phương pháp chứng minh bằng phản chứng

Phản chứng trong các bài toán chứng minh sự không tồn tại .... Điều quan trọng của phương pháp này là tìm ra mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh, từ đó dẫn đến sự vô lý với giả thiế

1

MỤC LỤC

LỜI GIỚI THIỆU 3

NỘI DUNG BÁO CÁO 4

I Tên đề tài 4

II Lý do chọn đề tài 4

III Nhiệm vụ của đề tài 4

IV Phương pháp nghiên cứu 4

V Cơ sở logic của chứng minh phản chứng 4

1 Cơ sở logic 4

2 Các bước suy luận phản chứng 5

3 Các phương pháp chứng minh phản chứng 6

VI Một số bài toán áp dụng phương pháp phản chứng 6

1 Chứng minh phản chứng của Euclide 6

2 Phản chứng trong các bài toán bất đẳng thức 10

3 Phản chứng trong các bài toán về hệ phương trình, phương trình 12

4 Phản chứng trong các bài toán về chia hết 14

5 Phương pháp chứng minh bằng phản ví dụ nhỏ nhất 17

2

6 Phản chứng trong các bài toán chứng minh sự không tồn tại 19

7 Chứng minh sử dụng mệnh đề phản chứng 22

8 Chứng minh mệnh đề bằng phản chứng 23

9 Các bài toán chứng minh phản chứng khác 24

10 Một số định lý và tính chất bằng phương pháp phản chứng 28

KẾT LUẬN 30

TÀI LIỆU THAM KHẢO 31

3

LỜI GIỚI THIỆU

Một bài toán đều có nhiều cách giải Để có một cách giải hay cho mỗi bài toán là cả một quá trình không hề đơn giản Mỗi phương pháp đều có cái hay riêng đối với những lớp bài toán nhất định, nhưng ta phải chọn một cách tiếp cận hợp lí nhất

Trong đề tài này chúng tôi trình bày về “Phép chứng minh phản chứng” Đây là một phương pháp thường được dùng trong lập luận toán học thể hiện sự chặt chẽ, lý luận lôgic của người giải bài toán Điều quan trọng của phương pháp này là tìm ra mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh, từ đó dẫn đến sự vô lý với giả thiết của bài toán hay mâu thuẫn với các kiến thức toán học đã biết

Lý do chúng tôi lựa chọn đề tài này là vì “ Phép chứng minh phản chứng” là một phương pháp chứng minh toán học hay, áp dụng được cho nhiều bài toán chứng minh Tuy nhiên, phương pháp này vẫn chưa được chú trọng nhiều trong giảng dạy ở các bậc học cho học sinh Hi vọng bài tiểu luận sẽ giúp các bạn thấy được cái hay, tầm quan trọng của “Phép chứng minh phản chứng” trong chứng minh toán học Từ đó, có những áp dụng phù hợp cho quá trình học tập, giảng dạy của mình

Do thời gian cũng như kinh nghiệm chưa nhiều nên bài tiểu luận có thể gặp một số các thiếu sót nên hi vọng sẽ được sự góp ý nhiệt tình của thầy và các bạn

4

NỘI DUNG BÁO CÁO

I Tên đề tài: “ Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng”

II Lý do chọn đề tài

 Phương pháp phản chứng là một phương pháp hay, được vận dụng để giải nhiều bài toán Nhưng trong sách giáo khoa số lượng những bài tập giải bằng phương pháp này không nhiều

 Muốn các bạn sinh viên sư phạm và học sinh thấy được cái hay và sự quan trọng của phương pháp này trong giải toán

III Nhiệm vụ của đề tài

 Tìm hiểu cơ sở logic của phương pháp chứng minh phản chứng

 Phân loại các bài toán chứng minh bằng phương pháp chứng minh phản

chứng thành các dạng

IV Phương pháp nghiên cứu

1 Phương pháp nghiên cứu lý luận

 Mục đích: Nhằm tìm hiểu cơ sở lô-gic của “Phép chứng minh phản chứng”

 Cách tiến hành: Tìm hiểu từ các tài liệu, sách vở có liên quan

2 Phương pháp nghiên cứu thực tiễn

 Mục đích: Nhằm tìm hiểu mức độ vận dụng của “Phép chứng minh phản chứng”

 Cách tiến hành: Nghiên cứu những bài toán quan thuộc

V Cơ sở logic của chứng minh phản chứng

5

 Phép liên kết lôgic hay còn gọi là phép toán lôgic, cho phép từ những mệnh đề

sơ cấp cho trước có thể xây dựng những mệnh đề mới ngày càng phức tạp hơn

Vì A B sai, mà A đúng nên B phải có giá trị sai Nghĩa là, B đúng

Từ B đúng thông qua một số phép biến đổi tương đương dẫn đến A đúng

Từ giả thiết và qua quá trình lập luận ta có A và A đồng thời cùng đúng

 mâu thuẫn  chứng tỏ giả thiết B đúng là sai Vậy B đúng Hay

A B đúng( điều phải chứng minh)

