Chương 3 Suy luận và chứng minh

Logic toán (sách tham khảo) 65 ƢƠNG 3 SUY LUẬN VÀ ỨNG M N  Nội dung trọng tâm  Khái niệm về suy luận toán học  Một số quy tắc suy luận  Các phƣơng pháp chứng minh và biết vận dụng các phƣơng phá.

Logic toán (sách tham khảo) ƢƠNG SUY LUẬN VÀ ỨNG M N  Nội dung trọng tâm:  Khái niệm suy luận toán học  Một số quy tắc suy luận  Các phƣơng pháp chứng minh biết vận dụng phƣơng pháp để chứng minh toán cụ thể Suy luận đƣợc xem tảng xây dựng nên ngành khoa học tự nhiên Từ xƣa đến nay, nhờ suy luận mà ngƣời ta nhận thức đƣợc chƣa biết từ biết Suy luận sở sáng tạo Từ phán đoán, đƣa đến chứng minh để chấp nhận hay bác bỏ vấn đề 3.1 Suy luận 3.1.1 Suy luận - Suy luận hợp logic Suy luận trình suy nghĩ để rút mệnh đề (kết luận suy luận) từ hay nhiều mệnh đề có (các tiền đề) Cho P, Q hai mệnh đề (hoặc biểu thức mệnh đề) Nếu ta lập mệnh đề P  Q : “Do P, Q” , “Từ P suy Q” ta suy luận từ tiền đề P để có kết luận Q Có hai khả : a) P  Q = (hằng đúng) Khi ta có phép suy diễn (hay phép suy luận hợp logic) với qui tắc suy diễn P , “Q kết luận logic P” Q Trong qui tắc suy diễn giả thiết đƣợc viết phía dấu gạch ngang, kết luận đƣợc viết phía dƣới b) P  Q khơng đúng, tức trƣờng hợp mà P nhƣng Q sai, phép suy luận không hợp logic, tức “Q kết luận logic P” - 65 - Logic toán (sách tham khảo) Những suy luận có dùng qui tắc suy diễn cịn gọi suy luận có sở Khi tất suy luận có sở dẫn đến kết luận Một suy luận có sở dẫn đến kết luận sai tiền đề dùng suy diễn sai 3.1.2 Phân loại suy luận - Suy luận diễn dịch (suy diễn) suy luận theo qui tắc (qui tắc suy diễn), xác định tiền đề kết luận - Suy luận có lý (suy luận qui nạp) suy luận không theo quy tắc suy luận tổng quát Nó xuất phát từ tiền đề để rút kết luận mà sai 3.2 Suy luận diễn dịch 3.2.1 hái niệm suy luận diễn dịch chứng minh Suy luận diễn dịch dựa tảng phép toán mệnh đề, chủ yếu phép kéo theo, có cấu trúc logic P  Q , P gọi giả thiết Q gọi kết luận Quá trình từ giả thiết đến kết luận gọi trình chứng minh trình đƣợc thực thi cách gọi phƣơng pháp chứng minh 3.2.2 Một số qui tắc suy diễn thƣờng dùng (từ tiền đề) a) Những qui tắc suy diễn từ phép toán mệnh đề Chẳng hạn nhƣ : * Quy Tắc cộng: p q pq pq * Quy Tắc rút gọn: pq pq p q * Qui tắc từ hội đến kéo theo : * Qui tắc phản đảo : pq pq pq qp b) Qui tắc đặc biệt hóa Giả sử : vị từ p(x) với x A - 66 - Logic toán (sách tham khảo) mệnh đề tổng quát x A ; p(x) có chân trị Khi thay x a A ta đƣợc mệnh đề p(a) có chân trị x ; p(x) p(a) Nói cách khác, ta có qui tắc suy luận : Ví dụ : p(x) : x tận (với x N) q(x) : x chia hết cho (với x N) x N ; (p  q)(x) mệnh đề Ta biết Vậy (p  q)(1520) tức p(1520)  q(1520) mà p(1520) Do q(1520) Nghĩa 1520 chia hết cho * Chú ý : Ta có qui tắc suy diễn : (x ; p(x)  q(x)) , p(a) q(a) Ví dụ : Các định lý toán học thƣờng mệnh đề tổng quát đúng, chẳng hạn nhƣ trƣờng hợp tam giác Khi áp dụng ta đặc biệt hóa cho tam giác cụ thể c) Qui tắc tổng quát hóa Giả sử : vị từ p(x) với x A Khi thay