) Từ đó ta có A ∧ B1 → Atheo Dạng 2 suy ra a > 0

Tương tự cho các trường hợp b ≤ 0, c ≤ 0 Tuy nhiên ta có thể kếtluận vì vai trò của a, b, c như nhau nên ta có a > 0, b > 0, c > 0

Ví dụ 2.2.2 Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn điều kiện: ac ≥ 2(b+d) Chứngminh rằng có ít nhất 1 trong 2 bất đẳng thức sau là sai:

Ví dụ 2.2.3 Chứng minh rằng tập các số nguyên tố là vô hạn

Chứng minh Trước hết ta chứng minh: Nếu n là một số nguyên lớn hơn

1 thì n có một ước số nguyên tố

Nếu n là số nguyên tố thì p = n là ước của n do đó ta có điều cầnchứng minh

Nếu n là một hợp số, ta ký hiệu p là ước số nhỏ nhất khác 1 của

n, ta cần phải chỉ ra rằng p là một số nguyên tố Giả sử p là một hợp

số, khi đó p có một ước số khác 1, ký hiệu là d và d < p Ta đã biết nchia hết cho p, p chia hết cho d, mà d < p, điều này trái với định nghĩacủa p Do đó p phải là số nguyên tố

Giả sử tập hợp những số nguyên tố là hữu hạn, chỉ có các số

p1, p2, , pn Đặt m = p1p2 pn + 1 Vì m > 1 là một số nguyên, theochứng minh ở trên tồn tại một số nguyên q sao cho m chia hết cho q Tathấy rằng (m, pi) = 1 với mọi i = 1, , n, như vậy q 6= pi với mọi i, điềunày trái với giả thiết ta đã lập

Ví dụ 2.2.4 Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng 4l + 3,với l nguyên dương

Chứng minh Trước tiên ta chứng minh bài toán sau: mọi số tự nhiêndạng 4l + 3 có ít nhất một ước số nguyên tố cũng có dạng 4k + 3.Thậtvậy nếu 4l + 3 là số nguyên tố thì ta đã chứng minh xong

Nếu 4l + 3 là hợp số thì 4l + 3 = p1p2 pr, ở đây pi, i = 1, 2, , r

là những số nguyên tố lẻ, không nhất thiết phải khác nhau Giả sử

pi = 4ki + 1 với i = 1, 2, , r ki nguyên dương

Tích của hai số dạng 4a + 1 và 4b + 1 bằng

(4a + 1)(4b + 1) = 16ab + 4a + 4b + 1 = 4(4ab + a + b) + 1 = 4c + 1

Vì thế

(4k1 + 1)(4k2 + 1) (4kr+ 1) = 4t + 1với một số nguyên t Số 4t + 1 không thể bằng số có dạng 4l + 3 Điều

vô lý này suy ra ít nhất phải có một ước số của 4l + 3 dạng 4k + 3

kỳ số tự nhiên n đều tồn tại số nguyên tố dạng p = 4k + 3 > n Nghĩa

là tồn tại vô hạn số nguyên tố dạng 4k + 3

Ví dụ 2.2.5 Cho số nguyên tố p = p0p1 pn Xét đa thức

f (x) = p0xn+ p1xn−1+ + pn.Chứng minh rằng f(x) không phân tích được thành hai tích đa thức bậcthấp hơn khác 0 với các hệ số nguyên

Chứng minh Giả sử f(x) = g(x)h(x) với

g(x) = g0xk+ + gk,h(x) = h0xm + + hm,trong đó m, k < n, m + k = n; g0, , gk; h0, , hm nguyên Vì h0g0 = p0

nên 0 < h0, g0 < p0 ( nếu ta không đổi dấu g(x) và h(x)) Ta có

g010k + g110k−1+ + gk −110 = 0

Suy ra g010k−1 + g110k−2 + + gk −2.10 + gk −1 = 0 Vì gk −1 nguyên,

−9 ≤ gk −1 ≤ 9 và gk −1 chia hết cho 10 nên suy ra gk −1 = 0 Tiếp tục lýluận như trên, suy ra g0 = 0 Trái với giả thiết g0 > 0 nên ta suy ra điềuphải chứng minh

Ví dụ 2.2.6 (Đề Thi học sinh giỏi Mỹ 1974) Cho a, b, c là ba số nguyênkhác nhau và P là đa thức với hệ số nguyên Chứng minh rằng khôngthể đồng thời có ba đẳng thức sau P (a) = b, P (b) = c, P (c) = a