2 Các bước suy luận phản chứng:

 Bước 1: Giả sử các điều chứng minh là sai ( phủ định lại mệnh đề cần

chứng minh)

Lưu ý: bước này rất quan trọng vì tạo mệnh đề phủ định chính xác thì điều chứng minh mới chính xác

những tính chất này mâu thuẫn với những điều đã cho hoặc trái với tính chất

ta đã biết

có thể được xem là duy nhất

Chứng minh phản chứng có thể được sử dụng trong nhiều lĩnh vực khác nhau của toán học như: giải tích, hình học, đại số, số học, tổ hợp, …

VI Một số bài toán áp dụng phương pháp chứng minh phản chứng

1 Chứng minh phản chứng của Euclide

Định lý Tồn tại vô số số nguyên tố

Định lý cơ bản của số học khẳng định rằng : “ Một số tự nhiên bất kì (khác 0

và 1): hoặc là số nguyên tố, hoặc là hợp số ” Vì số tự nhiên là vô hạn, vậy câu hỏi đặt ra là : “ Có bao nhiêu số nguyên tố?” “Có thể liệt kê chúng ra hay lập thành một dãy vô hạn?”

7

Theo như Euclide khẳng định rằng : “ Tồn tại vô số số nguyên tố ” Để chứng minh điều này, Euclide đã đưa ra một lập luận rất đẹp, đó là ông giả sử ngược lại rằng tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1, p2, pn

Ông chỉ ra rằng sẽ tìm được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số này Từ đó suy ra phải có vô số các số nguyên tố Để chứng minh tồn tại một số nguyên tố mới, ông vận dụng sự kiện là hai số tự nhiên liên tiếp không có ước số chung nào khác 1

Ông xét tích N=p1 p2 pn +1 N phải có ít nhất 1 ước số nguyên tố p Khi đó, do p1, p2, , pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại 1 i sao cho p=pi

Nhưng khi đó N không chia hết cho p (vì n không chia hết cho pi)mâu thuẫn Như vậy, ước số nguyên tố p của N sẽ là một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số nguyên tố này

Như vậy điều giả sử của ông là sai Vậy khẳng định “ Tồn tại vô số số nguyên tố ” là đúng

Cách chứng minh của ông thật hay Chúng ta sẽ vận dụng phương pháp chứng minh này để giải một vài bài toán tương tự:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k+3

Chúng ta biết rằng 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất, còn tất cả các số nguyên tố còn lại là số nguyên tố lẻ Một số nguyên tố lẻ thì hoặc có dạng 4N+1 hoặc là có dạng 4N+3 Muốn chứng minh rằng có vô số các số nguyên tố có dạng 4N+3, chúng ta sẽ lý luận tương tự như trên

Giả sử rằng, có hữu hạn các số nguyên tố p1, p2, , pk có dạng 4N+3, chúng ta sẽ chứng minh có sự mâu thuẩn trong điều giả sử này Chúng ta sẽ chỉ

ra được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy này và có dạng 4N+3

8

Đặt N= p1, p2, pk -1, số này có dạng 4N+3 Số N này sẽ có một ước số nguyên tố p có dạng 4N+3 Vì sao như vậy? Bởi vì N là số lẻ lớn hơn 1, cho nên nếu N không có ước số nguyên tố có dạng 4N+3 thì tất cả các ước số nguyên

tố của N sẽ có dạng 4N+1 Vậy N sẽ là tích của các số có dạng 4N+1 Dễ dàng nhận thấy rằng, tích của các số có dạng 4N+1 sẽ là 1 số có dạng 4N+1 Cho nên

N cũng có dạng 4N+1 vô lí

Như vậy N sẽ phải có ước số nguyên tố p có dạng 4N+3 Khi đó do p1, p2, , pk là tất cả các số nguyên tố có dạng 4N+3, do đó tồn tại i sao cho p=pi Nhưng khi đó N không chia hết cho p( vì N không hia hết cho pi)  mâu thuẫn Như vậy, ước số nguyên tố p của N sẽ là 1 số nguyên tố mới không nằm trong dãy số nguyên tố này  mâu thuẫn với điều giả sử