x a A (phần tử a cố định nhƣng tùy ý) , ta đƣợc mệnh đề p(a) có chân trị Vậy mệnh đề tổng quát x A ; p(x) có chân trị Nói cách khác, ta có qui tắc suy luận : Nhận xét : a ; p(a) x ; p(x) Nếu xem vị từ p(x) hàm (ánh xạ) từ A vào T = {0,1} x A ; p(x) có chân trị p(x) hàm * Chú ý : Ta có qui tắc suy diễn : (x ; p(x)  q(x)) , (x ; q(x)  r(x)) x ; p(x)  r(x) 3.2.3 Một số qui tắc suy diễn thƣờng dùng (từ tiền đề) Dạng A, B nghĩa (AB)  C tức (AB)  C = C - 67 - Logic toán (sách tham khảo) “Nếu AB C đúng” 1) Qui tắc khẳng định (modus ponens) : p q,p q 2) Qui tắc phủ định (modus tollens) : (Qui tắc kết luận ngƣợc) 3) Qui tắc lựa chọn : (Tam đoạn luận tuyển) 4) Qui tắc bắc cầu phép kéo theo : p q,q p pq,p q (Tam đoạn luận giả thiết, syllogism) pq,qr pr 5) Qui tắc hội : p, q pq * Các dạng khác qui tắc hội : 5a) 5b) pq, pr p  (q  r ) pr,qr (Qui nạp hoàn toàn) ( p  q)  r 6) Qui tắc qui nạp toán học : Cho vị từ p(n) với n N a N p(a) , [p(k)  p(k  1) k  a] n  a ; p(n) 7) Qui tắc chứng minh phản chứng (1) : ( p  q)  pq 8) Qui tắc chứng minh phản chứng (2) : ( p  q)  p pq 9) Qui tắc chứng minh điều kiện cần đủ : pq,qp pq 10) Qui tắc hội giả thiết, kết luận phép kéo theo : p q , r s ( p  r )  (q  s) 11) Qui tắc tuyển giả thiết, kết luận phép kéo theo : - 68 - p q, r s ( p  r )  (q  s) Logic toán (sách tham khảo) 12) Qui tắc biến đổi tƣơng đƣơng : p  q,q p BẢNG CÁC QUY TẮC THƢỜNG DÙNG QTSD Phát biểu theo Phát biểu theo phép kéo theo sơ đồ suy diễn [(p  q)  p]  q = p q,p q [(p  q)  q ]  p = p q,q p [(p  q)  p ]  q = pq,p q [(p  q)  (q  r)]  pq,qr pr (p  r) = (p  q)  (p  q) = p, q pq [(p  q)  (p  r)]  pq, pr p  (q  r ) [p  (q  r)] = pr,qr ( p  q)  r [(p  r)  (q  r)]  [(p  q)  r] = [p(a)  ((p(k)  p(k+1) ka))  (na ; p(n)) = [(p  q )  (r  r )]  p(a) , [p(k)  p(k  1) k  a] n  a ; p(n) ( p  q)  (r  r ) pq (p  q) = [(p  q )  p )]  (p  q) = ( p  q)  p pq [(p  q)(q  p)]  (pq) = pq,qp pq 10 [(p  q)(r  s)]  p q , r s ( p  r )  (q  s) [(pr) (qs)] = - 69 - Logic toán (sách tham khảo) 11 p q, r s ( p  r )  (q  s) [(p  q)(r  s)]  [(pr) (qs)] = 12 p  q,q p [(pq)  q ]  p = Các qui tắc suy diễn khác :  Quy Tắc hoán vị tiên đề : [p   q  r  ]  q pr  p   q  r     p  q   Quy Tắc kết hợp tiên đề :  r  p  q   r   p  Quy Tắc tách tiên đề :  qr Ví dụ : Qui tắc suy luận sở suy diễn sau ? " Nếu hơm trời mƣa ta khơng đến Nếu ta khơng đến ngày mai ta đến Vậy thì, hơm trời mƣa ngày mai cô ta đến." Đây suy diễn dựa qui tắc tam đoạn luận giả định "Nếu hôm tuyết rơi trƣờng đại học đóng cửa Hơm trƣờng đại học khơng đóng cửa Do đó, hơm khơng có tuyết rơi " Đây suy diễn dựa qui tắc Modus Tollens " Alice giỏi toán Do đó, Alice giỏi tốn tin" Đây suy diễn dựa qui tắc cộng 3.2.4 Ngụy biện Ví dụ 4: Xét xem suy diễn sau có sở không ? " Nếu bạn giải hết tập sách tốn rời rạc bạn nắm vững logic Bạn nắm vững logic bạn giải hết tập sách toán logic này" Nhận thấy suy diễn dựa mệnh đề sau : ((P→Q) ∧ Q) → P Trong đó: P = "Bạn giải hết tập sách toán logic" Q = "Bạn nắm vững