Phương pháp chứng minh phản chứng và chứng minh loại dần trong toán phổ thông

Trong khoá luận này tôi xin đề cập đến hai phương pháp chứng minh rất hữu ích hay dùng trong lập luận Toán học với những bài toán mà việc sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp đôi khi

A MỞ ĐẦU

1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong các môn học thì Toán học có vị trí nổi bật, nó có nguồn gốc từ thực tiễn, có mặt ở khắp mọi nơi và là chìa khoá trong hầu hết hoạt động của con người, môn học này giúp chúng ta mở rộng kiến thức để bước vào cuộc sống Đặc biệt trong chương trình phổ thông, Toán là môn khoa học công cụ giúp học sinh rèn luyện trí thông minh Và để giúp học sinh nắm vững “chìa khoá” là tri thức, hình thành kĩ năng, kĩ xảo để ứng dụng Toán học vào cuộc sống thì các bài toán trong trường phổ thông chính là một phương tiện hiệu quả và không thể thay thế Việc giải quyết các bài toán có thể coi là mục tiêu ban đầu của cấu trúc Toán học và là phần không thể chia tách được của các hoạt động Toán học Giải toán giúp học sinh rèn luyện kĩ năng suy luận tư duy logic, khả năng sáng tạo, rèn luyện tính kiên trì đồng thời giúp học sinh củng cố, tổng hợp được các kiến thức

Trong chương trình phổ thông học sinh gặp rất nhiều bài toán chứng minh và cũng có nhiều phương pháp chứng minh để giải quyết các bài toán này Mỗi phương pháp đều có cái hay và thế mạnh riêng với mỗi dạng bài Trong khoá luận này tôi xin đề cập đến hai phương pháp chứng minh rất hữu ích hay dùng trong lập luận Toán học với những bài toán

mà việc sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp đôi khi khó giải quyết

Với mong muốn giúp cho bản thân cũng như các bạn sinh viên có được hệ thống một cách khoa học về hai phương pháp chứng minh hay

sử dụng của chứng minh gián tiếp qua đó giúp cho việc đào sâu, mở rộng kiến thức có ích Từ đó có thể vận dụng hai phương pháp chứng minh này phổ biến hơn khi giảng dạy các bài toán trong trường phổ thông Đó

là lí do tôi chọn đề tài “PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG VÀ CHỨNG MINH LOẠI DẦN TRONG TOÁN PHỔ THÔNG”

2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Tìm hiểu phương pháp chứng minh phản chứng và chứng minh loại dần trong toán phổ thông thông qua một số bài toán Nhận dạng một số bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng và bài toán sử dụng phương pháp chứng minh loại dần, từ đó góp phần nâng cao kỹ năng giải toán và phát triển năng lực chứng minh toán học, nâng cao chất lượng dạy và học

3 NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

- Nghiên cứu cơ sở lý luận về phương pháp chứng minh phản chứng và chứng minh loại dần

- Nghiên cứu một số bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp chứng minh loại dần

- Vận dụng phương pháp chứng minh phản chứng và loại dần vào giải quyết một số bài toán

4 ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU

- Đối tượng nghiên cứu: Các bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp chứng minh loại dần

- Phạm vi nghiên cứu: Các bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng và loại dần trong chương trình toán phổ thông

5 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

- Phương pháp nghiên cứu lý luận

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

6 CẤU TRÚC KHOÁ LUẬN

Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo thì khoá luận còn có hai chương:

Chương 1: Cơ sở lí luận

Chương 2: Phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp chứng minh loại dần trong toán phổ thông

B NỘI DUNG Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN

1.1 CHỨNG MINH TOÁN HỌC VÀ CÁC YÊU CẦU CỦA CHỨNG MINH TOÁN HỌC

1.1.1 Thế nào là chứng minh

Định nghĩa: Giả sử G là tập hợp những mệnh đề toán học và  là một mệnh đề toán học nào đó Ta nói rằng  được chứng minh từ giả thiết G, nếu tồn tại một dãy hữu hạn các mệnh đề toán học A1, A2,…, An (1) sao cho các yêu cầu sau được thoả mãn

a) An là 

b) Với mọi i, i=1, 2,…, n, A hoặc là một tiên đề hoặc là một định nghĩa hoặc là một định lý hoặc là một phần tử của tập G được suy ra từ một mệnh đề đứng trước nó trong dãy (1) nhờ vào một quy tắc hay một suy luận logic

