phương pháp chứng minh phản chứng

Phương pháp chứng minh bằng phản chứng là phương pháp sử dụng phép suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải những khẳng định toán học.. Trong lịch sử toán học phương pháp chứng minh

MỤC LỤC

Lời mở đầu 3

I Cơ sở logic của phép chứng minh phản chứng 4

1 Cơ sở logic 4

2 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng 5

3 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh 6

3.1 Tìm mệnh đề phủ định 6

3.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh 8

II Các bài toán chứng minh phản chứng 8

1 Một số chứng minh phản chứng nổi tiếng 8

1.1 Nguyên lý Đirichlê 8

1.2 Chứng minh phản chứng của Euclid 9

1.3 Chứng minh của Euler cho định lý nhỏ Fermat cho trường hợp n=4 9

2 Vận dụng chứng minh phản chứng trong các bài toán phổ thông 12

2.1 Phản chứng trong số học 12

2.2 Phản chứng trong đại số 17

2.3 Phản chứng trong giải tích 22

2.4 Phản chứng trong hình học 24

2.5 Bài tập tự giải 30

Tài liệu tham khảo 31

Lời mở đầu

Chứng minh là một trong những nét đặc trưng làm cho toán học khác biệt với các môn khoa học khác Có rất nhiều phương pháp và kỹ thuật chứng minh Từ chứng minh trực tiếp tới chứng minh gián tiếp, từ chứng minh bằng quy nạp tới chứng minh bằng phản chứng,

Phương pháp chứng minh bằng phản chứng là phương pháp sử dụng phép

suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải những khẳng định toán học Trong lịch sử toán học phương pháp chứng minh phản chứng đã được sử dụng từ rất sớm Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan trọng của toán học Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không có 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 Đây là phương pháp hay dùng trong lập luận toán học, thể hiện sự chặt chẽ, lý luận hợp lôgic của người giải toán Điều quan trọng của mệnh đề này là tìm ra mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh, từ đó dẫn đến sự vô lý với giả thiết bài toán hay mâu thuẫn với kiến thức toán học đã biết

Tiểu luận dưới đây chúng tôi tổng hợp lại một số bài toán từ dễ tới khó, quen thuộc tới xa lạ, đều sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng Chúng tôi hy vọng rằng tiểu luận này có thể giúp hỗ trợ thêm kiến thức, thúc đẩy tư duy tìm tòi,

sự sáng tạo của người học, góp phần nhận ra và tìm ra những nét đẹp mới trong tư duy toán học Tiểu luận có thể chưa nêu hết đầy đủ về dạng toán chứng minh phản chứng Rất mong sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn

ĐH Khoa Học Tự Nhiên,TP HCM

I Cơ sở logic của phép chứng minh phản chứng

1 Cơ sở logic

Cơ sở logic của phương pháp chứng minh phản chứng là dựa vào những hiểu biết

về logic mệnh đề trong đó sử dụng các phép liên kết là chủ yếu

2 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng

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

a/ Phương pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào?

Khi gặp những bài toán khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của phương trình, hệ phương trình hoặc bất đẳng thức trong đại số, hình học, số học, giải tích Đặc biệt 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 trình giải một số bài toán Tùy vào từng bài toán, tình huống cụ thể khác mà người giải toán vận dụng phương pháp này một cách linh hoạt

b/ 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 là đúng

Chú ý: Trong ba bước suy luận phản chứng nêu trên, bước 1 rất quan trọng vì

chúng ta cần tạo ra mệnh đề phủ định điều cần chứng minh 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 đã đặt ra

3 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh

3.1 Tìm mệnh đề phủ định

a/ Mệnh đề tồn tại

Xét một mệnh đề P(x) trên miền X Mệnh đề tồn tại thường có dạng

{Tồn tại xX, sao cho P(x) } hay viết xX : P(x)

Xét một mệnh đề P(x) trên miền X Mệnh đề tổng quát thường có dạng

Nhƣ vậy hai mệnh đề (∀x ∈ X, T(x)) và (∃x ∈ X : T(x)) là phủ định của nhau

Ví dụ 3.3: Mệnh đề phủ định của (3.1) là "Với mọi số thực x thì x không chia hết

cho 5"

≡ ∀x ∈ R, x 5 (3.6) Mệnh đề phủ định của (3.2) là (3.5)

Trong toán học nhiều mệnh đề đƣợc phát biểu kết hợp hai loại mệnh đề trên và dạng phủ định của nó nhƣ sau:

(∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : T(x, y)) ≡ (∃y ∈ Y : ∀x ∈ X, T(x, y))

