Luận văn thạc sĩ HUS phương pháp phản chứng với các bài toán phổ thông

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Phan Thị Yến PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI CÁC BÀI TỐN PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Hà Nội - 2017 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Phan Thị Yến PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI CÁC BÀI TỐN PHỔ THƠNG Chun ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TS ĐẶNG HUY RUẬN Hà Nội - 2017 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com MỤC LỤC MỞ ĐẦU CHƢƠNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET 1.1 Giới thiệu 1.2 Một số dạng phát biểu nguyên lý Dirichlet 1.2.1 Dạng tập hợp 1.2.2 Dạng hình học 1.2.3 Dạng số học 1.3 Một số ví dụ ứng dụng nguyên lý Dirichlet 1.4 Bài tập bổ sung 16 CHƢƠNG PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG 18 2.1 Ví dụ mở đầu 18 2.2 Cơ sở lý thuyết phép chứng minh phản chứng 19 2.3 Các bƣớc suy luận phản chứng 20 2.4 Phƣơng pháp chứng minh dùng mệnh đề phản đảo 21 2.5 Một số tập vận dụng 23 2.6 Một số toán bổ sung 42 KẾT LUẬN 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO 45 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com MỞ ĐẦU Chứng minh nét đặc trƣng Toán học, tạo khác biệt Toán học với môn khoa học khác Nắm bắt phƣơng pháp kĩ thuật chứng minh yêu cầu bắt buộc học sinh nói chung Các phƣơng pháp kĩ thuật chứng minh phong phú: Từ chứng minh trực tiếp đến gián tiếp, từ chứng minh quy nạp đến chứng minh phản chứng, từ ví dụ đến phản ví dụ, từ xây dựng đến khơng xây dựng Trong luận văn xin đƣợc đề cập đến phép chứng minh phản chứng, phƣơng pháp chứng minh kinh điển quan trọng bậc Tốn học Chứng minh phản chứng nói vũ khí quan trọng Tốn học Nó cho phép chứng minh khơng thể tính chất Nó cho phép biến thuận thành đảo, biến đảo thành thuận Nó cho phép lý luận đối tƣợng mà không rõ có tồn hay khơng Phƣơng pháp chứng minh phản chứng đƣợc hình thành phát triển dựa nguyên lý Dirichlet, nên luận văn dành phần đầu trình bày nguyên lý Dirichlet, phần sau trình bày phƣơng pháp phản chứng Bởi luận văn gồm hai chƣơng: Chƣơng 1: Trình bày nguyên lý Dirichlet số dạng phát biểu Chƣơng 2: Trình bày cụ thể phƣơng pháp chứng minh phản chứng áp dụng phƣơng pháp giải số toán phổ thơng Luận văn đƣợc hồn thành dƣới hƣớng dẫn, giúp đỡ tận tình GS.TS Đặng Huy Ruận Em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán – Cơ – Tin học, khoa Sau đại học, Trƣờng Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, Thầy, Cô giáo trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho chúng em thời gian học tập Luận văn khó tránh khỏi hạn chế sơ xuất Rất mong đƣợc bảo Quý thầy cô bạn đọc để luận văn đƣợc hoàn thiện Em xin chân thành cảm ơn! LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com CHƢƠNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET 1.1 Giới thiệu Nguyên lý Dirichlet gọi nguyên lý chuồng thỏ, hay nguyên lý ngăn kéo Nguyên lý Dirichlet đƣa nguyên tắc xếp, phân chia phần tử vào lớp Nguyên lý Dirichlet đƣợc phát biểu vào năm 1834 nhà Toán học tiếng ngƣời Đức – Johann Dirichlet (1805 -1859) Sử dụng nguyên lý Dirichlet chứng minh đƣợc tồn cách dễ dàng cụ thể, nhƣng không đƣa đƣợc phƣơng pháp tìm vật cụ thể Đối với toán cần tồn tại, nguyên lý Dirchlet đƣợc phát biểu đơn giản nhƣ sau: “Nhốt 10 thỏ vào chuồng, chuồng có nhiều thỏ” Định lý 1.1 (Phát biểu tổng quát nguyên lý Dirchlet) Nếu m thỏ đƣợc đặt vào n chuồng (m > n) chuồng có m m  n  m chia hết n,  n  +1 m không chia hết n 1.2 Một số dạng phát biểu nguyên lý Dirichlet Dựa vào Định lý 1.1 phát biểu nguyên lý Dirichlet dƣới số dạng sau: 1.2.1 Dạng tập hợp 1) Nếu tập hợp gồm n phần tử đƣợc biểu diễn dƣới dạng tập hợp k tập con, phải có tập hợp khơng chứa n phần tử k 2) Cho tập hữu hạn S   S1 , S2 , , Sn tập S, cho: S1  S2   Sn  k S Khi đó, x  S , cho x phần tử chung k+1 tập Si  i  1,2, , n  1.2.2 Dạng hình học LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 1) Nếu tổng diện tích số hình nhỏ S, khơng thể dùng số hình phủ lên hình có diện tích S 2) Nếu đoạn thẳng có độ dài chia thành số đoạn thẳng có tổng độ dài L, tìm đƣợc điểm đƣợc phủ khơng  L đoạn thẳng 3) Nếu khoảng F1 , F2 , , Fn có độ dài tƣơng ứng l1 , l2 , , ln chứa khoảng F có độ dài l l1  l2   ln  k l , có k  khoảng khoảng cho có điểm chung 4) Nếu hình F1 , F2 , , Fn với diện tích tƣơng ứng S1 , S2 , , Sn chứa hình F có diện tích S S1  S2   Sn  k S , có k  hình hình cho có điểm chung 1.2.3 Dạng số học Nếu trung bình cộng số số lớn a, có số số lớn a Dựa số dạng phát biểu nguyên lý Dirichlet, ta xét số tốn sau 1.3 Một số ví dụ ứng dụng ngun lý Dirichlet Trƣớc hết ta giải số tốn cách chọn thỏ thích hợp Bài tốn Trong lớp có 30 học sinh Khi viết tả bạn An phạm 13 lỗi, cịn bạn khác phạm lỗi Chứng minh lớp có học sinh mắc số lỗi nhƣ viết tả (kể học sinh không mắc lỗi nào) Lời giải Ở “thỏ” tức em học sinh, “lồng” số lỗi phạm phải em viết tả Ta lập 14 lồng đƣợc đánh số từ đến 13 Lồng số “nhốt” em viết tả phạm lỗi; Lồng số “nhốt” em viết tả phạm lỗi; Lồng số i (0  i  13) “nhốt” em viết tả phạm i lỗi; LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chỉ có em An phạm 13 lỗi viết tả, nên lồng số 13 có em An, 29 em cịn lại đƣợc “nhốt” vào lồng từ đến 12, tức 29 em đƣợc “nhốt” vào 13 lồng Theo nguyên lý Dirichlet, phải có lồng “nhốt” từ em trở lên Chẳng hạn lồng i (0  i  12) có ba em Khi đó, ba em lồng i phạm i lỗi viết tả Bài toán đƣợc chứng minh Bài toán Chứng minh với số nguyên dƣơng n n + số tự nhiên chọn ln ln tìm đƣợc hai số, mà tổng hiệu chúng chia hết 2n Lời giải Với số nguyên dƣơng a ký hiệu số dƣ chia a cho 2n k Khi đó:  Nếu  k  n , (a  k ) 2n  Nếu n  k  2n , (a  m) 2n với  m  2n  k  n Do với s (0  s  n) (a  s) 2n (a  s) 2n Với nhận xét ta coi số “thỏ”, “lồng” số nguyên từ đến n Lập n + ô mang số hiệu từ đến n Đƣa số chọn vào ô theo nguyên tắc sau: số a tùy ý n + số chọn đƣợc đƣa vào ô thứ s (0  s  n) (a  s) 2n (a  s) 2n Vì n + số đƣợc đƣa vào n + ơ, nên phải có ô chứa số Chẳng hạn, thứ t có hai số a, b hai số Khi đó:  Nếu (a  t ) 2n (b  t ) 2n , a  b  (a  t )  (b  t ) 2n  Nếu (a  t ) 2n (b  t ) 2n , a  b  (a  t )  (b  t ) 2n  Nếu (a  t ) 2n (b  t ) 2n , a  b  (a  t )  (b  t ) 2n  Nếu (a  t ) 2n (b  t ) 2n , a  b  (a  t )  (b  t ) 2n Bài toán Chứng tỏ n ngƣời tùy ý (n  2) ln ln có hai ngƣời có số ngƣời quen (trong số họ) Lời giải Trƣờng hợp ta coi ngƣời đƣợc chọn “thỏ”, “phòng” số ngƣời mà ngƣời đƣợc chọn quen LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Lập n “phòng” ghi số từ đến n – mời ngƣời chọn vào “phòng” theo nguyên tắc sau: Mỗi ngƣời chọn đƣợc đƣa vào phòng thứ k (0  k  n) ngƣời quen k ngƣời số ngƣời chọn Do số ngƣời chọn có ngƣời khơng quen số ngƣời cịn lại, ngƣời chọn khơng có ngƣời quen đƣợc tất ngƣời cịn lại Bởi “phòng” số “phòng” số n – khơng thể đồng thời có ngƣời, nên n ngƣời chọn đƣợc đƣa vào n – “phịng” Do đó, theo ngun lý Dirichlet, phải có “phòng”, chẳng hạn, “phòng” thứ t (0  t  n  1) có ngƣời Nhƣ vậy, có hai ngƣời có t ngƣời quen n ngƣời chọn Bài toán đƣợc chứng minh Bài toán Một học sinh suốt năm giải tốn Mỗi ngày em giải Để dành thời gian học tập môn học khác, tuần em giải không 12 tốn Chứng minh định tìm đƣợc số ngày liên tiếp, mà tổng số toán em giải tất ngày 20 Lời giải Xét n (n  1) tuần liên tiếp Ký hiệu số tập em học sinh giải đƣợc ngày thứ i (1  i  7n) Khi đó, có dãy số lƣợng tập em giải: a1 , a2 , , ak , ak 1 , , a7 n Và số tập em giải đƣợc k ngày đầu Sk  a1  a2   ak (k  1, 2, ,7n) Xét hai dãy S1 , S2 , , S7 n (1) S1  20, S2  20, , S7 n  20 (2) Vì hàng ngày em giải toán, nên i, j (1  i, j  7n) , i  j  Si  S j Từ suy số dãy (1) khác nhau, nên số dãy (2) khác Mặt khác, tuần em giải không q 12 tốn khơng toán Bởi  i (1  i  n) có  Si  12n , nên số dãy (2) không vƣợt 12n + 20 Do tất số thuộc dãy (1) dãy (2) không nhỏ không lớn 12n + 20 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Cả dãy (1) dãy (2) có 2.7n = 14n số, mà số không nhỏ không vƣợt 12n + 20 nên dãy S1 , S2 , , S7 n , S1  20, S2  20, , S7 n  20 (3) có số nhau, 14n  2n  20 Từ đó, 2n  20 , nên n  10 Vậy, n  11,12, , định dãy (3) có hai số Do số dãy (1) khác số dãy (2) khác nhau, nên hai số nhau, số phải thuộc dãy (1) cịn số phải thuộc dãy (2) Giả sử S j  Si  20 với j  i S j  Si  1   a j 1  a j  Si  20 Từ ta có 1    a j 1  a j  20 , nghĩa tổng số toán em học sinh giải j  i ngày liên tiếp 20 Bài toán Trên mặt phẳng cho 25 điểm Biết điểm 25 điểm cho ln tồn điểm có khoảng cách nhỏ Chứng minh tồn hình trịn bán kính chứa 13 điểm cho Lời giải Lấy A số 25 điểm cho 1 B A Hình Xét hình trịn  C1  tâm A, bán kính Khi có hai khả sau xảy ra: i Nếu tất điểm lại nằm  C1  tốn đƣợc chứng minh ii Nếu số điểm lại, tồn điểm Bkhông trùng điểm A, cho B   C1  Vì B   C1  nên AB > LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Xét hình trịn C2  tâm B, bán kính Lấy điểm C số 25 điểm cho Theo giả thiết, ba điểm A,B,C tồn hai điểm có khoảng cách nhỏ 1, nên CA, CB  Vì C   C1  C   C2  Điều chứng tỏ hình trịn  C1  C2  chứa tất 25 điểm cho Theo ngun lý Dirichlet, có hai hình trịn chứa khơng 13 điểm cho Bài tốn Cho hình chóp đáy đa giác cạnh Tất cạnh bên 27 đƣờng chéo đa giác đáy đƣợc tô hai màu đỏ xanh Chứng tỏ rằng: Tồn ba đỉnh hình chóp, cho chúng đỉnh hình tam giác với cạnh đƣợc tô màu Lời giải Xét cạnh bên Vì cạnh đƣợc tơ hai màu đỏ xanh, nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn cạnh