Chứng minh Giả sử ta có đồng thời ba đẳng thức P (a) = b, P (b) =

c, P (c) = a Vì P là đa thức với hệ số nguyên nên

P (x)− P (y) = (x − y)Q(x, y),

ở đây Q(x, y) là đa thức hai biến với hệ số nguyên Từ đó và điều giả sử

ta suy ra

b− c = P (a) − P (b) = (a − b)Q(a, b)

Đặc biệt b − c = (a − b)K, ở đây K là một số nguyên Tương tự ta cũng

có c − a = (b − c)L, a − b = (c − a)M, ở đây L, M là những số nguyên.Nhân ba đẳng thức sau cùng theo từng vế và giản ước đi (vì điều kiện(a− b)(b − c)(c − a) 6= 0), ta nhận được KLM = 1 Nhưng vì K, L, M

là những số nguyên nên ta suy ra cả ba số này bằng 1 hoặc hai số bằng

−1 còn một số bằng 1 Ta xét hai trường hợp:

Trường hợp thứ nhất: K = L = M = 1, khi đó b−c = c−a = a−b,

từ đây suy ra a = b = c, vô lý với giả thiết đã cho

Trường hợp thứ hai: không giảm tính tổng quát ta cho K = L =

−1, M = 1 Khi đó b − c = b − a = a − c và cũng suy ra rằng a = b = c,

vô lý với giả thiết đã cho

Ví dụ 2.2.7 (Đề Thi học sinh giỏi Ucraina 1969) Hai số khác nhaugồm 100 chữ số trong đó bao gồm 40 chữ số 1, 30 chữ số 2, 20 chữ số3,10 chữ số 4 Chứng minh rằng số này không thể chia hết cho số kia.Chứng minh Ta ký hiệu hai số đó là M, N, tổng của những chữ số trongmỗi số bằng

S = 40.1 + 30.2 + 20.3 + 10.4 = 200 ≡ 2(mod 9)

Suy ra M, N chia cho 9 đều dư 2 Giả sử M chia hết cho N, nghĩa

là M = kN, 1 < k ≤ 4 Bởi vì N = 9n + 2, thì M = 9kn + 2k Nhưngkhông có một giá trị nào của k(1 < k ≤ 4) mà M chia cho 9 dư 2 Điềunày vô lý với điều đã cho

Ví dụ 2.2.8 (Đề Thi học sinh giỏi Áo 1974) Với mọi số hữu tỷ r = p

q ∈(0, 1), ta ký hiệu tập hợp Ir

√2

2 không nằm trong bất kỳ tập hợp nào ở trên.Chứng minh Giả sử

√2

2 nằm ở tập hợp nào đóIr Nếu r = p

q, thì haikhả năng có thể xảy ra

Thứ nhất: p

q <

√2

2 <

p

q +

14q2 Khi đó 2√2q2 < 4pq + 1, 8q4 <16p2q2 + 8pq + 1,

√2

2 <

p

q. Khi đó 4pq − 1 < 2√2q2, 16p2q2 −8pq + 1 < 8q4,

Tiếp theo ta xem xét một số ví dụ sử dụng phần tử cực biên đểdẫn đến sự vô lý trong chứng minh phản chứng

Ví dụ 2.2.9 (IMO 1972) Giải hệ bất phương trình sau:

Chứng minh Dễ thấy x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = a là nghiệm của hệ đãcho với mọi a > 0 Ta sẽ chứng minh những nghiệm khác không có.Giả

sử x1, x2, x3, x4, x5 thỏa mãn hệ phương trình đã cho Vì hệ phương trình

đã cho không thay đổi khi ta thay đổi vai trò của các ẩn theo vòng tròn

x1 → x2 → x3 → x4 → x5 → x1, nên ta có thể giả sử x1 là số lớn nhấttrong năm số, khi đó hiển nhiên x2