(∃y ∈ Y : ∀x ∈ X, T(x, y)) ≡ (∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : T(x, y))

Chú ý: Phương pháp phản chứng luôn đưa ta đến việc tạo ra mệnh đề phủ định của

mệnh đề đã cho Vì vậy việc phát biểu mệnh đề phủ định trong phương pháp này là rất quan trọng Do đó khi xây dựng mệnh đề phản chứng của mệnh đề P ta cần lưu ý các quy tắc sau:

II Các bài toán chứng minh phản chứng

1 Một số chứng minh phản chứng nổi tiếng

1.1 Nguyên lý Đirichlê

Người ta nhốt m con thỏ vào trong n cái lồng, (m>n) Chứng minh rằng có ít nhất

hai con thỏ được nhốt trong cùng một lồng nào đó

Lời giải Ta giả sử m i là số con thỏ đƣợc nhốt vào lồng thứ i, (i = 1, n)

Khi đó ta có:

Điều này mâu thuẫn với giả thiết m > n.Vậy điều ta giả sử là sai, nghĩa là phải có ít

nhất hai con thỏ được nhốt trong một lồng nào đó

1.2 Chứng minh phản chứng của Euclid

Một ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng thuộc về Ơclit với phép

chứng minh định lý: "Tồn tại vô số số nguyên tố." Định lý được chứng minh dựa

theo cách chứng minh của Ơclit như sau

Lời giải Giả sử ngược lại, tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1, p2, · · · , p n

Ta xét tích

N = p1p2 · · · p n + 1

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

Khi đó, do p1, p2, · · · , p n là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại i, (1≤ i ≤ n) sao cho p= p i

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

1.3 Chứng minh của Euler cho định lý nhỏ Fermat cho trường hợp n=4

Định lý Phương trình x 4

+y 4 = z 4 (1) không có nghiệm nguyên dương

Ông đã giả sử rằng phương trình (1) có nghiệm nguyên dương Khi đó, theo nguyên

lý cực hạn, tồn tại nghiệm (x0, y0, z0) với x0 + y0 + z0 nhỏ nhất Sau đó, bằng cách sử

dụng cấu trúc nghiệm của phương trình Pythagore x2 + y2 = z2, ông đi đến sự tồn tại của một nghiệm (x1, y1, z1) có x1 + y1 + z1 < x0 + y0 + z0 Mâu thuẫn

Phương pháp này thường được gọi là phương pháp xuống thang

 Một vài ví dụ về phương pháp xuống thang:

Ví dụ 1 Chứng minh rằng 2 là một số vô tỷ

Lời giải Giả sử 2 là một số hữu tỷ

Khi đó nó sẽ được biểu diễn dưới dạng 2 m,m n, ,m n,  1

Từ (1) suy ra m 2 2 Do đóm  2 Khi đó m2 ,k k Z

Từ (1) thay m2k vào ta có 4k2 2n2suy ra 2k2 n2.Từ đó ta cón 2

Ta thấy cả m và n đều chia hết cho 2 nên trái với giả thiết (m, n) = 1

Vậy điều ta giả sử là sai

Kết luận 2 là một số vô tỷ

Ví dụ 2 Chứng minh phương trình sau không có nghiệm là các số tự nhiên dương:

8x y 2z t

Lời giải Giả sử phương trình trên có nghiệm là các số tự nhiên dương và x=m, y=n,

z=p, t=r là nghiệm với x là nhỏ nhất trong tập hợp những giá trị có thể của x Từ phương trình ta có r là số chẵn do đó r=2r1 với r1 Thay r=2r1 vào phương trình

và chia hai vế cho 2, ta có 4m42n48p4 8r14 Như vậy p là số chẵn, đặt p=2p1

Nếu cả bốn số là lẻ, thì x2+y2+z2+u2 chia hết cho 4 còn 2xyzu không chia hết cho 4 Nếu có hai số lẻ, thì x2+y2+z2+u2 không chia hết cho 4 còn 2xyzu lại chia hết cho 4

Vì vậy chỉ có trường hợp không có số nào lẻ, hay là bốn số đều chẵn, hay x=2x1, y=2y1, z=2z1, u=2u1 với x1, y1, z1, u1

Thay vào phương trình ta có: x1

2

+y12+ z12+u12 = 8x1y1z1u1 Cũng như trên, cả bốn số không thể là số lẻ, vì nếu thế thì x12+y12+ z12+u12 không chia hết cho 8 Hai số là lẻ cũng không được Như vậy, các số đó chỉ có thể là chẵn, khi đấy ta lại có thể đặt x=2x2, y=2y2, z=2z2, u=2u2 với x1, y1, z1, u1  Thay vào phương trình, ta có: x22