bên đƣợc tô màu Không giảm tổng quát, giả sử cạnh bên SA1 , SA2 , SA3 , SA4 , SA5 đƣợc tô màu đỏ Các điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 xếp theo chiều ngƣợc chiều kim đồng hồ Xét đa giác A1 A2 A3 A4 A5 Có hai khả sau xảy ra: i Nếu A1 A2 đƣờng chéo đáy Khi hiển nhiên A2 A4 A1 A4 đƣờng chéo đáy Lại có hai khả sau xảy ra: (a) Nếu ba đoạn A1 A2 , A2 A4 , A1 A4 tơ màu xanh Khi A1 , A2 , A4 ba đỉnh cần tìm (b) Nếu đoạn A1 A2 , A2 A4 , A1 A4 tô màu đỏ Giả sử A1 A2 tô màu đỏ, SA1 A2 tam giác có ba cạnh đƣợc tơ màu đỏ Khi S , A1 , A2 ba đỉnh cần tìm ii Nếu A1 A2 cạnh đáy Khi hiển nhiên A1 A3 A3 A5 đƣờng chéo đáy Ta xét hai khả sau xảy ra: LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Điều mâu thuẫn, nên phải tồn ba số 1  p  q  r  7 để a p  aq  ar Từ a p  ar  ar  aq aq  ar  ar  a p Khi đó, ba a p , aq , ar lập thành tam giác Vậy toán đƣợc chứng minh Bài toán 14 Cho đƣờng thẳng mặt phẳng, khơng có hai đƣờng thẳng song song Chứng tỏ có góc go đƣờng thẳng cắt tạo nên với số đo không nhỏ 20o Lời giải Lấy điểm A mặt phẳng Qua A kẻ đƣờng thẳng lần lƣợt song song với đƣờng thẳng cho Các đƣờng thẳng chia mặt phẳng thành cặp góc đối đỉnh Giả sử tất góc nhỏ 20o đƣờng thẳng cắt tạo thành 18 góc góc nhỏ 20o nên tổng số đo góc nhỏ 18.20o  360o Ta tới mâu thuẫn 360o  360o Do phải có góc khơng nhỏ 20o Khi đó, hai đƣờng thẳng song song với hai cạnh góc cắt tạo thành góc có số đo khơng nhỏ 20o Bài toán đƣợc chứng minh 31 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com A Hình Bài toán 15 Cho đa giác 45 cạnh Liệu ghi đỉnh đa giác chữ số 0,1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 (1) cho cặp số khác tìm đƣợc cạnh đa giác mà hai đầu mút đƣợc ghi hai số thuộc cặp số chọn Lời giải Giả sử cặp số tùy ý (a, b) , a  b thuộc dãy (1) tìm đƣợc cạnh đa giác, mà hai đầu ghi chữ số a, b Khi đó, số thuộc dãy (1) kết hợp đƣợc với số lại, để lập thành cặp số khác đa giác phải có cạnh với hai đầu ghi cặp số Nhƣng hai cạnh chung đỉnh, nên chữ số phải đƣợc ghi đỉnh Bởi đa giác phải có 10.5  50 đỉnh Điều mâu thuẫn Vậy nên khơng có cách ghi đƣợc chữ số dãy (1) đỉnh đa giác 45 cạnh thỏa mãn điều kiện đặt 32 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Bài toán 16 Cho ngũ giác lồi ABCDE mặt phẳng tọa độ có tọa độ đỉnh nguyên a Chứng tỏ tồn điểm nằm nằm cạnh ngũ giác (khác A, B, C, D, E) có tọa độ nguyên b Chứng tỏ tồn điểm nằm ngũ giác có tọa độ nguyên Lời giải a Vì tọa độ đỉnh nguyên, nên ta thấy đỉnh thuộc trƣờng hợp sau: (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ) Có đỉnh nhƣng thuộc không trƣờng hợp, nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn hai đỉnh có tính chất chẵn – lẻ Giả sử cặp đỉnh X, Y Khi đó, trung điểm Z XY điểm cần tìm b Giả sử phản chứng không tồn điểm nằm ngũ giác mà có tọa độ nguyên Trong tất ngũ giác nhƣ vậy, chọn ngũ giác có diện tích nhỏ nhất, giả sử ABCDE ( Nếu có nhiều ngũ giác có diện tích nhỏ nhất, ta chọn số chúng ) Theo câu a) tồn cặp đỉnh X, Y có cặp tọa độ tính chẵn – lẻ Trung điểm Z XY có tọa độ ngun Vì bên ABCDE khơng có điểm có tọa độ nguyên nên XY phải cạnh Khơng giảm tổng qt, giả sử cạnh AB A Z