logic" - 70 - Logic toán (sách tham khảo) Mệnh đề ((P→Q) ∧ Q) → P khơng phải sai P có chân trị Q có chân trị Do đó, suy diễn khơng hồn tồn có sở Bởi vì, Q nghĩa bạn nắm vững logic nhƣng không bạn giải hết tập sách tốn logic mà giải sách khác Do suy luận ngụy biện Trong chương trình Tốn phổ thơng, ta gặp tốn vui ngụy biện Chẳng hạn « muỗi nặng voi » (SGK Toán 9, tập I, tr12) 3.3 Suy luận quy nạp (hay suy luận có lý) Quy nạp tốn học kỹ thuật chứng minh quan trọng Ngƣời ta dùng để chứng minh kết có dựa suy luận Tuy nhiên, quy nạp tốn học dùng để chứng minh kết nhận đƣợc cách khơng cơng cụ để phát công thức Mặc dù suy luận quy nạp thiếu tính thuyết phục nhƣng có ý nghĩa quan trọng khoa học đời sống Nó giúp có từ quan sát cụ thể thể rút dự đoán, giả thuyết để sau tìm cách chứng minh chặt chẽ Nó đặt sở cho nhiều phát minh khoa học Trong tốn học có hai kiểu suy luận quy nạp thƣờng dùng : - Phép quy nạp hồn tồn - Phép quy nạp khơng hồn tồn (quy nạp phóng đại, khái quát hóa, tổng quát hóa) 3.3.1 Quy nạp hoàn toàn Phƣơng pháp quy nạp hoàn toàn đƣợc sử dụng rộng rãi để chứng minh định lý giải tốn Trong phƣơng pháp quy nạp hồn tồn, khẳng định chung đƣợc chứng minh trƣờng hợp riêng xảy Để áp dụng phƣơng pháp suy luận này, phải đƣa việc phân chia trƣờng hợp chung thành số hữu hạn trƣờng hợp riêng có chứng minh khẳng định tất trƣờng hợp riêng Ví dụ 5: Chứng minh với số thực a, b ta có: a thức xảy ? Giải: - 71 - b a b Dấu đẳng Logic toán (sách tham khảo) Xét bốn trƣờng hợp sau: Nếu Nếu a b a b a b Khi đó: a , nên ta có: a b a b Khi a b a b a b (bđt đúng) b vƣợt qua max a , b , đó: b (bđt đúng) a Nếu a b , a b nên ta có: a b a ( b) a b (bđt đúng) Vậy a b b (đpcm) Dấu đẳng thức xảy a, b dấu a 3.3.2 Quy nạp khơng hồn tồn Là phép suy luận từ riêng đến kết luận cho chung, từ tƣợng đơn đến kết luận cho tƣợng phổ biến Nét đặc trƣng suy luận chổ khơng có quy tắc chung cho trình suy luận mà dựa sở nhận xét kiểm nghiệm Ví dụ 6: Xuất phát từ nhận xét: 22 22 số nguyên tố 17 số nguyên tố n Fermat đến nhận xét tổng quát: 22 số nguyên tố với n N* Ví dụ 7: Xuất phát từ nhận xét: = + 2; = + 3; = + 5; Nhà toán học Đức, Goldbach tới kết luận tổng quát: Một số chẵn bất ký lớn tổng hai số nguyên tố Ví dụ 8: Xuất phát từ nhận xét : = + + ; = + + ; Nhà toán học Thụy sĩ – Euler tới kết luận tổng quát : Một số lẻ lớn tổng ba số nguyên tố Nhận thấy, kết luận rút từ phép quy nạp khơng hồn tồn đúng, sai có tính dự đoán Nếu suy diễn, ta chứng minh đƣợc dự đốn - 72 - Logic tốn (sách tham khảo) trở thành định lý Nếu phản ví dụ, ta dự đốn sai bác bỏ dự đốn (trong ví dụ : n = ta không nhận đƣợc số nguyên tố) Nếu chƣa chứng minh đƣợc hay sai dự đốn trở thành giả thuyết (Trong ví dụ : giả thuyết Goldbach, ví dụ : giả thuyết Euler) 3.4 hứng minh 3.4.1 Thế chứng minh Ta xét phép suy luận hợp logic : p1 , p q (chúng ta quan tâm đến hình thức hay cấu trúc suy luận mà không quan tâm đến nội dung hay ý nghĩa mệnh đề p1 ,p2 ,q suy luận đó) Trong tốn học, tiền