Nói cách khác, quá trình suy diễn xác nhận tính chất thực hoặc bác bỏ mệnh đề nào đó nhờ vào các mệnh đề đúng đã biết gọi là chứng minh 1.1.2 Cấu trúc của một chứng minh

1.1.3 Yêu cầu của chứng minh

a) Yêu cầu logic của luận đề

Mệnh đề đứng sau của một chứng minh nhất thiết là mệnh đề cần chứng minh An ≡  Nghĩa là luận đề không được tráo đổi, không được thay thế bằng mệnh đề không tương đương logic

b) Yêu cầu logic của luận chứng

Việc rút ra một mệnh đề mới từ các mệnh đề trước đó trong quá trình chứng minh phải theo các quy tắc suy diễn logic

c) Yêu cầu logic của luận cứ

Mỗi mệnh đề trong chứng minh đều phải là một tiên đề, hoặc một định nghĩa, hoặc một định lý, hoặc một mệnh đề trong giả thiết, hoặc một hệ quả logic của mệnh đề đứng trước nó trong quá trình chứng minh được rút ra nhờ một quy tắc suy luận logic, nghĩa là luận cứ phải là một mệnh

Mục tiêu

Mục tiêu của phép chứng minh phản chứng là bác bỏ mệnh đề phủ định của mệnh đề cần chứng minh

1.2.2 Sơ đồ của phép chứng minh phản chứng

((A ⇒ B) ⇒ X ) X

A ⇒ BVới X là A, B, CC, D

Trong đó C là một mệnh đề nào đó, D là một mệnh đề đúng đã biết

1.2.3 Cơ sở của phép chứng minh phản chứng

Cơ sở của phép chứng minh phản chứng là luật bài trung: hai mệnh đề X

và X không cùng sai Khi bác bỏ mệnh đề X nghĩa là tính chân thực của X

vì mệnh đề X chỉ có thể xảy ra hai khả năng hoặc đúng hoặc sai còn

X tương ứng là hoặc sai hoặc đúng

Các hình thức của chứng minh phản chứng

Việc bác bỏ mệnh đề phủ định của mệnh đề cần chứng minh A ⇒ B sau

đó dựa vào luật bài trung khẳng định A ⇒ B là đúng dựa vào chứng minh mệnh đề sau đó coi là các hình thức của chứng minh phản chứng, đó là các dạng của chứng minh phản chứng

4 mệnh đề trên tương đương logic với nhau và tương đương với mệnh

đề A ⇒ B Do đó để chứng minh mệnh đề ta chỉ cần chứng minh xảy ra 1 trong 4 mệnh đề trên

Các bước của phép chứng minh phản chứng mệnh đề A ⇒ B

- Bước 1: (Giả sử) Phủ định mệnh đề A ⇒ B hay AB

- Bước 2: (Tìm mâu thuẫn) Xuất phát từ giả thiết có: AB qua quá trình suy luận chứng minh rút ra điều mâu thuẫn (tìm mâu thuẫn):

Hoặc là trái với giả thiết A (dạng 1)

Hoặc là suy ra 2 điều trái ngược nhau (dạng 2)

Hoặc là suy ra điều mâu thuẫn với điều đúng đã biết (dạng 3)

Hoặc là suy ra chính kết luận (dạng 4)

- Bước 3: (Kết luận) Tìm mâu thuẫn khẳng định giả thiết AB không chính xác, sử dụng luật bài trung khẳng định tính chân thực của A ⇒ B

a b ta có: a b 2 ab (a b)2 4ab



Û

Giả sử và không chéo nhau

+Bước 2: Tìm mâu thuẫn:

1.3 CHỨNG MINH LOẠI DẦN

1.3.1 Định nghĩa

Nếu mệnh đề X chỉ có k khả năng xảy ra, phép chứng minh mệnh đề X xảy ra với k khả năng thứ i thông qua bác bỏ k-1 khả năng còn lại được gọi là phép chứng minh loại dần

1.3.2 Sơ đồ của phép chứng minh loại dần

Nếu mệnh đề X có k khả năng xảy ra là: X1, X2,…, Xk

Mệnh đề X không xảy ra với khả năng thứ j: X.