B E D C Hình 33 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Khi đó, ngũ giác ZBCDE có tọa độ đỉnh ngun có diện tích nhỏ diện tích ngũ giác ABCDE Điều mâu thuẫn ABCDE ngũ giác có diện tích nhỏ Chứng tỏ bên ABCDE có tồn điểm có tọa độ nguyên Bài toán 17 Chứng tỏ đa giác lồi 13 cạnh khơng thể chia thành hình bình hành Lời giải Giả sử phản chứng đa giác lồi 13 cạnh chia thành hình bình hành Khi đó, cạnh đa giác cạnh hình bình hành đƣợc chia Nên cạnh đa giác đôi song song chúng khơng có đỉnh chung Vì đa giác lồi nên khơng có ba cạnh song song với Do đó, số cạnh đa giác phải số chẵn Điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy đa giác lồi 13 cạnh khơng thể chia thành hình bình hành Bài toán 18 Trong mặt phẳng cho n điểm thỏa mãn điều kiện: ba điểm thẳng hàng Chứng tỏ tất n điểm nằm đƣờng thẳng Lời giải Giả sử ngƣợc lại rằng, số n điểm cho, tồn ba điểm A, B, C không thẳng hàng Qua A kẻ đƣờng thẳng d không qua điểm cho không song song với BC Kẻ đƣờng thẳng qua hai điểm điểm cho Những đƣờng thẳng cắt d dãy điểm Gọi d1 đƣờng thẳng cắt d điểm P nằm gần A Theo điều kiện đề bài, d1 có điểm n điểm có Ta ký hiệu điểm Q, R, S Áp dụng điều kiện đề cho đƣờng thẳng qua A, R, tức hai điểm A, R phải có điểm n điểm cho, ký hiệu O 34 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Gọi P, Q1 , A, S1 lần lƣợt giao điểm OP, OQ, OR, OS với đƣờng thẳng d Từ điểm Q1 S1 chúng nằm gần A điểm P Điều trái với giả thiết chọn điểm P Vậy tất n điểm cho nằm đƣờng thẳng d1 S B C R Q O d Q1 A S1 P Hình Bài tốn 19 Cho hình vuông ABCD Dựng bên ABCD tam giác CDE cân E với ̂ ̂ Chứng minh Lời giải Giả sử phản chứng Dựng ̂ tam giác tam giác vào phía hình vng ABCD, nên ta có ̂ ̂ ̂ Khơng giảm tổng qt, giả sử ̂ Vì tam giác ̂ nên AF = AD, mà AD = AB nên AF = AD 35 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com cân A ̂ Do đó, Vì vậy, ̂ Vậy, chứng tỏ , nên ̂ Điều vô lý tam giác A A B B E F D C E C D Hình 10 Bài tốn 20 Chứng tỏ tam giác nội tiếp đƣờng tròn khơng chứa tâm đƣờng trịn tam giác tù Lời giải a Cho Nếu nội tiếp đƣờng trịn tâm O O nằm ngồi tam giác vng O trung điểm cạnh huyền Điều trái giả thiết nên tam giác vuông Giả sử phản chứng tam giác nhọn Không giảm tổng quát, giả sử O nằm vị trí nhƣ hình vẽ A O B C Hình 11 Ta có OA  OB  OC nên OAB OBC hai tam giác cân O 36 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Từ ta đƣợc { Mà { ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ Suy ̂ ̂ ̂ ̂ nên ̂ nên suy ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ ̂ Điều vô lý Vậy tam giác ABC phải tam giác tù tam giác tù nội tiếp đƣờng trịn tâm O bán kính R b Giả sử A A C O B O B C Hình 12 Tam giác ABC tù nên có góc lớn 90O Giả sử ̂ Khi đó, cung BC khơng chứa đỉnh A lớn 180o , nên dây cung BC < 2R BC nằm khoảng chứa đỉnh A tâm O Vậy, toán đƣợc chứng minh Bài toán 21 Chứng tỏ tứ giác có tổng hai góc đối diện 180o tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn Lời giải 37 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com D A O C E B Hình 13 Gọi O tâm đƣờng tròn ngoại tiếp Giả sử D khơng nằm đƣờng trịn  O  Khi đó, BC cắt  O  E khác điểm C Do đó, tứ giác