đề p1, p2 suy luận (chúng thƣờng định nghĩa, tiên đề định lý đƣợc chứng minh trƣớc đó) ta rút kết luận q ta nói q kết luận chứng minh, cịn suy luận chứng minh Vậy chứng minh mệnh đề X vạch rõ X kết luận logic tiền đề Tuy nhiên, có phƣơng pháp chứng minh đƣợc dựa sở mệnh đề (hằng đúng) có phƣơng pháp chứng minh sai Các phƣơng pháp chứng minh sai cố ý vô ý Khi phƣơng pháp chứng minh dựa sai mang lại kết sai nhƣng ngƣời ta cho đƣợc gọi cố ý Đơi có phƣơng pháp chứng minh dựa tiếp liên (có mệnh đề nhƣng có lúc sai) mà ngƣời ta tƣởng lầm nên cho kết trƣờng hợp gọi vô ý (hay ngộ nhận) 3.4.2 Mô tả chứng minh Nhƣ giới thiệu phần trên, tốn cần chứng minh, thơng thƣờng có hai phần giả thiết kết luận Việc đƣợc giả thiết, kết luận giúp cho việc chứng minh dễ dàng thông qua việc sử dụng phƣơng pháp chứng minh thích hợp Một chứng minh tốn học bao gồm số hữu hạn bƣớc, bƣớc - 73 - Logic toán (sách tham khảo) suy luận diễn dịch (trong ta vận dụng qui tắc suy luận tổng quát) Trong trƣờng hợp chứng minh gồm bƣớc phép suy luận diễn dịch với tiền đề Một phép chứng minh gồm phần : a) Luận đề : mệnh đề ta phải chứng minh b) Luận : mệnh đề mà tính đắn chúng đƣợc khẳng định Chúng đƣợc dùng làm tiền đề bƣớc suy luận c) Luận chứng : qui tắc suy luận tổng quát đƣợc sử dụng bƣớc suy luận chứng minh Trong thực hành, chứng minh : - Thiết lập dãy bƣớc suy luận diễn dịch - Trong bƣớc, ta rõ tiền đề, kết luận qui tắc suy luận tổng quát đƣợc áp dụng Mỗi chứng minh phải đạt ba yêu cầu sau :  Yêu cầu : Luận phải chân thực Những tiền đề dùng chứng minh phải đúng, ngƣời ta thƣờng đặt câu hỏi « dựa vào đâu để chứng minh ? » phải kiểm tra tiền đề  Yêu cầu : Luận chứng phải hợp logic Các phép suy luận dùng chứng minh phải phép suy luận hợp logic Ngƣời ta thƣờng đặt câu hỏi « dựa vào phép suy luận để chứng minh ? »  Yêu cầu : Không đƣợc đánh tráo luận đề Không đƣợc thay mệnh đề cần chứng minh mệnh đề khơng tƣơng đƣơng với Ngƣời ta thƣờng đặt câu hỏi « chứng minh ? » Nói cách khác, để chứng minh vấn đề đó, thông thƣờng ngƣời ta phải xác định điểm bắt đầu (gọi giả thiết) điểm kết thúc (gọi kết luận) Các phƣơng pháp chứng minh quan trọng khơng chúng thƣờng đƣợc sử dụng tốn học mà cịn đƣợc áp dụng nhiều tin học số khoa học khác nhƣ: Vật lý, Hóa học Một khác biệt Tốn học mơn khoa học khác xây dựng lý thuyết suy diễn Suy diễn suy luận hợp logic từ - 74 - Logic tốn (sách tham khảo) Vậy tập xác định khơng thể [0,3 ] Khắc phục sai lầm : Tập xác định tập giá trị hàm số : với -2  x  t= Do t   t2 = + mà  t2  18 (đẳng thức xảy x = )  (7–x)+(2+x) = (bđt Côsi) 0 (đẳng thức xảy x = -2 , x = 7) Vậy  t2  18 3t3 hàm số liên tục [-2 ; 7] nên hàm số có Do t = tập giá trị [3 ;  ] Lời giải : pt trở thành = m (1) pt cho có nghiệm  pt (1) có nghiệm t thỏa  t  với t [3,3 Đặt y = ] Lập bảng biến thiên để tìm tập giá trị, ta đƣợc y  Vậy (1) có nghiệm m  Do pt cho có nghiệm Ví dụ 90 Tìm m để phƣơng trình sau có nghiệm x2 + (x + 1)2 = Xét hai lời giải sau : - Lời giải : pt  [2(x2 + x + 1) – 1] (x2 + x + 1) = m Đặt t = x2 + x + = - 135 - Logic toán (sách tham khảo) pt trở thành 2t2 – t = m (1) pt cho có nghiệm  pt (1) có nghiệm với t  Đặt y = 2t2 – t Do y’ = 4t – > , t   hàm số y = 2t2 – t  y  y( ) = Vậy pt (1) có nghiệm với t  đồng biến [ , +) m  Do pt cho có nghiệm m  - Lời giải : pt  [2(x2 + x + 1) – 1] (x2 + x + 1) = m  [2[ ] – 1][ ]=m  pt có nghiệm x = -1 - xo Nếu pt có nghiệm x = xo  xo = -1 - xo Vậy pt có nghiệm  xo = Khi m= Nhận xét sai lầm lời giải khắc phục : Lời giải “đánh tráo khái niệm phƣơng trình có nghiệm nhất” phƣơng trình cho sang phƣơng trình (1) Vậy kết m  điều kiện cần để phƣơng trình cho có nghiệm Ta cần bổ sung điều kiện đủ : (1)  x2 + x + (1 – t) = pt (ẩn x) có nghiệm   =  4t – = t= Khi x= , - 136 - m= Logic toán (sách tham khảo) Vậy m = giá trị cần tìm Nhận xét sai lầm lời giải khắc phục : Kết m = điều kiện cần , cần phải thử lại (để có điều kiện đủ) Thử lại Với m = pt Vậy Ví dụ 91: m =   x= (duy nhất) pt có nghiệm Cho hình bình hành ABCD Trên đƣờng chéo BD ta lấy hai điểm E,F khác O (với O giao điểm hai đƣờng chéo) cho BE = DF Chứng minh AF//CE Xét lời giải : Ta có OB = OD theo giả thiết BE = DF nên OF = OD – DF = OB – BE = OE Vậy tứ giác AECF có hai đƣờng chéo AC,EF cắt trung điểm  đƣờng nên hình bình hành AF//CE Nhận xét lời giải (phát sai lầm): Lời giải chƣa hoàn chỉnh, chƣa xét đủ vị trí tƣơng đối hai điểm E, F nên thiếu trƣờng hợp Cụ thể : - 137 - Logic toán (sách tham khảo) - Lời giải trƣờng hợp điểm E nằm B O , điểm F nằm D O - Còn thiếu trƣờng hợp điểm F nằm B O , điểm E nằm D O Lời giải hoàn chỉnh (đã khắc phục sai lầm): - Trƣờng hợp : điểm E nằm B O , điểm F nằm D O (đã chứng minh) - Trƣờng hợp : điểm F nằm B O , điểm E nằm D O Theo giả thiết BE = DF  BF + FE = DE + EF  BF = DE mà OB = OD  OF = OB – BF = OD – DE = OE Vậy tứ giác AECF có hai đƣờng chéo AC, EF cắt trung điểm đƣờng nên hình bình hành Kết luận :  AF//CE - 138 - AF//CE Logic toán (sách tham khảo) ƢƠNG BÀI TẬP 1/ Trƣớc vị từ sau đây, đặt (hay hai) lƣợng từ để có mệnh đề (x, y, a, b Z) a) x+5>7; b) a2 > a c) x  ; d) 15 bội x e) (a - b)2 = a2 - b2 ; f) (x – 1)(x + 1) = x2 – 2/ Các cặp vị từ sau có phải phủ định khơng ? Nếu khơng chỉnh sửa để chúng phủ định a) a số chẵn ; a số lẻ b) x số âm ; x số dƣơng c) a số nguyên tố ; a hợp số d) Có số ƣớc 15 ; e) Mọi hình thang nội tiếp đƣợc đƣờng trịn ; Có số khơng ƣớc 15 Mọi hình thang khơng nội tiếp đƣợc đƣờng trịn f) Phƣơng trình 10x + 2015 = có nghiệm ; Phƣơng trình 10x + 2015 = vơ nghiệm g) Phƣơng trình (x + 10)(x + 2015) = có nghiệm ; Phƣơng trình (x + 10)(x + 2015) = vô nghiệm 3/ Viết hàm mệnh đề (vị từ) sau dƣới dạng ký hiệu (phép toán logic) a) Tứ giác ABCD hình bình hành nội tiếp đƣợc đƣờng tròn b) Tứ giác ABCD hình bình hành nhƣng khơng nội tiếp đƣợc đƣờng trịn c) Khơng phải AD vừa phân giác vừa đƣờng cao tam giác ABC d) AD phân giác mà đƣờng cao tam giác ABC e) phƣơng trình x + = có nghiệm cịn phƣơng trình x + = x + vô nghiệm f) x