1−x3x5 ≥ 0 và x2

1−x2x4 ≥ 0 Nhưng tadùng bất đẳng thức thứ nhất và thứ năm, ta nhận được x2

2−x3x5 ≤ 0 và

x25−x2x4 ≤ 0 Từ đây suy ra nếu số x2, x3, x4, x5 không tất cả bằng nhau,

thì không phải x2, không phải x5 là số lớn nhất giữa chúng Nghĩa là sốlớn nhất chỉ có thể là x3 hoặc x4 Nhưng dễ kiểm tra thấy rằng hệ bấtphương trình không thay đổi nếu khắp nơi có x2 và x1 thay chỗ nhau và

x4, x3 cũng thay chỗ nhau Vì thế nên không mất tính tổng quát ta có thểcoi x3 là số lớn nhất trong x2, x3, x4, x5 Như vậy x1 ≥ x3 ≥ xi, i = 2, 4, 5.Khi đó x1x3 ≥ x24 và x1x3 ≥ x25.Từ hai bất đẳng thức này suy ra x1 = x3.Thật vậy, giả sử ngược lại nghĩa là x1 > x3 và x3 ≥ xi, i = 2, 4, 5 ta nhậnđược x1x3 > x24 và x1x3 > x25, mà nó kết hợp bất đẳng thức thứ tư dẫnđến sự vô lý

0 < (x24 − x1x3)(x25 − x1x3) ≤ 0

Dễ thấy x1x3 ≥ x24 và x1x3 ≥ x25 và từ bất đẳng thức thứ tư của hệ bấtđẳng thức ta suy ra

(x24 − x1x3)(x25 − x1x3) = 0,nghĩa là hoặc x2

4 = x1x3 (điều này tương đương x1 = x3 = x4), hoặc là

x25 = x1x3 (tương đương x1 = x3 = x5)

Trong trường hợp thứ nhất, nếu ít nhất một trong những số x2

và x5 thực chất nhỏ hơn x1 = x3 = x4, thì ta nhận được vô lý với bấtđẳng thức thứ ba của hệ Tức là trong trường hợp này năm số phải bằngnhau

Trường hợp thứ hai, x1 = x3 = x5, số x5 = x3 ≥ xi, i = 2, 4 Nếugiả sử ít nhất một trong các số x2 và x4 nhỏ hơn x5, từ bất đẳng thứcsau cùng của hệ suy ra 0 < (x2

Chứng minh Dễ kiểm tra thấy x = y = 0 là nghiệm của phương trình

đã cho Giả sử đó không phải nghiệm duy nhất mà còn những nghiệmkhác (xi, yi), trong các nghiệm đó ta chọn nghiệm (x0, y0) mà x0 có giátrị tuyệt đối nhỏ nhất trong các xi 6= 0 Vì (x0, y0) là nghiệm của phươngtrình đã cho nên

(x′0)2 = 7 (y′0)2.Đẳng thức trên chứng tỏ (x′

0, y0′) là một nghiệm của phương trình đãcho Mặt khác |x′

0| = x70 < |x0| Điều này mâu thuẫn với việc chọn x0

là có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất trong các giá trị tuyệt đối xi 6= 0

Ví dụ 2.2.11 Chứng minh rằng phương trình vô định sau không cónghiệm nguyên dương

x2 + y2 = 3(z2 + u2)

Chứng minh Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương, giữa những

bộ nghiệm này phải có một nghiệm với giá trị của x là nhỏ nhất, ta kýhiệu bộ nghiệm đó là (x1, y1, z1, u1) Từ

x21 + y12 = 3(z12 + u21)suy ra x2

1+ y12 chia hết cho 3 Điều này chỉ có thể đúng nếu hai số x1, y1

chia hết cho 3 (nếu một số nguyên không chia hết cho 3, khi đó bìnhphương của nó có dạng 3k + 1 với số k nào đó)

Như vậy, x1 = 3x2, y1 = 3y2 với những số nguyên nào đó x2 và y2,thế các biểu thức này vào ta được

9x22 + 9y22 = 3(z12 + u21)

Hoặc là

3x22 + 3y22 = z12 + u21

Từ đẳng thức trên ta có z1, u1 chia hết cho 3 Vì thế lại có z1 = 3z2

và u1 = 3u2 với những số nguyên nào đó z2 và u2, lại thế những biểuthức này vào dẫn đến

Sau đây ta tìm hiểu phương pháp chứng minh phản chứng trongviệc chứng minh bất đẳng thức Ta sẽ thấy rằng việc chứng minh bất