+y22+ z22+u22 = 32x2y2z2u2 Lập luận như trên, ta lại có x2, y2, z2, u2 là những số chẵn

Dễ hiểu, với mọi số tự nhiên s ta có: xs2+ys2+ zs2+us2 = 22s+1 xsyszsus với xs=2xs+1,

ys=2ys+1, zs=2zs+1, us=2us+1, tức với bất lì số tự nhiên dương nào, thì số xs, ys, z us, s

2 2 2 2đều là số nguyên Điều này là không thể có với x, y, z, u là các số tự nhiên dương

Vậy bình phương của một số tự nhiên n là một số chẵn thì n cũng là một số chẵn

Bài toán 2 Nếu tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì tổng của chúng là một số

chẵn

Lời giải Giả sử tổng a + b là số lẻ, khi đó: a, b không cùng tính chẵn – lẻ nên a.b là

số chẵn (trái với giả thiết)

Vậy tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì tổng của chúng là một số chẵn

Bài toán 3 Hãy chứng tỏ rằng trong 11 số tự nhiên bất kỳ phải có ít nhất hai số mà

hiệu của chúng chia hết cho 10

Lời giải Giả sử trong 11 số tự nhiên đã cho không có hai số nào có hiệu chia hết

cho 10 Đem 11 số đó lần lượt chia cho 10 ta được 11 số dư nằm trong khoảng từ 0 đến 9

Do điều giả sử trên nên 11 số dư này phải đôi một khác nhau, vì nếu có hai số dư nào đó bằng nhau thì hiệu của hai số bị chia sẽ chia hết cho 10 (điều này trái với điều giả sử ban đầu)

Vậy trong khoảng từ 0 đến 9 phải có 11 số tự nhiên khác nhau

Điều này vô lý vì từ 0 đến 9 chỉ có tất cả 10 số tự nhiên

Từ đó chứng tỏ điều giả sử ban đầu là sai

Vậy trong 11 số tự nhiên bất kỳ phải có ít nhất hai số mà hiệu của chúng chia hết cho 10

Bài toán 4 Bổ đề về tổng hai bình phương

Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3 Chứng minh x 2 + y 2 p khi và chỉ khi xp và yp

Lời giải Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng

Bỏ qua trường hợp đơn giản: Trong hai số x và y tồn tại một số chia hết cho p.Ta giả

sử cả x và y đều không chia hết cho p

Từ điều kiện giả sử, theo định lí Fermat nhỏ ta có:

Bài toán 7 Tìm các cặp số (m, n) nguyên dương sao cho m! + n! = m n

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

bài toán thì m ≤ n

Phản chứng: Giả sử ngược lại, m > n

Khi đó ta có m! + n! = n![m(m − 1) .(n + 1) + 1] = mn

Do (m, m(m − 1) .(n + 1) + 1) = 1 nên đẳng thức trên không xảy ra

Vậy điều ta giả sử là sai nên m ≤ n

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

Với m = 2 thì 2! + n! = 2n Bây giờ ta 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 mãn 2!+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 8 (Olympic Châu Á Thái Bình Dương, 1998) Chứng minh rằng với mọi số

a, b nguyên dương, số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2

Lời giải Giả sử tồn tại cặp số nguyên dương (a, b) sao cho (36a + b)(a + 36b) là

một lũy thừa của 2

Trong số những cặp (a, b) như vậy, ta xét (m, n) là cặp có tổng m+n bé nhất Vì (36m + n)(m + 36n) là một lũy thừa của 2 nên suy ra (36m + n) và (m + 36n) cũng là các lũy thừa của 2 Lúc đó, m và n đều là các số chẵn

Ta cũng thấy rằng

(36m + n) ≥ 37, (m + 36n) ≥ 37

Bây giờ, ta đặt

36m + n = 2r, m + 36n = 2s, m = 2p và n = 2 trong đó r, s, p, q là các số nguyên dương

Ta có r, s > 5 Khi đó

(36p + q)(p + 36q) = 36m+n

2 m+36n

2 = 2r+s−2 cũng là một lũy thừa của 2

Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng trong các cặp (a, b) mà (36a + b)(a +36b) là

một lũy thừa của 2, ta không thể chọn đƣợc cặp có tổng bé nhất: vô lí!