lớn nhƣng không lớn g) 2x = = x2 4/ Viết hàm mệnh đề (vị từ) sau dƣới dạng ký hiệu (phép toán logic) ; ý phân biệt từ “và” phép hội, khơng - 139 - Logic tốn (sách tham khảo) a) a b hai số nguyên tố b) a b hai số nguyên tố c) a b hai số lẻ nguyên tố d) hai đoạn thẳng AB CD song song e) ABC DEF hai tam giác vuông đồng dạng với 5/ Phân biệt ý nghĩa từ “hoặc” (“hay”) phép tuyển  hay phép tuyển chọn  vị từ sau a) Số x chia hết cho cho b) Hai góc có cạnh tƣơng ứng song song bù c) a số dƣơng số âm d) x  Viết dƣới dạng ký hiệu (phép toán logic) xác định chân trị chúng 6/ Cho tam giác ABC với đƣờng cao AH Chứng minh BC.sinB.sinC = AH.sin(B+C) Hãy tìm chỗ sai lời giải sau giải lại cho Lời giải Ta có BC = BH+HC = AH(cotB+cotC) =  BC.sinB.sinC = AH.sin(B+C) 7/ Tìm m để đồ thị hàm số y = Lời giải  + m , x  R Ta có y’ = Đồ thị hàm số y =  + mx + cắt trục hoành điểm + mx + cắt trục hoành điểm pt y’ = có nghiệm kép vơ nghiệm 0  m0 Hãy nhận xét lời giải ? 8/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = a , SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M điểm chuyển động đoạn thẳng SC Xác định vị trí M để diện tích tam giác MBD nhỏ Lời giải : - 140 - Logic toán (sách tham khảo) Gọi O = ACBD Ta có  BD  (SAC) mà MO  (SAC)  BD  MO O  MO đƣờng cao tam giác MBD Do nên nhỏ  MO nhỏ  MO  (ABCD)  MO//SA mà O trung điểm AC  M trung điểm SC Vậy diện tích tam giác MBD nhỏ M trung điểm SC Hãy xét xem lời giải xác chƣa ? 9/ Giải phƣơng trình Lời giải 5.2x – = Điều kiện x  Xét hai hàm số tập D = R\{ } f(x) = 5.2x – - 141 - Logic toán (sách tham khảo) g(x) = Ta có f’(x) = 5.2x.ln2 > , x  D < , x  D g’(x) =  Trên D f(x) đồng biến, g(x) nghịch biến  pt f(x) = g(x) có nhiều nghiệm mà x = nghiệm pt  pt cho có nghiệm x = Ý kiến bạn lời giải ? 10/ Giải phƣơng trình Lời giải –2 = 9x – 0 Điều kiện Đặt u = ,v= (u  , v  0) Ta có u2 – v2 = 9x – (1) Pt trở thành u – v = 9x – (2) Từ (1) (2) ta có u2 – v2 = u – v  (u – v)(u + v – 1) =  Trƣờng hợp Nếu u = v   Trƣờng hợp  = x= (nhận) Nếu v = – u 2u = 9x –    (nhận) - 142 - Logic toán (sách tham khảo) Vậy pt có hai nghiệm Tuy nhiên thử lại x= , khơng thỏa phƣơng trình Vậy nghiệm ngoại lai xuất đâu ? - 143 - Logic toán (sách tham khảo) Gợi ý hướng dẫn phần tập ƢƠNG 18/ HD Gọi màu xe, loại xe mệnh đề Biểu diễn mệnh đề thông qua lời khai ngƣời Lấy hội lời khai, kết cần điều kiện gì? 19/ HD Lập bảng mơ tả trƣờng hợp, chọn trƣờng hợp thỏa mãn với yêu cầu 20/ HD Giả sử D nhà báo, dùng bƣớc giả thiết để kết luận tính hợp lý Tƣơng tự cho việc giả sử D nhà buôn 21/ HD Giả sử ba ngƣời vợt có nhiều trận thắng nhất, dùng giả thiết đề cho, chứng tỏ điều phải chứng minh 22/ HD Gọi A ngƣời quen với 67 ngƣời khác, mời đƣợc nhiều 32 ngƣời Lập luận tƣơng tự, toán đƣợc chứng minh ƢƠNG 1/ a) Đ; b) S; c) Đ; d) S; e) S; f) Đ 2/ a) S; b) Đ; c) Đ; d) Đ; e) S; f) S; g) S; h) Đ 3/ b) x = 5/ a) Đ; b) Đ; c) S; d) S; e) S 6/ c) S; d) Đ; e) S 10/ a) Đúng Vì giá trị x thỏa P(x) Hai số lẻ, thỏa Q(x) b) Sai Vì x = thỏa