ABED nội tiếp đƣợc, nên ̂ Mà theo giả thiết, ̂ ̂ ̂ Điều mâu thuẫn Vậy tứ giác ABCD có tổng hai góc đối diện 180o tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng trịn Bài tốn 22 Chứng tỏ khơng thể phủ kín vết mực hình tam giác có diện tích lớn đĩa giấy hình trịn bán kính 1, cho tâm đĩa giấy hình trịn khơng rời vào vết mực Lời giải Giả sử phản chứng có vết mực hình tam giác ABC phủ đƣợc hình trịn tâm O bán kính 1, cho tâm O hình trịn khơng rơi vào tam giác ABC Kéo dài cạnh , đƣờng thẳng qua cạnh tam giác chia mặt phẳng làm miền Vì O nằm ngồi nên khơn giảm tổng qt, ta có hai trƣờng hợp sau: a O nằm góc đối đỉnh với ̂ 38 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com d K H B C A M O N Hình 14 Kẻ đƣờng kính MN // BC Từ A hạ AH  BC , kéo dài AH cắt đƣờng tròn tâm O K Tại K, kẻ đƣờng thẳng d // BC AK không lớn khoảng cách từ O tới d, nên AK  Do BC  MN  , nên diện tích tam giác ABC: Điều trái giả thiết ban đầu b O nằm góc ̂ Lặp lại bƣớc vẽ hình chứng minh tƣơng tự ta đƣợc Điều trái giả thiết ban đầu Vậy hình trịn bán kính khơng thể phủ đƣợc vết mực hình tam giác có diện tích lớn Nói cách tổng quát: Một tam giác diện tích khơng thể nội tiếp đƣợc đƣờng trịn bán kính 39 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com d K A B C H M O N Hình 15 Bàitốn 23.Cho ba điểm A, B, C phân biệt mặt phẳng Chứng minh tồn điểm G thuộc mặt phẳng thỏa mãn: GA  GB  GC  điểm G Lời giải Giả sử phản chứng cịn có điểm O G thỏa mãn yêu cầu toán, tức là: OA  OB  OC  Ta có GA  GB  GC   GO  OA  GO  OB  GO  OC   3GO  OA  OB  OC  Do OA  OB  OC  , suy 3GO   G  O Điều trái với giả sử ban đầu Vậy G Bài toán 24 Cho hai đƣờng thẳng chéo Chứng minh có mặt phẳng chứa đƣờng thẳng song song với đƣờng thẳng Lời giải Giả sử ta có hai đƣờng thẳng chéo a b Lấy điểm M thuộc đƣờng thẳng a 40 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Qua M kẻ đƣờng thẳng b ' song song với b Gọi (P) mặt phẳng xác định a b ' b b' M a P Hình 16 Ta có b ' // b b'  ( P) , nên b // (P) Mặt khác, a  ( P) nên (P) mặt phẳng cần tìm Ta chứng minh (P) mặt phẳng Thật vậy, giả sử có mặt phẳng (Q) khác (P) thỏa mãn: (Q) chứa a (Q) song song với b Khi đó, ( P),(Q) hai mặt phẳng phân biệt song song với b nên giao tuyến chúng a, phải song song với b Điều mâu thuẫn với giả thiết a b chéo Tƣơng tự, ta chứng minh có mặt phẳng chứa b song song với a Vậy toán đƣợc chứng minh Bài toán 25.Mỗi chữ số hệ thập phân 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, đƣợc ghi bìa Chứng minh khơng có cách xếp nào, để bìa nằm thành dãy dài, mà hai bìa ghi chữ số k   k  9 tùy ý có k bìa Lời giải Giả sử phản chứng có cách xếp mà dãy bìa thỏa mãn điều kiện: Giữa hai bìa ghi chữ số k   k  9 có k bìa Dùng ak để số thứ tự bìa thứ ghi chữ số k, bk số thứ tự bìa thứ hai ghi chữ số k 41 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Ta có dãy thứ tự bìa nhƣ sau: 1, 2, , ak , ak 1 , , bk 1 , bk , ,19, 20 Vì chữ số k   k  9 , hai bìa ghi chữ số k có k bìa, nên bk  ak  k  (k  0,1,2, ,9)  b Khi ta có k 0 Mặt khác, k  ak     k  1     10  55 , nên k 0 9 k 0 k 0 9 b   a k 0 k k 0 k  55 (1)  ak   bk     19  20  210 (2) Từ (1) (2) ta