đẳng thức bằng phản chứng là mới lạ nhưng rất hiệu quả Điểm đặc biệtcủa một số bài toán dạng này là có một giả thiết đẳng thức và một kếtluận bất đẳng thức Ta hãy xem xét bài toán theo cách ngược lại, biếnkết luận làm đẳng thức còn giả thiết lại trở thành bất đẳng thức (ta tạmgọi là bài toán phản chứng) Cần đặc biệt lưu ý việc thay đổi điều kiệnnhư thế nào, xem xét kỹ lưỡng bất đẳng thức mới có tương đương vớibất đẳng thức cũ không Phương pháp chứng minh phản chứng cũng làmột phương pháp để sáng tạo bất đẳng thức Ta luân có thể biến đổi từmột bất đẳng thức để được một bất đẳng thức mới với hình thức kháchẳn và có thể sẽ chứng minh khó hơn Tuy nhiên ta có thể làm ngượclại khi giải một bài toán nào đó: lập bất đẳng thức phản chứng và tìmlấy một bất đẳng thức dễ hơn có thể giúp chúng ta nghĩ được lời giảinhanh nhất.

Ví dụ 2.2.12 Giả sử a1, a2, , an là các số thực dương sao cho a1a2 an =

Đặt xi = 1

n− 1 + a1

và ta phải chứng minh x1 + x2+ + xn ≤ 1.Chúng ta hãy nhìn nhận vấn đề ngược lại, nếu tăng các số xi để cho tổng

x1+ x2+ + xn = 1 thì điều gì sẽ xảy ra? Lưu ý rằng các số ai, i = 1, nliên hệ với nhau bởi đẳng thức a1a2 an = 1 và do đó

Vậy bây giờ ta sẽ chứng minh bài toán phản chứng như sau:

Bổ đề 2.2.13 (Bài toán phản chứng) Nếu x1 + x2 + + xn = 1 và

(1− (n − 1)x1)(1− (n − 1)x2) (1− (n − 1)xn) ≤ x1x2 xn

Cho i chạy từ 1 đến n và sau đó nhân tất cả n bất đẳng thức như trên

ta có điều phải chứng minh

Mâu thuẫn này suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2.2.14 Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca =

tương đương với

x2y2 + y2z2 + z2x2 + 24 ≤ 6(x2 + y2 + z2)

Và bây giờ phép chứng minh sẽ đơn giản đi rất nhiều Có rất nhiềucách chứng minh bất đẳng thức trên Sau đây là một cách giải sử dụngphương pháp bình phương S.O.S (xem [3]) Bất đẳng thức đã cho tươngđương với

3(x2y2 + y2z2 + z2x2)− (xy + yz + zx)2 ≤ 6(x2 + y2 + z2)− 72

+ 12(x2 + y2 + z2)− (xy + yz + zx)2.Chú ý rằng x + y + z = 6 nên xy + yz + zx ≤ 12, và do đó ta chỉ cầnchứng minh

(8− z2)(x− y)2 + (8− y2)(x− z)2 + (8− x2)(y− z)2 ≥ 0

Từ giả thiết suy ra x, y, z ≥ √3 Ta có x, y, z ≤ 6−2√3 < 2√

2 Bất đẳngthức vì vậy được chứng minh xong đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 2

Bây giờ ta chứng minh bất đẳng thức ban đầu bằng phản chứngnhư sau: Giả sử √a + 3 + √

b + 3 + √

c + 3 < 6 Khi đó do tính liêntục và miền giá trị của hàm số, tồn tại a′ > a, b′ > b, c′ > c sao cho

√

a′+ 3+√

b′+ 3+√

c′+ 3 = 6 Theo bài toán trên ta có a′b′+b′c′+c′a′ ≤

3 Điều này kéo theo ab + bc + ca < 3 Vô lý với giả thiết Do đó ta cóđiều phải chứng minh

Bằng chứng minh chi tiết như trên ta có thể thấy bài toán banđầu và bài toán phản chứng là tương đương Ta phân tích thêm một số

ví dụ cho dạng toán đặc biệt này

Ví dụ 2.2.15 Giả sử a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1/a +1/b + 1/c = 3 Chứng minh bất đẳng thức

√

a + b +√

b + c +√

c + a ≥ 3√2

Bằng chứng minh chi tiết ta thấy toán banđầu toán phản chứng tương đương Ta phân tích thêm số

ví dụ cho dạng tốn đặc biệt

Ví dụ 2.2.15 Giả sử a, b, c số thực... Lưu ý số ai, i = 1, nliên hệ với đẳng thức a1a2 an =

Vậy ta chứng minh toán phản chứng sau:

Bổ đề 2.2.13 (Bài toán phản chứng) ...

và u1 = 3u2 với số nguyên z2 u2, lại biểuthức vào dẫn đến

Sau ta tìm hiểu phương pháp chứng minh phản chứng trongviệc chứng minh bất