Q(x), nhƣng khơng nghiệm phƣơng trình x2  8x  15  , nên P(x) sai c) Đúng d) Đúng Vì có x = thỏa Q(x) nghiệm phƣơng trình x2  8x  15  , nên P(x) e) Đúng Vì có x = thỏa R(x) nghiệm phƣơng trình x2  8x  15  , nên P(x) f) Đúng Vì giá trị x thỏa P(x) Hai số lớn 0, thỏa R(x) g) Đúng Vì có x = thỏa R(x) nghiệm phƣơng trình x2  8x  15  , nên P(x) - 144 - Logic tốn (sách tham khảo) h) Đúng Vì có x = số lẻ thỏa Q(x), lớn thỏa R(x), nghiệm phƣơng trình x2  8x  15  , nên P(x) i) Sai Vì có x = - số lẻ thỏa Q(x), khơng nghiệm phƣơng trình x2  8x  15  , không lớn (R(x) sai) 11/ b) Đ Vì P(5) đúng, R(5) sai Đ Vì Q(5) sai Đ Sai Vì P(5) đúng, R(5) sai 12/a) Có sinh viên lớp tơi học mơn tin học b) Có sinh viên lớp học tất môn tin học c) Tất sinh viên lớp học mơn tin học d) Có môn tin học mà tất sinh viên lớp học e) Tất môn tin học có sinh viên lớp tơi học f) Mọi sinh viên lớp học tất mơn tin học 15/ a) Đúng Vì có x = 18/Ta có Hai mệnh đề E H A = 10 A = 35 Hai mệnh đề F H A = 46 Hai mệnh đề G H A = 74 Nhƣ có bốn số thỏa yêu cầu toán 10, 35, 46, 74 19/ Ta có a + b = 3b + a + 7b = 9b + Nên mệnh đề C A D sai (vô lý) Vậy C phải sai, ba mệnh đề A, B, D Mà B đúng, nên a + = k.b, với k  Z  Suy b(k – 2) = Vậy b gồm 1, 2, 3, Thay vào ta có Với b = a = (loại D sai) Với b = a = (nhận) Với b = a = 11 (loại D sai) Với b = a = 17 (nhận) Vậy có cặp số cần tìm (9; 2), (17; 6) 20/ Ta có y  b  ax Thay vào phƣơng trình, ta đƣợc - 145 - Logic toán (sách tham khảo) x  4(b  ax)2   1  4a  x  8abx  4b   + TH1  4a  , hệ vô nghiệm b = + TH2  4a  , để hệ có nghiệm b = a  Vậy hệ có nghiệm với giá trị tham số b a  21/ Vì P nên x   y  2x  45 , thay vào Q ta có x  x Vì x  Z  x  1; x  2  17   17  Để P, Q, R có cặp số thỏa  2;  ,  2;   2  2  7  7  22/ Có cặp số thỏa mãn  3;  ,  3;   2  2  ƢƠNG 3/ a (Chứng minh trực tiếp) Giả sử n số chẵn, suy n  2k , k  Z Ta có n2   2k   4k 2 Vậy n số chẵn (đpcm) c (Chứng minh phản chứng) Giả sử n số chẵn nhƣng n khơng số chẵn Vì n số lẻ nên ta có n2   2k  1  n  2k  không chia hết cho 2, n số lẻ (mâu thuẫn với giả thiết n số chẵn) Vậy bình phƣơng số chẵn số chẵn 5/ Gọi p mệnh đề "n không chia hết cho 5" q mệnh đề "n chia cho dƣ 4" Khi đó, p tƣơng đƣơng với p1 ∨ p2 ∨p3 ∨ p4 Trong p1 = " n mod =1"; p2 = " n mod =2" ; p3 = " n mod =3" p4 = " n mod =4" Vậy, để chứng minh p  q đúng, chứng minh (p1 ∨ p2 ∨p3 ∨ p4) → q (p1 → q) ∧ ( p2→ q) ∧ (p3 → q) ∧ ( p4→ q) Giả sử p1 Ta có, n mod = Đặt n = 5k + ( k số nguyên đó) Suy - 146 - Logic toán (sách tham khảo) 2 2 n = ( 5k+1) = 25k + 10k + = 5(5k + 2k) + chia cho dƣ Do đó, p1 → q Tƣơng tự, giả sử p2 Ta có, n mod = Đặt n = 5k + ( k số nguyên 2 2 đó) Suy n = ( 5k+2) = 25k +20k + = 5(5k + 4k ) + chia cho dƣ Do đó, p2 → q Tƣơng tự cho p3 → q, p4 → q Vậy (p1 ∨ p2 ∨p3 ∨ p4) → q (đpcm) 8/ a Với n = -2, ta có A 60 32 11 11 (đẳng thức đúng) 30 Giả sử đẳng thức với n  k  2 , ta chứng minh với n  k  Ta có A 62(k 3(k 1) 62k 3k 3(k 1) 3k (62k 4.62 1) 33.62k 3k 4.3 3k 2.3) 33 Vậy đpcm b Với n = 0, ta