Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực

Luận văn "Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực" trìnhbày sáu phương pháp chủ yếu để giải các bài toán không mẫu mực.Nhưng do một bài toán không mẫu mực có thể giải đồng thời bằ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-ĐINH THỊ BÍCH NGỌC

ĐỀ TÀIMỘT SỐ PHƯƠNG PHÁPGIẢI BÀI TOÁN KHÔNG MẪU MỰC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TS Đặng Huy Ruận

Mục lục

1.1 Nguyên lý quy nạp 4

1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp 4

1.2.1 Cơ sở quy nạp 4

1.2.2 Quy nạp 5

1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải bài toán không mẫu mực 6

1.4 Bài tập tự giải 23

2 Phương pháp phản chứng 25 2.1 Phép suy luận phản chứng 25

2.2 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng 25

2.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng 26

2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán không mẫu mực 27

2.5 Bài tập tự giải 37

3 Phương pháp suy luận 39 3.1 Vài nét về phương pháp suy luận 39

3.2 Các ví dụ về vận dụng phương pháp suy luận 40

3.3 Bài tập tự giải 46

4 Phương pháp bảng 50 4.1 Vài nét về phương pháp bảng 50

4.2 Vận dụng phương pháp bảng để giải bài toán không mẫu mực 50

4.3 Bài tập tự giải 59

5 Phương pháp sơ đồ 635.1 Giới thiệu về phương pháp sơ đồ 635.2 Vận dụng phương pháp sơ đồ để giải các bài toán không

mẫu mực 635.3 Bài tập tự giải 69

6.1 Một số khái niệm và kết quả cơ bản của lý thuyết đồ thị 736.2 Phương pháp đồ thị 746.3 Vận dụng phương pháp đồ thị để giải bài toán không mẫu

mực 756.4 Bài tập tự giải 87

LỜI NÓI ĐẦU

Các bài toán không mẫu mực là các bài toán mà việc giải chúng đòihỏi suy luận, tư duy độc đáo Việc giải các bài toán không mẫu mựcgiúp người thực hiện nâng cao nhanh chóng khả năng tư duy, suy luận

và nhiều khi phát hiện ra những phương pháp giải toán độc đáo khôngngờ Bởi vậy rất nhiều em học sinh, đặc biệt là học sinh trường chuyên,lớp chọn thích làm quen với các bài toán này

Luận văn "Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực" trìnhbày sáu phương pháp chủ yếu để giải các bài toán không mẫu mực.Nhưng do một bài toán không mẫu mực có thể giải đồng thời bằngnhiều phương pháp khác nhau và một vài phương pháp có phần "tươngtự" nên việc phân loại phương pháp, ví dụ và bài tập chỉ là tương đối.Các bài toán không mẫu mực là mảng khá lý thú trong toán học nóichung cũng như toán phổ thông nói riêng Vì vậy, tác giả hi vọng luậnvăn sẽ trở thành tài liệu có ích cho các em học sinh phổ thông, đặc biệtcác em học sinh trường chuyên, lớp chọn, các thầy cô giáo dạy ở cuốicấp tiểu học, các thầy cô giáo dạy toán ở trường phổ thông, các bạn sinhviên và những ai quan tâm đến mảng toán lý thú này

Luận văn được chia làm sáu chương:

Chương 1 trình bày về phương pháp quy nạp toán học

Chương 2 trình bày về phương pháp phản chứng

Chương 3 trình bày về phương pháp suy luận

Chương 4 trình bày về phương pháp bảng

Chương 5 trình bày về phương pháp sơ đồ

Chương 6 trình bày về phương pháp đồ thị

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình củaGS.TS Đặng Huy Ruận, em xin gửi tới thầy lòng biết ơn sâu sắc Emxin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban chủ nhiệm khoa cùng các thầy

cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên

- Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã tạo điều kiện, dạy bảo và dìu dắt emtrong những năm học vừa qua Xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ củabạn bè, người thân trong thời gian học tập và làm luận văn

Do khả năng nhận thức của bản thân tác giả, luận văn còn nhiều hạnchế, thiếu sót Kính mong nhận được các ý kiến đóng góp của thầy côcùng các bạn đọc

Xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, tháng 7 năm 2015

Chương 1

Phương pháp quy nạp toán học

Phương pháp quy nạp toán học là một công cụ rất có hiệu lực trongviệc chứng minh nhiều bài toán thuộc các lĩnh vực khác nhau của toánhọc như: số học, đại số, hình học và đặc biệt là các bài toán khôngmẫu mực Đây là một phương pháp chứng minh toán học đặc biệt chophép ta rút ra những quy luật tổng quát dựa trên cơ sở những trườnghợp riêng Quá trình quy nạp ngược với quá trình suy diễn Từ "tínhchất" của một số cá thể suy ra "tính chất" của tập thể, nên không phảilúc nào cũng đúng Nó chỉ đúng khi thỏa mãn nguyên lý quy nạp

1.1 Nguyên lý quy nạp

Cho n0 là một số nguyên dương và P (n) là một mệnh đề có nghĩa vớimọi số tự nhiên n ≥ n0 Nếu

1.P (n0) đúng và

2 Nếu P (k) đúng từ đó suy ra được P (k + 1) cũng đúng với mọi số

tự nhiên k ≥ n0 thì P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0

1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp

- Do bỏ qua bước cơ sở quy nạp, ta đưa ra kết luận không đúng: Mọi số

tự nhiên đều bằng nhau! Bằng cách quy nạp như sau: Giả sử các số tựnhiên không vượt quá k + 1 đã bằng nhau Khi đó ta có:

k = k + 1Thêm vào mỗi vế của đẳng thức trên 1 đơn vị sẽ có:

k + 1 = k + 1 + 1 = k + 2

Cứ như vậy suy ra mọi số tự nhiên không nhỏ hơn k đều bằng nhau Kếthợp với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt quá k đều bằngnhau, đi đến kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!

Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601 1665) đã cho rằng số dạng 22n + 1 đều là số nguyên tố

-P.Fermat xét 5 số đầu tiên:

Với n = 0 cho 220 + 1 = 21 + 1 = 3 là số nguyên tố

Với n = 1 cho 221 + 1 = 22 + 1 = 5 là số nguyên tố

Với n = 2 cho 222 + 1 = 24 + 1 = 17 là số nguyên tố

Với n = 3 cho 223 + 1 = 28 + 1 = 257 là số nguyên tố

Với n = 4 cho 224 + 1 = 216+ 1 = 65537 là số nguyên tố

Nhưng vào thế kỷ XVIII, L.Euler (1707 - 1783) đã phát hiện với n = 5khẳng định trên không đúng, bởi vì:

225 + 1 = 4294967297 = 641.6700417

là hợp số

1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải bài toán

không mẫu mực

Phương pháp quy nạp được sử dụng trong tính toán, trong chứngminh và suy luận dưới nhiều dạng khác nhau, nhưng trong phần này chỉtrình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải bài toán khôngmẫu mực

Bài toán 1.3.1 (IMO 1998) Với mọi số nguyên dương n, ta kí hiệud(n) là số tất cả các ước dương của n (kể cả 1 và n) Hãy xác định tất

cả các số nguyên dương k, sao cho d(n2) = kd(n), với n là số nguyêndương nào đó

Để d(n2) = kd(n) thì ta phải chọn các số ai sao cho:

(2a1 + 1)(2a2 + 1) (2ar+ 1) = k(a1 + 1)(a2 + 1) (ar + 1) (∗)

Do (2ai + 1)(1 ≤ i ≤ r) đều là các số lẻ nên k phải là các số lẻ Ta sẽchứng minh mệnh đề đảo lại rằng: "Với số lẻ k bất kỳ, ta có thể tìmđược các số ai thỏa mãn (*) (tức là tìm được n)"

Dùng phương pháp quy nạp theo k

ai + 1 = 2i−1(2m− 1)k − (2i−1 − 1) = 2ai−1 + 1

Do vậy, tích của các số (2ai + 1) chia hết cho tích các số (ai + 1) với

i = 1, m khi (2am + 1) chia hết cho (a1 + 1) hay:

[2m(2m − 1)k − (2m− 1)] = (2m− 1).(2m.k − 1)

chia hết cho (2m− 1)k có nghĩa là: (2m.k − 1) chia hết cho k Vậy nếu tachọn các ai như trên với k đã cho, thì mệnh đề trên đúng cho (2m.k − 1).

Ta có điều phải chứng minh!

Bài toán 1.3.2 (USAMTS, 2000 - 2001, Cuộc thi tài năng toán họcMỹ) Hãy tìm số dư khi chia số 17761492! cho 2000

Vậy khi chia số 17761492! cho 2000 được số dư là 1376

Bài toán 1.3.3 Hãy tìm chữ số tận cùng của số: An = 22n + 1 với mọi

số nguyên n, n ≥ 2

Chứng minh

1 Với n = 2, số A2 = 222 + 1 = 17, có chữ số tận cùng là 7

2 Giả sử với n = k, số Ak = 22k + 1 có chữ số tận cùng là 7 Ta sẽchứng minh Ak+1 có chữ số tận cùng là 7

Thật vậy, do Ak có chữ số tận cùng là 7, nên tồn tại số nguyên dương

m để: Ak = 10m + 7, hay:

22k + 1 = 10m + 7

Vậy với mọi số nguyên n, n ≥ 2, thì An = 22n + 1 có chữ số tận cùng

là 7

Bài toán 1.3.4 (Vô địch toán Canada, 1982) Cho a, b và c là nhữngnghiệm của phương trình:

x3 − x2 − x − 1 = 0Chứng minh rằng số:

Đặt un = bnb−c−cn, vn = cnc−a−an, wn = ana−b−bn, với n nguyên, n ≥ 1

Ta sẽ chứng minh: un + vn + wn nguyên với mọi n nguyên, n ≥ 1(∗).Trước hết ta thấy rằng: un+3 = un+3+ un+3 + un, ∀n, n 6= 1

Thật vậy, do b, c là nghiệm của phương trình x3 − x2 − x − 1 = 0 nên:

Tương tự ta có:

vn+3 = vn+2 + vn+1 + vn

wn+3 = wn+2 + wn+1 + wnTiếp theo, ta sẽ dùng phương pháp quy nạp để chứng minh khẳng định(*)

2 Giả sử khẳng định đúng với n = k, k + 1, k + 2(k ≥ 1) Ta chứng minhkhẳng định đúng với n = k + 3 Thật vậy, ta có:

Bài toán 1.3.5 (IMO 1973) Cho −−→

1 Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên đúng do:

OPi(1 ≤ i ≤ 2k + 1) như nhau nên ta có thểsắp xếp lại sao cho −−→

OPi(1 ≤ i ≤ 2k − 1) nằm giữa −−−→

OP2k và −−−−→

OP2k+1Đặt:

2kOP2k+1 Áp dụngquy tắc hình bình hành nhiều lần, ta được −→v nằm giữa −−→OP

1 và −−−−→

OP2k−1,nên nó nằm giữa −−−→

OP2k và −−−−→

OP2k+1.Vậy góc giữa −→u và −→v bé hơn hoặc bằng π

Bài toán 1.3.6 (Chứng minh tính chia hết bằng quy nạp)

(Định lý Fermat nhỏ) Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố, thìvới mọi số nguyên dương n, hiệu np− n chia hết cho p

Chứng minh.

1 Với n = 1 ta có: 1p− 1 = 0 chia hết cho p

2 Giả sử khẳng định đúng với số nguyên n = a ≥ 1, nghĩa là ap− achia hết cho p Ta chứng minh: (a + 1)p − (a + 1) cũng chia hết cho p.Theo khai triển nhị thức Newton ta có:

Mà ap− a cũng chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp)

Vậy (a + 1)p− (a + 1) cũng chia hết cho p, định lý được chứng minh!

Bài toán 1.3.7 (Vô địch toán Hungari 1932) Chứng minh rằng nếu

a, b, n là những số tự nhiên và b chia hết cho an, thì số (a + 1)b − 1 chiahết cho an+1

Chứng minh (Quy nạp theo n)

1 Với n = 0, ta có (a + 1)0− 1 luôn chia hết cho a0+1 = a, nên mệnh

đề đúng với n = 0

2 Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k nào đó, tức là nếu bchia hết cho ak thì (a + 1)b − 1 chia hết cho ak+1

Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1, tức là nếu b1 là số tự nhiên,

b1 chia hết cho ak+1 thì (a + 1)b1 − 1 chia hết cho ak+2

Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai chia hết cho a vì ta có thể biểudiễn nó dưới dạng:

[(a + 1)c(a−1)− 1] + [(a + 1)c(a−2) − 1] + + [(a + 1)c − 1] + a

(Mỗi số hạng tổng này đều chia hết cho a)

Vậy (a + 1)b1 − 1 chia hết cho ak+2 Mệnh đề được chứng minh!