Ví dụ 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k+1

Làm theo phương pháp như trên chúng ta sẽ chọn N=4p1, p2 pk+1 và tìm cách chứng minh rằng N sẽ có ước số nguyên tố có dạng 4k+1 Tuy nhiên, nhìn

kỹ cách chứng minh này không ổn, vì tích của 2 số có dạng 4k+3 là số có dạng 4k+1 Do đó khả năng N là tích của 2 số nguyên tố có dạng 4k+3, vì vậy N sẽ không có ước số nguyên tố nào có dạng 4k+1 Trường hợp này ta không thể áp dụng cách giải này được nữa, cần phải tìm cách giải khác

Chúng ta có bổ đề: “ Với mọi số tự nhiên x thì 2

1

x  không có ước nguyên

tố có dạng 4k 3” Để chứng minh bổ đề này, chúng ta sử dụng định lý Fermat Theo định lý nhỏ Fermat thì với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên

a không chia hết cho p, 1

1

p

a   (mod p) Chúng ta chứng minh bổ đề theo phương pháp phản chứng như sau:

9

Giả sử như 2

1

x  có một ước số nguyên tố p 4k 3 Tức là: 2

x  , nên theo bổ đề trên mà chúng ta vừa chứng minh, thì

n không có ước số nguyên tố có dạng 4k 3 Vì n là số lẻ nên toàn bộ các ước

số nguyên tố của n sẽ có dạng 4k 1 Mặt khác chúng ta thấy rằng không một

số p i nào trong dãy số trên là ước số của n Vậy chúng ta đã tìm được những số nguyên tố mới có dạng 4k+1

Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4N+1 thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới cũng có dạng 4N+1, do đó sẽ có

vô hạn các số nguyên tố có dạng 4k 1

 Bài tập áp dụng :

Bài 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6N 1

10

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6N 5

Bài 3: Thử chọn vài giá trị khác cho a và b rồi chứng minh rằng tồn tại vô số các

số nguyên tố có dạng aNb

2 Phản chứng trong các bài toán bất đẳng thức

Trong chứng minh bất đẳng thức có trường hợp bất đẳng thức cần chứng minh thì đơn giản trong khi đó điều kiện lại phức tạp Vì vậy, phương pháp phản chứng dùng để đảo điều kiện và kết luận

Mà a b c   3 abc1 (Mâu thuẫn) Vậy điều giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh

11

Suy ra điều giả sử sai, vậy 3 3 3

3

a b c  abc đúng với mọi a, b, c dương

Ví dụ 3: Cho ba số a b c, ,  0;1 Chứng minh rằng có ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là sai:

  1 1

4

a b  (1)

  1 1

4

b c  (2)

  1 1

Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức này sai

Điều này vô lí, vì theo bất đảng thức Cauchy thì adcb2 ad cb.

Vậy BĐT ban đầu a c b d    ab cd đúng

Chứng minh cả 3 số a, b, c đều âm

3 Phản chứng trong các bài toán về phương trình, hệ phương trình

Ví dụ 1: Cho a b c 0, chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương trình sau có nghiệm:

2

ax  bx c (1) 2

bx  cx a (2) 2

cx  ax b  (3)

Giải

13

Giả sử cả ba phương trình trên đều vô nghiệm, thì:

' 2 1 ' 2 2 ' 2 3

0 0 0

Vậy có ít nhất một trong ba phương trình trên có nghiệm

Ví dụ 2: Nếu a a1 2 2b1b2 thì ít nhất một trong hai phương trình

14

Vây có ít nhất 1 trong 2 số  1, 2 lớn hơn 0

Do đó, nếu a a1 2 2b1b2 thì ít nhất 1 trong 2 phương trình

x a x b  x a x b  có nghiệm

4 Phản chứng trong các bài toán về chia hết

2008   1 2007 1   1,mà 2007 3  nên  2008

2007 1  chia 3 dư 1.Suy ra  2008

Giả sử k không là số chình phương

Trong các phần tử của S ta chọn ra cặp A B,  thỏa mãn AB nhỏ nhất

2 (2) 0

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của tổng AB

Như vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có k phải là một số chính phương

Ví dụ 3: Chứng minh rằng:

a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2

b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3

Giải:

a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1)

Có hai trường hợp xảy ra : TH1: n chia hết cho 2 => n(n + 1) chia hết cho 2 TH2: n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) chia hết cho 22 => n(n +1) chia hết cho 2

b) Xét mọi trường hợp: n chia hết cho 3; n=3q+1; n = 3q+2

16

Nếu n chia hết cho 3, hiển nhiên A(n) chia hết cho 3 + Nếu n = 3q+1 => n+2 = 3q+3 chia hết cho 3 + Nếu n= 3q+2 => n+1 = 3q+2+1 = 3q+3 chia hết cho 3 Trong mọi trường hợp A(n) luôn chứa một thừa số chia hết cho 3

Vậy A(n) chia hết cho 3 (đpcm)