có B 112 133 133 (đẳng thức đúng) 121 Giả sử đẳng thức với n  k  , ta chứng minh với n  k  Ta có B 11(k 1) 11 11k 122(k 122k 11k 2.11 1) 133.122k 1 122k 1.122 133 Vậy đpcm 11/ Ta có a  b  c  ab  bc  ca  2(a  b  c )  2(ab  bc  ca )   a  b  b  c    c  a   Vậy a 2 b2 c2 ab a.b.c bc 13/ Ta có ab bc ab bc ca ; a ,b ,c R (đpcm) (1) ca ac (2) (3) Từ (1) suy ba số a, b, c phải số âm Giả sử a   b.c   b, c phải dấu - 147 - Logic toán (sách tham khảo) Nếu b, c dƣơng từ (3) ta có a  b  c   a    b  c   ab  bc  ca    b  c   (mâu thuẫn với (2)) Vậy a, b, c âm (đpcm) 18/ a Ta có 2a b2 c2 2a(b Vậy 2a b2 c2 c) a b a c 2a(b c ); a,b,c R cb ac b (đúng) b Ta có a b c a ab b Vậy a b c b ab c 2(a c cb a c) ac ; a ,b ,c 2( ab cb ac ) 0; ƢƠNG V 1) 2) e) a b (a – b)2 = a2 – b2 Hay b a (a – b)2 = a2 – b2 phải a,f g) Cách sửa Cách sửa 3) 4) bỏ “2” mệnh đề đầu sửa mệnh đề sau thành “… khơng có nghiệm” a) “ABCD hình bình hành”  “A,B,C,D  đƣờng trịn” c) “AD khơng phân giác”  “AD không đƣờng cao” f) (x > 4)  ((x < 5)  (x = 5)) không b e) “ABC tam giác vuông”  “DEF tam giác vuông”  “hai tam giác ABC DEF đồng dạng” 5) phép tuyển  a 6) Có đƣợc BC = BH + HC H  cạnh BC 7) điều kiện đủ 8) dẫn đến MO  (ABCD) sai 9) sai luận f(x) đồng biến , g(x) nghịch biến D 10) điều kiện cần (do (2) đẳng thức) ; phép tuyển chọn  b,c,d - 148 - Logic toán (sách tham khảo) TÀ L ỆU T M ẢO Hoàng Chúng, Những vấn đề logic mơn tốn trường phổ thơng trung học sở, Nxb Giáo dục, 1997 Trần Diên Hiển (chủ biên), Cơ sở lý thuyết tập hợp logic toán, Dự án phát triển giáo viên tiểu học Bộ Giáo dục đào tạo, 2007 Nguyễn Đức Đồng – Nguyễn văn Vĩnh, Logic tốn, Nxb Thanh Hóa, 2001 Nguyễn Anh Tuấn, Gíao trình lơgic tốn lịch sử toán học, Nxb ĐHSP, 2012 Nguyễn Bá Kim (cb), Phương pháp dạy học đại cương mơn Tốn, Dự án đào tạo giáo viên THCS Bộ Giáo dục đào tạo, Nxb ĐHSP, 2005 Phạm Gia Đức (cb), Gíao trình phương pháp dạy học nội dung mơn Tốn, Dự án đào tạo giáo viên THCS Bộ Giáo dục đào tạo, Nxb ĐHSP, 2007 Lê Văn Tiến, Phương pháp dạy học mơn tốn trường phổ thông, Nxb ĐHSP tpHCM, 2005 Nguyễn Đức Dân, Logic tiếng Việt, Nxb Giáo dục, 1996 Nguyễn Bá Đơ … , Các câu chuyện tốn học, tập ba (khẳng định phủ định), Nxb Giáo dục, 2001 10 Sách giáo khoa Toán THCS (lớp 6,7,8,9) THPT (lớp 10,11,12 nâng cao), Nxb Giáo dục, 2009 11 Tạp chí Giáo dục 12 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ - 149 - ... suy luận có dùng qui tắc suy diễn gọi suy luận có sở Khi tất suy luận có sở dẫn đến kết luận Một suy luận có sở dẫn đến kết luận sai tiền đề dùng suy diễn sai 3. 1.2 Phân loại suy luận - Suy luận. .. tr12) 3. 3 Suy luận quy nạp (hay suy luận có lý) Quy nạp tốn học kỹ thuật chứng minh quan trọng Ngƣời ta dùng để chứng minh kết có dựa suy luận Tuy nhiên, quy nạp toán học dùng để chứng minh kết... đƣợc dùng làm tiền đề bƣớc suy luận c) Luận chứng : qui tắc suy luận tổng quát đƣợc sử dụng bƣớc suy luận chứng minh Trong thực hành, chứng minh : - Thiết lập dãy bƣớc suy luận diễn dịch - Trong