Bài toán 1.3.8 (Chứng minh đẳng thức bằng quy nạp)

(Công thức nhị thức Newton) Chứng minh rằng:

1 Với n = 1, dễ thấy công thức đúng

2 Giả sử công thức đúng với số nguyên dương n, tức là ta có:

= an+1 + (C0n + C1n).an.b + (C1n+ C2n).an−1.b2+ + (Ck−1n + Ckn).aa+1−k.bk + + bn+1

Công thức được chứng minh!

Bài toán 1.3.9 (Chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp)

(Bất đẳng thức Bernoulli) Chứng minh rằng với mọi x > −1, x 6= 0

và mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có:

(1 + x)n > 1 + nx

Chứng minh.

1 Với n = 2, bất đẳng thức có dạng: (1 + x)2 > 1 + 2x hay x2 > 0.Điều này đúng do x 6= 0

2 Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k(k ≥ 2), tức là đã có: (1+x)k >(1 + kx)

Ta chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1 Thật vậy, ta có:

(1 + x)k+1 = (1 + x)k(1 + x) > (1 + kx)(1 + x)

= 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x(Vì k > 0 và x 6= 0)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh!

Chú ý: Bất đẳng thức Bernoulli còn đúng cho mọi số thực α > 1:

(1 + x)α > l + α; ∀x, x > −1, x 6= 0Bài toán 1.3.10 (Vô địch toán Matxcova 1984) Cho x1, x2, , xn là n

số không âm (n ≥ 4), tổng của chúng bằng 1 Chứng minh rằng:

x1x2 + x2x3 + + xnx1 ≤ 4Chứng minh Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương phápquy nạp:

Vì tổng 2 vế của bất đẳng thức này là vòng tròn theo chỉ số, ta có thểgiả thiết xk+1 ≥ xi, i = 1, k.

Khi đó, từ giả thiết quy nạp ta có:

(x1 + x2 + + xk + xk+1)2 ≥ 4(x1x2 + x2x3 + + xkxk+1 + xk+1x1)nên ta có điều phải chứng minh!

Bài toán 1.3.11 (Tính toán bằng quy nạp)

Tính bán kính rn, Rn của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp 2n - giácđều chu vi p cho trước (n ≥ 2)

2 Giả sử biết bán kính rn, Rn của các đường tròn nội tiếp và ngoạitiếp 2n - giác đều chu vi p, ta tính các bán kính rn+1, Rn+1 của các đườngtròn nội tiếp và ngoại tiếp 2n+1 - giác đều chu vi p

Gọi AB là cạnh của 2n - giác đều chu vi p tâm O Gọi C, D, E, F lầnlượt là trung điểm của cung AB, dây AB, AC, BC, G là trung điểm của

EF Vì

( \OE, OF ) = ( \OE, OC) + ( \OF, OC)

= 1( \OA, OC) + 1( \OB, OC) = 1( \OA, OB)

Cuối cùng, từ tam giác vuông OEC ta có: OE2 = OC.OG Nghĩa là:

R2n+1 = Rnrn+1, nên Rn+1 = √

Rnrn+1.Vậy rn+1 = Rn +r n

2 , Rn+1 = √

Rnrn+1.Bài toán 1.3.12 Trên một hình phẳng cho n đường tròn phân biệt, đôimột cắt nhau và không có ba đường tròn nào giao nhau tại 1 điểm Cácmặt phẳng này chia đường tròn thành các miền rời nhau Tính số miềnthu được

Chứng minh Gọi số miền thu được bởi n đường tròn trong mặt phẳngthỏa mãn điều kiện đề bài là F (n)

1 Với n = 1, dễ thấy F (1) = 2

Với n = 2, ta có 2 đường tròn cắt nhau và F (2) = 4

2 Giả sử với k đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài, chúng chia mặtphẳng ra làm F (k) miền Xét (k + 1) đường tròn thỏa mãn điều kiện đềbài Ta tính F (k + 1)

Gọi (k + 1) đường tròn đó là (C1), (C2), , (Ck+1) Bỏ đi 1 đườngtròn bất kỳ trong (k + 1) đường tròn đó, chẳng hạn (Ck+1) Khi đó còn

Hình 1.3.12

k đường tròn, theo giả thiết quy nạp, số miền thu được là F (k) Bâygiờ ta dựng lại Ck+1 Khi đó đường tròn Ck+1 giao với cả k đường trònban đầu Trên Ck+1 có k cặp giao điểm nên cho ta thêm 2k miền Vậy

F (k) = 2[1 + 1 + 2 + 3 + + (k − 2) + (k − 1)]

= 2[1 + k(k − 1)

= k2 − k + 2Vậy số miền thu được từ n đường tròn thỏa mãn đề bài là F (n) =

n2 − n + 2

Bài toán 1.3.13 (Chứng minh bằng quy nạp)

Chứng minh rằng mọi n - giác lồi(n ≥ 5) đều được chia thành 1 sốhữu hạn các ngũ giác lồi

Chứng minh

1 Với n = 5, mệnh đề hiển nhiên đúng

2 Giả sử mệnh đề đúng với n = k(k ≥ 5), tức là mọi k - giác lồi đềuchia được thành hữu hạn các ngũ giác lồi Ta chứng minh mệnh đề đúngvới n = k + 1, tức là mọi (k + 1) - giác lồi (H) đều chia được thành một

số hữu hạn các ngũ giác lồi

Thật vậy, xét (k + 1) - giác lồi (H) = A1A2 AkAk+1 Trên các cạnh

A1Ak+1 và A3A4 lần lượt lấy các điểm M, N khác các đỉnh Đoạn MNchia (H) thành 2 đa giác:

Bài toán 1.3.14 (Chắp hình bằng quy nạp)