có 2 bk  210  55  265 , nên k 0 b k 0 k  137,5 số nguyên Ta tới mâu thuẫn, nên toán đƣợc chứng minh 2.6 Một số toán bổ sung 2.6.1 Chứng minh  số vô tỷ 2.6.2.Chứng minh từ số nguyên dƣơng tùy ý không lớn 20, chọn đƣợc số x, y, z độ dài cạnh tam giác 2.6.3 Khẳng định sau có khơng: Nếu tổng tích hai số thực số nguyên chúng số nguyên Cùng câu hỏi với hai số hữu tỉ 2.6.4 Cho biết  số vô tỉ Chứng minh khai triển thập phân   3,1415 có chữ số xuất vô hạn lần 2.6.5 Số thực a  0,12345 đƣợc tạo cách viết số tự nhiên liên tiếp kế sau dấu phảy Chứng minh a số hữu tỉ 2.6.6 Chứng minh tờ giấy hình trịn bán kính khơng thể cắt tam giác tù có diện tích lớn đƣợc 2.6.7 Cho số nguyên a, b, c mà (a,b) = Chứng minh luôn tồn số tự nhiên n để  n.b  c  a 42 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com 2.6.8 Cho đƣờng thẳng Mỗi đƣờng chia hình vng thành tứ giác với tỉ số diện tích Chứng minh có đƣờng phải qua điểm 2.6.9 Trong hình vng cạnh đơn vị lấy 101 điểm tùy ý Chứng minh tồn điểm, mà tam giác với đỉnh điểm chọn có diện tích không vƣợt 0,02 đơn vị 2.6.10 Một đƣờng gấp khúc đặt hình vng có cạnh 50cm, cho khoảng cách từ điểm hình vng đến đƣờng gấp khúc bé 1cm Chứng minh độ dài đƣờng gấp khúc không nhỏ 1248cm 2.6.11 Trong hình vng cạnh ta đặt số hữu hạn đoạn thẳng với độ dài đoạn không lớn 1, cho khoảng cách từ điểm hình vng đến đoạn thẳng đặt không 0,1 Chứng minh số đoạn thẳng đặt không lớn 43 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com KẾT LUẬN Luận văn trình bày đƣợc nguyên lý phản chứng dạng phát biểu nguyên lý Dirichlet, đồng thời đƣa đƣợc nhiều ví dụ minh họa thuộc ba dạng:  Dạng tập hợp  Dạng hình học  Dạng số học Khi biên soạn luận văn, tác giả cố gắng bám sát vào dạng tốn hay gặp chƣơng trình phổ thơng nói chung số tốn học sinh giỏi nói riêng Hy vọng luận văn tài liệu tham khảo có ích cho học sinh giáo viên trƣờng trung học phổ thông 44 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Hữu Điển (2003), Những phương pháp điển hình giải tốn phổ thơng, NXB Giáo Dục, Hà Nội Nguyễn Văn Mậu, Bùi Công Huấn, Đặng Hùng Thắng, Trần Nam Dũng, Đặng Huy Ruận (2004), Một số chuyên đề toán học chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi, Trƣờng Đại học Khoa học Tự Nhiên, ĐHQGHN Đặng Huy Ruận (2012), Hai phương pháp giải tốn khơng mẫu mực, Trƣờng Đại học Khoa học Tự Nhiên, ĐHQGHN Đặng Huy Ruận (2002), Bảy phương pháp giải toán logic, NXB Khoa học Kỹ thuật, Hà Nội 45 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com ... phép chứng minh phản chứng xuất từ lâu tính hữu hiệu chứng minh tốn Phần luận văn tìm hiểu kỹ phép chứng minh phản chứng 2.2 Cơ sở lý thuyết phép chứng minh phản chứng Cơ sở lý thuyết phép chứng. .. NHIÊN - Phan Thị Yến PHƢƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VỚI CÁC BÀI TỐN PHỔ THƠNG Chun ngành: Phƣơng pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60460113 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TS... dƣơng 2.4 Phƣơng pháp chứng minh dùng mệnh đề phản đảo Chứng minh dùng mệnh đề phản đảo phƣơng án chứng minh phản chứng hay đƣợc dùng Cơ sở phƣơng pháp là: Để chứng minh A  B , ta chứng minh B 