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

Bài toán 9 Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k3 ( k là số nguyên dương)

Lời giải Giả sử tồn tại hữu hạn số nguyên tố có dạng 4k3

Do đó các số nguyên tố có dạng 4k3là p p1, 2, ,p n với p1 p2   p n và thấy

có số nguyên tố 4k3nên pi khác rỗng

Ta xét A 2 .p p1 2 p n 1

Thấy p p1 2 p n lẻ (do p i

nguyên tố dạng 4k3)Suy ra A3 mod 4 

Th1: A nguyên tố  A p n mà A3 mod 4 vô lý với giả sử nên có đpcm

Th2: A là hợp số  trong các ƣớc nguyên tố của Aphair có ít nhất một ƣớc nguyên

tố chia 4 dƣ 3, vì nếu toàn chia 4 dƣ 1 thì A chia 4 dƣ 1 vô lý  tồn tại A p n 1với p n 1 3(mod4)

Dễ thấy p n   1 p nvì nếu p n   1 p n2 .p p1 2 p np n11p n 1 vô lý

Vậy a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1

Bài toán 2 Nếu x > -1 và y > -1 thì x + y + xy > -1

Lời giải Giả sử x + y + xy = -1

Bài toán 3 Cho 3 số dương a, b, c thõa mãn a, b, c trong (0, 1) Chứng minh rằng

có ít nhất 1 trong 3 đẳng thức sau sai:

c(1 – c) ≤ (c 1 c

2

 )2 = 14Nhân các bất đẳng thức cùng chiều

 a(1 – a)b(1 – b)c(1 – c) ≤ 1

64

 mâu thuẫn (*)

 điều giả sử là sai

Vậy có ít nhất 1 trong 3 bất đẳng thức là sai

Bài toán 4 Cho a 1 , a 2 , a 3 , , a 2014 là các số tự nhiên thõa mãn

Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một số a k là số chẵn thỏa mãn k ∈ N; 1 ≤ k < 2014

Lời giải Giả sử tất cả các số ak với 1 ≤ k < 2014 đều là số lẻ

Quy đồng mẫu số các phân số ở vế trái

 Nếu a2014 lẻ  tử số của 2014 phân số đã cho đều là số lẻ  Tổng của 2014

tử số đó là chẵn.Vì các số a1, a2, a3, , a2014 đều lẻ nên tích a1a2a3 a2014 lẻ

Mà tử số là số chẵn, nên phân số đó không thể bằng 1 Dẫn đến điều giả sử là sai

 Nếu a2014 chẵn  tử số các phân số thứ 1 đến phân số thứ 2013 đều là số chẵn, tử số của phân số thứ 2014 là số lẻ nên tổng các tử số là số lẻ

Vì a2014 chẵn nên mẫu số của phân số sau khi quy đồng là số chẵn

 Tử số không chia hết cho mẫu số

 Phân số đó không thể bằng 1 Dẫn đến điều giả sử là sai

Vậy luôn tồn tại 1 số ak từ a1 đến a2013 là số chẵn

Bài toán 5 Chứng minh rằng tồn tại hai số vô tỷ x, y > 0 sao cho x y số hữu tỷ

Lời giải Giả sử ngƣợc lại, với mọi số vô tỷ x, y > 0 thì xy

là số vô tỷ

Ta lấy x  2,y  2 (ta đã biết 2 là số vô tỷ)

Khi đó, theo điều giả sử   2

thuẫn với điều ta giả sử

Vậy điều ta giả sử là sai Bài toán đƣợc chứng minh

Bài toán 6 Chứng minh không có số hữu tỷ nào là nghiệm của phương trình

• Nếu p, q cùng lẻ thì vế trái của (1) là số lẻ, vế phải bằng 0 là số chẵn suy ra vô lý

• Nếu p chẵn, q lẻ hay p lẻ và q chẵn thì vế trái của (1) là số lẻ, vế phải bằng 0 là số chẵn suy ra vô lý

• Nếu p, q cùng chẵn thì trái giả thiết (p, q) = 1 nên không xảy ra

Vậy điều ta giả sử là sai Bài toán được chứng minh

Bài toán 7 Chứng minh rằng không có một số nguyên dương n nào để số

Giả sử k là số nguyên dương lớn nhất với điều kiện 2k  n, còn T là tích của tất cả

các số tự nhiên lẻ không vượt quá n

Trong trường hợp này, tất cả các số dạng

1

2k T l

với 2 l n  , sẽ là số nguyên chỉ trừ một số có dạng

1

2 2

k k T

không là số nguyên (vì

1 2

2 2

k k

      là không thể xảy ra, do vế

trái là một số nguyên, còn vế phải là một số hữu tỷ

Mâu thuẫn trên chứng tỏ điều ta giả sử ban đầu là sai Vậy không có số nguyên

dương n nào để Sn là số nguyên