Cho n hình vuông bất kỳ Chứng minh có thể cắt chúng (bằng nhát cắtthẳng) làm một số mảnh đa giác, để từ đó có thể ghép lại thành 1 hìnhvuông lớn

Chứng minh

1 Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên đúng

Với n = 2, gọi độ dài các cạnh 2 hình vuông A1B1C1D1 và A2B2C2D2

tương ứng là x1 và x2 Giả sử x1 ≥ x2 Trên các cạnh của hình vuông

A1B1C1D1 ta lấy các điểm M, N, P, Q sao cho

A1M = B1N = C1P = D1Q = x1 + x2

2Cắt hình vuông này theo các đoạn MP và NQ thì MP và NQ cắt nhautại tâm O của nó và chúng vuông góc với nhau Các đường đó chiahình vuông thành 4 phần bằng nhau, ta ghép những phần đó vào hìnhvuông A2B2C2D2 như hình bên Hình nhận được sẽ là hình vuông vìgiá trị tại các góc M, N, P, Q bù nhau; các góc A, B, C, D vuông và

AB = BC = CD = DA

2 Giả sử mệnh đề đúng với n(n ≥ 1) hình vuông Ta chứng minhmệnh đề cũng đúng với (n + 1) hình vuông

Thật vậy, giả sử ta có n + 1 hình vuông (H1), (H2), , (Hn), (Hn+1).

Ta lấy ra 2 hình vuông bất kỳ, chẳng hạn (Hn), (Hn+1) Theo phần 1,

ta có thể cắt một trong hai hình vuông này và ghép các mảnh với hìnhvuông còn lại để được 1 hình vuông mới (H’) Như vậy, ta có n hìnhvuông (H1), (H2), , (Hn−1), (H0) Theo giả thiết quy nạp, có thể cắt vàghép chúng thành một hình vuông mới Ta có điều phải chứng minh!

Hình 1.3.14

Bài toán 1.3.15 (Tô màu bằng quy nạp)

Trên mặt phẳng cho n(n ≥ 1) hình tròn Chứng minh có thể với bất

kỳ cách sắp đặt nào, thì hình nhận được cũng có thể tô bằng 2 màu, đểcho 2 phần mặt phẳng kề nhau (có biên chung) cũng được tô bằng haimàu khác nhau

Chứng minh

1 Cơ sở quy nạp Với n = 1, trên mặt phẳng chỉ có 1 hình tròn Ta

tô hình tròn bằng màu đen Khi đó phần mặt phẳng còn lại kề với hìnhtròn được để trắng, nên hai phần của mặt phẳng kề nhau có màu khácnhau

2 Quy nạp Giả sử khẳng định đã đúng với bức tranh n hình tròn.Giả sử trên mặt phẳng cho n + 1 hình tròn tùy ý Xóa đi 1 trong nhữnghình tròn, sẽ được bức tranh gồm n hình tròn Theo giả thiết quy nạp,bức tranh này chỉ cần tô bằng hai màu, chẳng hạn, đen, trắng mà haimiền kề nhau đều có màu khác nhau

Khôi phục lại hình tròn đã xóa đi, tức là trở lại hình xuất phát gồm

n + 1 hình tròn, rồi theo 1 phía đối với hình tròn vừa khôi phục, chẳng

Hình 1.5

hạn phía trong của hình tròn này thay đổi các màu đã tô bằng màungược lại, sẽ được: bức tranh gồm n + 1 hình tròn được tô bằng hai màu,

mà hai miền kề nhau tùy ý đều có màu khác nhau

Bài toán 1.3.16 (Dựng hình bằng quy nạp)

Trên mặt phẳng cho (2n + 1) điểm Hãy dựng một (2n + 1) giác đểcác điểm đã cho là trung điểm các cạnh của đa giác

Chứng minh

1 Với n = 1, ta dựng tam giác ABC khi biết 3 trung điểm M, N, Pbằng cách qua M, N, P lần lượt dựng các đường thẳng song song với NP,

MP, MN Chúng cắt nhau cho ta tam giác ABC

2 Giả sử đối với 2(n − 1) + 1 điểm tùy ý không thẳng hàng dựngđược đa giác (2n − 1) đỉnh có các điểm đã cho là trung điểm các cạnh

Ta chứng minh có thể dựng được (2n + 1) - giác từ trung điểm các cạnhcủa nó

Xét 2n+1 điểm tùy ý không có ba điểm nào thẳng hàng A1, A2, , A2n+1.Giả sử các điểm này là trung điểm các cạnh của (2n + 1) - giác cần dựng

Hình 1.6

Xét (2n − 1) - giác B1B2 B2n−1 có (2n − 1) trung điểm các cạnh là:

A1, A2, , A2n−2, A đã xác định nên theo giả thiết quy nạp ta dựng được

đa giác này Từ B1, B2n−1 và các trung điểm A2n−1, A2n+1 ta dựng đượcnốt B2n vàB2n+1

Vậy ta dựng được (2n + 1) - giác B1B2 B2n+1 khi biết trung điểmcác cạnh của nó

Bài toán 1.3.17 (Chia hình bằng quy nạp)

Hãy chia một lục giác thành các tam giác đen, trắng sao cho:

(i) Hai tam giác tùy ý hoặc rời nhau hoặc có đỉnh chung hoặc có cạnhchung

(ii) Hai tam giác tùy ý có cạnh chung thì có màu khác nhau

(iii) Mỗi cạnh của lục giác đồng thời là cạnh của đa giác đen

Chứng minh rằng đa giác n cạnh có thể chia được theo cách trên khi

Hình 1.7

Vì hai tam giác chung cạnh có màu khác nhau và cạnh của đa giác

luôn là cạnh của tam giác đen nên:

x = y + n

Mà x 3, y 3 nên n 3

b) Điều kiện đủ:

Giả sử n - giác T có n 3 Ta cần chỉ ra rằng có thể chia T thành các

tam giác thỏa mãn 3 điều kiện trên

Vì n 3 nên tồn tại số nguyên dương k sao cho n = 3k Ta chứng minh

bằng quy nạp theo k

1 Với k = 1, ta có tam giác, có thể chia như sau:

Hình 1.8

2 Giả sử đối với các đa giác có n = 3k cạnh, ta đã chia được thành

các tam giác thỏa mãn 3 điều kiện trên Ta cần chứng minh đa giác có

n = 3(k + 1) cạnh cũng chia tương tự như vậy

Xét đa giác có n = 3(k + 1) cạnh: A1A2 A3k+2A3k+3

Theo giả thiết quy nạp, đa giác có 3k cạnh A1A2 A3k chia được thành

các tam giác thỏa mãn ba điều kiện trên Còn lại ngũ giác A1A3kA3k+1A3k+2A3k+3trong đó A1A3k đã là cạnh của tam giác đen, ta chia tiếp các ngũ giác

này Có nhiều cách, chẳng hạn lấy M thuộc miền trong ngũ giác, tô

tam giác A1M A3k màu trắng; lúc đó lục giácA1M A3kA3k+1A3k+2A3k+3

dễ dàng chia được thành các tam giác thỏa mãn 3 điều kiện trên

Như vậy, đối với đa giác có n = 3(k + 1) cạnh ta cũng chia được theo

cách trên Bài toán được chứng minh!

Hình 1.9

Bài toán 1.3.18 Chứng minh rằng: Nếu có một số tiền nguyên (nghìn)đồng Việt Nam lớn hơn 6.000đ thì luôn luôn có thể đổi ra những tờ tiền

lẻ loại 2.000đ và 5.000đ

Chứng minh Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng phương pháp quy nạp:

1 Cơ sở quy nạp Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức là 7.000đ thì

ta đổi 1 tờ tiền loại 5.000đ và 1 tờ tiền loại 2.000đ Khi đó:

Ta còn tiếp tục được cho bất kỳ số nguyên nào Ta thấy rằng ở bướctrước có 2 đẳng thức và suy ra ở bước sau có 2 đẳng thức Như vậy vớimọi số k nguyên đồng nào đó dù là số chẵn hay số lẻ khi k − 2 cũng sẽđổi ra được 2 loại tiền 2.000đ và 5.000đ Suy ra nó cũng đổi được thành2.000đ và 5.000đ Như vậy khẳng định của mệnh đề là đúng

1.4 Bài tập tự giải

Bài toán 1.4.1 Tính số tam giác (T (n)) của một đa giác n đỉnh đượcchia bởi các đường chéo không cắt nhau

Hướng dẫn

T (n) = n − 2 Tính bằng quy nạp theo số đỉnh của đa giác

Bài toán 1.4.2 Cho n + 1(n ≥ 1) số nguyên dương a0, a1, a2, , an.Biết rằng a1 ≥ a0, a2 = 3a1− 2a0, a3 = 3a2− 2a1, , an = 3an−1− 2an−2.Chứng minh rằng: an > 2n−1

Dùng phương pháp quy nạp theo n, ta có kết quả số miền có được là

F (n) = n

2 + n + 22Bài toán 1.4.4 Cho cấp số cộng vô hạn với các thành phần là các sốnguyên dương Một trong những thành phần của cấp số cộng này là sốchính phương Chứng minh rằng trong cấp số cộng này có một số vô hạncác số chính phương

cũng là một thành phần của cấp số cộng được xét Bởi vậy cấp số cộng

đã cho chứa một số vô hạn các thành phần là số chính phương

Bài toán 1.4.5 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, số 23 + 1 chiahết cho 3n+1 và không chia hết cho 3n+2.

23k ≡ ±1(mod3) hay 23k không chia hết cho 3

Nghĩa là 23k+1 không chia hết cho 3k+3

Bài toán 1.4.6 Chứng minh rằng mỗi số tự nhiên không vượt quá n!đều phân tích được thành tổng gốm không quá n số, sao cho 2 số bất kỳđều khác nhau và mỗi số này là ước của n!

Chứng minh

1 Cơ sở quy nạp Với n = 1, khẳng định hiển nhiên thỏa mãn

2 Giả sử khẳng định đã đúng với n = k

Giả sử a là số tự nhiên tùy ý và a < (a + 1)!

Chia a cho n + 1 với số dư r và thương d Khi đó: a = d(n + 1) + r, trong

đó d ≤ n!, r < n + 1

Theo giả thiết quy nạp d = d1 + d2 + + dl, trong đó di(1 ≤ i ≤ l) làcác số tự nhiên khác nhau từng đôi 1, và là ước của n!, đồng thời l ≤ n.Khi đó:

a = d1(n + 1) + + dl(n + 1) + r

và trong tổng này có không quá n + 1 số khác nhau từng đôi một và đều

là ước của (n + 1)!

2.2 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng

Phương pháp chứng minh bằng phản chứng là phương pháp sử dụngphép suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải những khẳng địnhtoán học

Trong lịch sử toán học, phương pháp chứng minh bằng phản chứng

đã được sử dụng từ rất sớm Người ta sử dụng nó trong chứng minhnguyên lý Dirichlet

Bài toán 2.2.1 (Nguyên lý Dirichlet) Người ta nhốt m con thỏ vào ncái lồng, (m > n) Chứng minh rằng có ít nhất 2 con thỏ được nhốt trongcùng một lồng nào đó

Chứng minh Giả sử mi là số con thỏ được nhốt vào lồng thứ i, (i = 1, n).Khi đó ta có

Vậy điều ta giả sử là sai, nghĩa là phải có ít nhất 2 con thỏ được nhốttrong một lồng nào đó.

2.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng

Trong toán học, phương pháp phản chứng rất thường xuyên được sửdụng, nó là công cụ đắc lực trong chứng minh một số bài toán khó Vậycâu hỏi đặt ra là: Phương pháp chứng minh phản chứng sử dụng khinào? Cách chứng minh phản chứng như thế nào?

Phương pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào?