Ví dụ 4: Chứng minh rằng không thể có hai số nguyên m , n để đẳng thức

sau được thỏa măn: 2 2

2m không chia hết cho 4 hay 2

m không chia hết cho 2⇒ 2

Trong việc chứng minh một số tính chất bằng phương pháp phản chứng, ta

có thể có thêm một số thông tin bổ sung quan trọng nếu sử dụng phản ví dụ nhỏ nhất Ý tưởng là để chứng minh một tính chất A cho một cấu hình P, ta xét một

đặc trưng f(P) của P là một hàm có giá trị nguyên dương Bây giờ giả sử tồn tại một cấu hình P không có tính chất A, khi đó sẽ tồn tại một cấu hình P0 không có tính chất A với f(P0) nhỏ nhất Ta sẽ tìm cách suy ra điều mâu thuẫn Lúc này, ngoài việc chúng ta có cấu hình P0 không có tính chất A, ta còn có mọi cấu hình

c) Các đường chéo của ngũ giác lồi cắt nhau tạo ra một ngũ giác lồi nhỏ

A1B1C1D1E1 bên trong Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong hoặc trên biên ngũ giác lồi A1B1C1D1E1

Giải

18

a) Ta sẽ giải quyết bài toán theo nguyên lý Dirichlet Ngũ giác có 5 điểm nên

sẽ tồn tại ít nhất 2 điểm (ta đặt 2 điểm này là H, K)trong 5 điểm mà cặp tọa độ (x, y) của chúng có cùng tính chẵn lẻ, chỉ có 4 trường hợp : (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ) Như vậy, khi ta lấy trung điểm M của 2 điểm H, K ta sẽ có được điểm (khác A, B, C, D, E) có tọa độ nguyên Vậy ta có điều phải chứng minh

b) Giả sử tồn tại ngũ giác nguyên mà bên trong không chứa điểm có tọa độ nguyên nào Có rất nhiều ngũ giác như vậy Chọn ngũ giác ABCDE có diện tích nhỏ nhất Theo lý luận ở câu a, tồn tại 2 đỉnh H, K có cặp tọa dộ có cùng tính chẳn lẻ Trung điểm M của HK có tọa độ nguyên Vì bên trong ngũ giác ABCDE không có điểm nguyên nào nên HK phải là một cạnh nào đó Ví dụ ta lấy cạnh AB( không mất tính tổng quát), khi đó ngũ giác MBCDE cũng có tọa độ các đỉnh đều nguyên và có diện tích nhỏ hơn diện tích ngũ giác ABCDE Do tính nhỏ nhất của ABCDE nên bên trong ngũ giác MBCDE có một điểm nguyên N Điều này mâu thuẫn vì N cũng nằm trong ngũ giác ABCDE Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2: (Định lý Bezout) Chứng minh rằng nếu  a b,  1 thì tồn tại u,v

Mỗi số trong b số đó chia b chỉ có thể dư 0; 2; 3; ; b(có b −1 số dư)

Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 số nguyên dương i j, mà i j sao cho ia ja(mod b )

 Bài tập áp dụng : Trên mặt phẳng đánh dấu một số điểm Biết rằng 4 điểm bất

kỳ trong chúng là đỉnh của một tứ giác lồi Chứng minh rằng tất cả các điểm được đánh dấu là đỉnh của một đa giác lồi

6 Phản chứng trong các bài toán chứng minh sự không tồn tại

Ví dụ 1: Hình tròn được chia bởi 5 đường kính thành 10 phần bằng nhau

Ban đầu mỗi phần có 1 biên bi, mỗi lần thực hiện ta chọn 2 viên bất kì, và di chuyển chúng sang ô bên cạnh, 1 viên theo chiều kim đồng hồ và 1 viên ngược chiều kim đồng hồ Hỏi sau hữu hạn lần thực hiện, ta có thể chuyển, ta có thể chuyển tất cả bi về 1 ô được hay không?

Giải

Giả sử ta có thể chuyển được:

Ta bôi màu trắng và đen xen kẽ nhau, từ đó ta thấy tổng các số trong ô trắng(S trắng) bằng tổng các số trong ô đen(S đen) và bằng 5 Giả sử sẽ tương đương với biến đổi S đen = 10 và S trắng = 0 (hoặc ngược lại)

Nếu ta dịch chuyển theo yêu cầu thì luôn luôn xảy ra trường hợp là tổng các

ô trắng và tổng các ô đen là số lẻ Từ đó quá lắm ta chỉ chuyển được về S đen =

9 và S trắng = 1, mâu thuẫn với giả thiết

Từ đó ta có điều cần chứng minh

Ví dụ 2: Chứng minh rằng không tồn tại các số a,b,c đồng thời thỏa

mãn (1),(2),(3): |a| < |b−c|(1)

|b| < |c−a|(2)