Khi gặp những bài toán khẳng định một hệ thức đúng, khẳng địnhnghiệm của phương trình, hệ phương trình hoặc bất đẳng thức trongđại số, hình học, số học, giải tích hay các bài toán không mẫu mực Đặcbiệt khi cần chứng minh tính tồn tại duy nhất của một đối tượng người

ta hay dùng phản chứng để chứng minh

Nhận xét trên đây chỉ là kinh nghiệm của tác giả trong quá trìnhgiải một số bài toán Tùy vào từng bài toán, tình huống cụ thể khác màngười giải toán vận dụng phương pháp này một cách linh hoạt

Các bước 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 làmệnh đề đúng

Chú ý: Trong ba bước suy luận phản chứng nêu trên, bước 1 rấtquan trọng vì chúng ta cần tạo ra mệnh đề phủ định điều cần chứngminh 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 đặt ra

2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các

bài toán không mẫu mực

Bài toán 2.4.1 Chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố

Chứng minh

Giả sử ngược lại, tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1, p2, , pn Ta xét tích

N = p1p2 pn+ 1

Hiển nhiên N phải có ít nhất một ước số nguyên tố p nào đó Khi đó, do

p1, p2, , pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại i, (1 ≤ i ≤ n) sao cho

p = pi

Từ đó suy ra được 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

Bài toán 2.4.2 Trong lớp học có 30 học sinh Khi viết chính tả, em

An phạm 13 lỗi còn các em khác ít hơn Chứng minh rằng trong lớp có

ít nhất 3 em học sinh đã mắc một số lỗi như nhau khi viết chính tả (kể

cả những người không mắc lỗi nào)

Chứng minh Ta có thể vận dụng nguyên lý L Dirichlet để giải bài toánnày Ở đây, thỏ tức là các em học sinh còn lồng là số lỗi đã phạm phảikhi các em viết chính tả

là 29 em được "nhốt" vào 13 lồng, nên phải có ít nhất một lồng nhốt từ

3 em trở lên Chẳng hạn lồng i(0 ≤ i ≤ 12) có ít nhất 3 em Khi đó 3trong các em ở lồng i cùng phạm i lỗi khi viết sai chính tả

Bài toán được chứng minh!

Bài toán 2.4.3 Tìm các cặp số (m, n) nguyên dương sao cho m! + n! =

mn

Chứng minh

Trước hết ta sẽ chỉ ra rằng các cặp số nguyên dương (m, n) muốn thỏa

Với m = 1 thì 1! + n! = 1 Không tồn tại số n thỏa mãn.

Với m = 2 thì 2! + n! = 2n

Bây giờ ta đi 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 mãn2! + n! = 2n

Suy ra n = 2 hoặc n = 3 Thử trực tiếp ta có:

2! + 2! = 22, 2! + 3! = 23.Như vậy các cặp số thỏa mãn bài toán là (2, 2) và (2, 3)

Bài toán 2.4.4 (Olympic Châu Á Thái Bình Dương 1998) Chứng minhrằng với mọi số a, b nguyên dương, số (36a + b)(a + 36b) không thể làmột lũy thừa của 2

và (m + 36n) cũng là các lũy thừa của 2 Lúc đó m, n đều là các số chẵn.

Ta cũng thấy rằng

(36m + n) ≥ 37, (m + 36n) ≥ 37Bây giờ, ta đặt

có tổng bé nhất: vô lý!

Vậy số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2

Bài toán 2.4.5 Cho 20 số tự nhiên a1, a2, , a20, không vượt quá 70.Chứng minh rằng trong các hiệu aj − ak(j > k) tìm được ít nhất 4 sốgiống nhau

Chứng minh

Phản chứng.Giả sử khẳng định trên không đúng, tức là trong các hiệu

aj − ak(j > k) có không quá 3 hiệu giống nhau Khi đó trong 19 số tựnhiên

a20− a19, a19 − a18 , a3 − a2, a2 − a1 (1)

có không quá 3 hiệu giống nhau Bởi vậy không một số nào trong các số

1, 2, 3, 4, 5, 6 trong dãy (1) lặp quá 3 lần, mà dãy (1) có 19 số, bởi vậyphải có ít nhất một trong các số thuộc (1) phải lớn hơn 6 (Trường hợpngược lại, nếu tất cả các dãy số thuộc dãy (1) đều không quá 6, khi đócác số đều không lặp quá 3 lần, nên dãy (1) chỉ có thể có tối đa 18 sốchứ không phải 19 số như thực tế)

Khi đó

Ít nhất 3 trong 18 số còn lại lớn hơn 5

Ít nhất 3 trong 15 số còn lại lớn hơn 4

Ít nhất 3 trong 12 số còn lại lớn hơn 3

Ít nhất 3 trong 9 số còn lại lớn hơn 2

Ít nhất 3 trong 6 số còn lại lớn hơn 1

Bởi vậy tổng các số thuộc dãy (1)

a20 − a1 = (a20 − a19) + (a19 − a18) + + (a3 − a2) + (a2 − a1)

≥ 7 + (6 + 6 + 6) + (5 + 5 + 5) + (2 + 2 + 2) + (1 + 1 + 1) = 70 (2)Mặt khác

So sánh (2) và (3) ta đi đến mâu thuẫn Bởi vậy trong các hiệu aj−ak(j >

k) phải có ít nhất 4 số giống nhau

Bài toán 2.4.6 (Tuyển tập 5 năm Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ 1991

-1995) Trong một hình vuông cạnh bằng 1 cm, lấy 51 điểm tùy ý Chứng

minh rằng luôn luôn có 3 điểm đã lấy ra nằm trong một hình tròn bán

kính bằng 1

7.

Chứng minh Bài toán được giải theo 2 bước

1) Chia mỗi cạnh hình vuông thành 5 phần bằng nhau, rồi nối các

điểm chia tương ứng đối diện bằng các đoạn thẳng song song với cạnh

hình vuông Khi đó hình vuông được chia thành 25 hình vuông nhỏ bằng

nhau và có cạnh bằng 1

5 cm.

Giả sử mỗi hình vuông nhỏ chứa không quá 2 điểm đã được lấy Khi

đó số điểm đã được lấy sẽ không vượt quá 50, nên nhỏ hơn 51 điểm Ta

đã đi tới mâu thuẫn với giả thiết: Các điểm đã được lấy bằng 51 Bởi

vậy phải có ít nhất một hình vuông con chứa không ít hơn 3 điểm đã

lấy

Giả sử hình vuông con ở góc trên tận cùng bên phải chứa 3 điểm đã

chọn ra Ta ký hiệu hình vuông này bằng ABCD

2) Bao hình vuông ABCD bằng hình tròn bán kính 1

7 cm.

Hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại điểm giữa của mỗi

đường và vuông góc với nhau Dùng O để ký hiệu giao điểm hai đường

chéo và x là độ dài nửa đường chéo

Tam giác AOB vuông tại O có cạnh huyền AB dài 1

Phản chứng Ta giả sử ngược lại, cả ba số cùng lớn hơn 1

a(1 − b)b(1 − c)c(1 − a) > 1

số này bằng tổng của hai số còn lại

Chứng minh Giả sử n + 1 số đã cho là a1, a2, , an+1 và

số ai(1 ≤ i ≤ n + 1) và các số ht(1 ≤ t ≤ n) đều khác nhau, nên chỉ cóthể có một số ak nào đó phải bằng một số hs, tức

ak = as − a1

Từ đó ta có: a = a + a và khẳng định được chứng minh

Bài toán 2.4.9 Chứng minh rằng từ một tập bất kỳ gồm n số tự nhiênđều có thể tách ra một tập con (không trống), mà tổng của các số thuộctập con này chia hết cho n.

Chứng minh

Giả sử A = {a1, a2, , an} là tập các số tùy ý đã chọn ra

Phản chứng Giả sử khẳng định của đề bài không đúng (*), nghĩa làkhông có một tập con nào gồm các phần tử thuộc tập A, mà tổng chiahết cho n Khi đó trong n tổng

S1 = a1, S2 = a1 + a2, , Sn = a1 + a2 + + an−1 + an

không có một tổng nào chia hết cho n Bởi vậy, khi chia n tổng S1, S2, , Sncho n chỉ nhận được tối đa n − 1 loại số dư Bởi vậy, theo nguyên lýphản chứng, phải có ít nhất hai trong các số trên chia cho n có cùng số

dư Chẳng hạn Si, Sj với j > i có cùng số dư khi chia cho n Do đó

ai+1 + ai+2 + + aj = Sj − Sichia hết cho n Ta đã chứng tỏ khẳng định (*) là sai, nên khẳng địnhcủa đề bài là đúng

Bài toán 2.4.10 Gọi a là số lớn nhất của các hình tròn rời nhau (không

có điểm chung) có đường kính bằng 1 và tâm nằm trong đa giác F chotrước, còn b là số nhỏ nhất những hình tròn có bán kính bằng 1 mà bằngchúng có thể phủ kín đa giác F Hỏi a ≥ b hay a < b?

Chứng minh

Bằng phản chứng ta sẽ khẳng định được a ≥ b

Do a là số lớn nhất các hình tròn rời nhau (từng cặp không có điểmchung) có đường kính bằng 1, mà tâm nằm trong đa giác F, nghĩa làtrên đa giác F không còn một khoảng nào có thể đặt gọn được một hìnhtròn có đường kính bằng 1 nữa

Ta lấy tâm của mỗi hình tròn này làm tâm của một hình tròn mớiđường kính bằng 2, thì tập tất cả các hình tròn này sẽ phủ kín hình F.Giả sử ngược lại, có điểm O nào đó thuộc F, nhưng không nằm trênmột hình tròn nào trong các hình tròn ta vừa vẽ Khi đó O cách tất cảcác tâm của hình tròn bán kính bằng 1

2 một khoảng lớn hơn 1, nên khilấy O làm tâm ta có thể đặt thêm 1 hình tròn đường kính bằng 1 vàohình F, mà nó không trờm lên bất kỳ một hình tròn bán kính 1

2 nào.

Như vậy, ta có thể đặt không phải a, mà ít nhất a + 1 hình tròn đườngkính đơn vị vào hình F, mà chúng vẫn rời nhau Như vậy ta đã đi tớimâu thuẫn với giả thiết: a là số lớn nhất các hình tròn rời nhau có đườngkính bằng 1 và tâm nằm trong đa giác F Từ đó suy ra a ≥ b.

Chú ý

1) Nếu F là hình vuông cạnh bằng 1

2, thì a = b Khi đó mỗi loại cómột hình tròn, tâm của hai hình tròn này chung nhau và chung với tâmhình vuông

2) Nếu F là hình vuông cạnh bằng 1, thì ta cần phủ bằng một hìnhtròn có bán kính bằng 1, tâm trùng với tâm của hình vuông nhưng lại

có thể vẽ được tâm của 4 hình tròn bán kính bằng 1

2 với tâm ở 4 đỉnh.Vậy khi đó ta có

a = 4 > 1 = b

Hình 2.4.12

Bài toán 2.4.11 Gọi a là số lớn nhất các hình tròn rời nhau (không cóđiểm chung), có bán kính bằng 1 và tâm thuộc hình F, còn b là số nhỏnhất các hình tròn bán kính bằng 1, mà các hình tròn này có thể phủ kínhình F Hỏi a ≤ b hay a > b?

Ta cắt các hình tròn D1, D2, , Db bằng giấy xanh rồi đem phủ kínlên hình F Sau đó, ta cắt các hình tròn C1, C2, , Ca bằng giấy đỏ rồiđặt chúng lên hình F, sao cho chúng rời nhau

Vì a > b, nên số hình tròn C1, C2, , Ca có tâm nằm nằm trên hình

F nhiều hơn số hình tròn D1, D2, , Db có ít nhất một phần nằm trênhình F (Vì b là số ít nhất các hình tròn phủ hình F, nên những hình trònkhông có phần phủ F đã bị loại bỏ)

Bởi vậy sẽ có hình tròn Di(1 ≤ i ≤ b) nào đó chứa tâm của hai hìnhtròn Cj, Ck(k 6= j) nào đó Khi đó do các hình tròn D1, D2, , Db đều cóbán kính bằng 1, nên khoảng cách giữa Oj và Ok nhỏ hơn 2 (OjOk < 2)

Do đó hai hình tròn Cj, Ck không rời nhau Ta đi tới mâu thuẫn với tínhchất rời nhau của các hình tròn C1, C2, , Ca Bởi vậy phải loại bỏ giảthiết a > b mà kết luận a ≤ b

Bài toán 2.4.12 Cho 7 đoạn thẳng Độ dài mỗi đoạn lớn hơn 10cm,

bé hơn 100cm Chứng minh rằng luôn luôn tồn tại ba đoạn thẳng là cáccạnh của một tam giác

Chứng minh

Dùng ai(1 ≤ i ≤ 7) để ký hiệu 7 đoạn thẳng đã cho và giả sử độ dài củachúng được xếp theo thứ tự:

10cm < a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ a4 ≤ a5 ≤ a6 ≤ a7 < 100cm

Ta biết rằng ba đoạn thẳng là cạnh của một tam giác khi và chỉ khi tổng

độ dài của hai đoạn tùy ý lớn hơn độ dài đoạn còn lại và trị tuyệt đốicủa hiệu độ dài hai cạnh tùy ý không lớn hơn độ dài cạnh còn lại

Phản chứng Giả sử không có ba đoạn thẳng nào trong các đoạnthẳng đã cho lập thành một tam giác Khi đó bất kỳ bộ ba i, j, k nào

mà 1 ≤ i; j, k ≤ 7, thì ai+ aj ≤ ak, nên có:

a1 + a2 ≤ a3, a2 + a3 ≤ a4, a3 + a4 ≤ a5, a4 + a5 ≤ a6, a5 + a6 ≤ a7Bởi vậy:

Bài toán 2.4.13 Chứng minh rằng một đa giác lồi có 2015 cạnh khôngthể chia ra thành hình bình hành.

7.Chứng minh

7).

Lặp lại cách làm trên ta nhận được

Bài toán 2.5.1 Chứng minh rằng từ 8 số tự nhiên tùy ý luôn luôn chọn

ra được 2 số, mà hiệu của chúng chia hết cho 7

Hướng dẫn Chia 8 số tự nhiên tùy ý đã chọn ra cho 7 được 8 số dưtương ứng, nhưng chỉ thuộc 7 loại: 0, 1, 2, 4, 5, 6 nên phải có ít nhất 2

số dư bằng nhau Khi đó hiệu của 2 số tương ứng chia hết cho 7

Bài toán 2.5.2 Chứng minh với mọi số nguyên a, b, c luôn tìm được sốnguyên dương n, sao cho số f (n) = n3 + an2 + bn + c không phải là sốchính phương

Hướng dẫn Nhận xét rằng khi chia cho 4, số chính phương chỉ có thể

dư 0 hoặc dư 1

Phản chứng Giả sử f (n) là số chính phương

Khi đó

f (4) − f (2) ≡ 2b(mod 4)

Mà 2b là số chẵn, theo nhận xét thì f (4) − f (2) chỉ có thể đồng dư với

0, 1, −1 theo modun 4, nên suy ra 2b ≡ 0(mod 4)

f (3) − f (3) ≡ (2b + 2)(mod 4)Tương tự trên ta cũng có 2b + 2 ≡ 0(mod 4) nên suy ra 2 ≡ 0(mod 4)(vô lý) Vậy điều giả sử là sai

Bài toán 2.5.3 Chứng minh không số hữu tỷ nào là nghiệm của phươngtrình

x3 + x + 1 = 0

Bài toán 2.5.4 Chứng minh rằng từ n số tự nhiên bất kỳ a1, a2, , anđều có thể tách ra một nhóm, gồm ít nhất một số, mà tổng tất cả các sốthuộc nhóm này chia hết cho n.

Hướng dẫn.Xét n tổng

S1 = a1, S2 = a1 + a2, , Sn = a1 + a2 + + an (1)1) Nếu một trong những tổng thuộc dãy (1) chia hết cho n, thì khẳngđịnh được chứng minh

2) Các tổng thuộc dãy (1) đều không chia hết cho n Khi đó chia tất cảcác số thuộc dãy (1) cho n, được n số dư, nhưng chỉ thuộc tối đa n − 1loại Khi đó theo nguyên lý phản chứng, phải có ít nhất 2 số dư bằngnhau Giả sử j > i và Si, Sj có cùng số dư khi chia cho n Khi đó:

A = Sj − Si = ai+1 + ai+2 + + ajchia hết cho n Vậy khẳng định được chứng minh

Bài toán 2.5.5 Cho 9 đường thẳng Mỗi đường đều chia hình vuôngthành 2 tứ giác với tỷ số diện tích bằng 2

3 Chứng minh rằng có ít nhất

3 trong 9 đường thẳng này phải đi qua 1 điểm

Hướng dẫn Mỗi đường trung bình của hình vuông có 2 điểm chia nótheo tỷ lệ 2

3 Do đó trong hình vuông có 4 điểm chia đường trung bìnhtheo tỷ lệ 2

3 Mặt khác đường thẳng bất kỳ cắt hình vuông thành 2 hìnhthang hoặc 2 hình chữ nhật với tỷ lệ diện tích 2

3.

Chương 3

Phương pháp suy luận

3.1 Vài nét về phương pháp suy luận

Các bài toán không mẫu mực (không có cách giải nhất định),thường có nhiều cách giải khác nhau, trong đó có phương pháp suyluận

Phương pháp suy luận đã có từ xa xưa và để giải các bài toán logicngười ta chỉ có duy nhất phương pháp này (sau này mới có thêm cácphương pháp khác) Các bài toán không mẫu mực đa dạng về đề tài,phong phú về chủng loại đòi hỏi chúng ta phải biết suy luận đúng đắn,chặt chẽ trên cơ sở vận dụng những kiến thức cơ bản và kinh nghiệmsống của mình Vì vậy, cần phải luyện tập óc quan sát, cách lập luận,cách xem xét các khả năng có thể xảy ra của một sự kiện và vận dụngnhững kiến thức đã học vào các tình huống muôn hình muôn vẻ trongcuộc sống hàng ngày

Đôi khi để giải những bài toán loại này, chỉ cần những kiến thức toánhọc đơn giản nhưng lại đòi hỏi khả năng chọn lọc trường hợp, suy luậnchặt chẽ, rõ ràng Sự phát triển của toán học, chẳng hạn giải tích tổ hợp,phương pháp quy nạp, phản chứng góp phần phong phú thêm phươngpháp suy luận logic trực tiếp Và nhờ những kiến thức toán học nàyngười ta có thể giải các bài toán không mẫu mực một cách nhanh hơn,tốt hơn và chặt chẽ hơn

Điều cơ bản của phương pháp này là thông qua việc phân tích cácđiều kiện của bài toán cần tìm ra mối quan hệ logic giữa các mệnh đề.Sauđây là một vài ví dụ về vận dụng phương pháp suy luận trực tiếp