Sơ đồ của phép chứng minh loại dần:

(X ⊻ X ⊻ … ⊻ X ) X X … X X … X

XNhư vậy có 3 bước tiến hành chứng minh loại dần

- Bước 1: Khẳng định chỉ có k khả năng xảy ra

- Bước 2: Bác bỏ k-1 khả năng còn lại

- Bước 3: Khẳng định X xảy ra ở khả năng thứ k

1.3.3 Cơ sở logic của phép chứng minh loại dần

Cơ sở logic của phép chứng minh loại dần là tam đoạn luận lựa chọn, tuân theo quy tắc ba bước phù hợp với các bước của phép chứng minh loại dần và có sơ đồ: ( ⊻ )

Như vậy khi sử dụng phương pháp chứng minh loại dần phải chỉ ra mệnh

đề đó có đúng k khả năng xảy ra

Ví dụ 1: Cho x 3 2 3 4 Chứng minh rằng x là số vô tỉ

Chứng minh:

+ Bước 1: Có x R , do đó x hữu tỉ hoặc vô tỉ

+ Bước 2: Bác bỏ khả năng x là số hữu tỉ:

Từ x3 2 3 4 suy ra xlà nghiệm của phương trình 3 6 6 0





 x

Nếu x là số hữu tỉ thì x phải nguyên là là ước của 6, khi đó xcó thể là

±1, ±2, ±3, ±6 Nhưng ±1, ±2, ±3, ±6 không là nghiệm của phương trình x3  x6 60 Vậy x không phải là số hữu tỉ

Giả sử tứ giác có tâm đối xứng

Qua phép đối xứng tâm , tứ giác

 Nếu biến thành hoặc thì tâm đối xứng thuộc cạnh hoặc của tứ giác nên cũng suy ra điều vô lí

+ Bước 3: Vậy chỉ có thể biến thành đỉnh

Lí luận tương tự đỉnh chỉ có thể biến thành đỉnh Khi đó tâm đối xứng là trung điểm của hai đường chéo và nên tứ giác

phải là hình bình hành

KẾT LUẬN CHƯƠNG

Ở chương 1 tôi đã trình bày về cơ sở lí luận của hai phương pháp chứng minh trong các phương pháp thuộc hệ thống các phương pháp chứng minh gián tiếp là phương pháp chứng minh phản chứng và phương pháp chứng minh loại dần Đồng thời trong chương này để tiện cho việc giải một bài toán có sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng, phương pháp chứng minh loại dần tôi cũng đã trình bày các bước tiến hành từ đó nâng cao hiệu quả giải toán

Có thể nhận thấy trong phương pháp chứng minh loại dần, ở bước 2 là bác bỏ k – 1 khả năng có thể xảy ra, nghĩa là ta giả sử có thể xảy ra k – 1 khả năng rồi dùng suy luận để chứng minh không thể xảy ra k – 1 khả năng

đó Trong bước này có sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng, do

đó cần kéo léo lựa chọn và kết hợp hai phương pháp trên để có cách giải tối

ưu

Chương 2 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG VÀ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH LOẠI DẦN TRONG

mà không rõ là có tồn tại hay không

Những bài toán về khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của phương trình, hệ phương trình hoặc chứng minh một bất đẳng thức … trong các phân môn đại số, hình học, số học người ta hay dùng phương pháp chứng minh phản chứng

* Tìm mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh:

Trong các bài toán sử dụng phương pháp chứng minh phản chứng ở bước một là muốn phủ định lại kết luận như vậy phải tạo ra mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh Đây cũng là vấn đề mang tính logic của các mệnh đề Trong các phát biểu toán học thường tồn tại những dạng mệnh

đề sau:

- Mệnh đề tồn tại: Cho ( ) là hàm mệnh đề xác định trên miền Nếu

ta đặt cụm từ “Tồn tại ∈ sao cho…” vào trược mệnh đề ( ) ta được mệnh đề

“Tồn tại ∈ sao cho ( )”

Ta gọi mệnh đề có cấu trúc như trên là mệnh đề tồn tại

Kí hiệu ∃ ∈ : ( ) hoặc ∃ : ( ), ∈ Kí hiệu ∃ được gọi là lượng

tử tồn tại

- Mệnh đề tổng quát: Cho ( )là mệnh đề xác định trên miền , nếu ta đặt cụm từ “Nếu mọi ∈ ta có …” vào trước mệnh đề ( ) ta được mệnh đề

“Với mọi ∈ ta có ( )”

Ta gọi mệnh đề có cấu trúc như trên là mệnh đề tổng quát (mệnh đề mọi)

Kí hiệu là ∀ ∈ : ( ) hoặc ∀ : ( ), ∈ Kí hiệu ∀ gọi là lượng tử tổng quát

Phủ định của mệnh đề tổng quát và mệnh đề tồn tại là dấu gạch ngang kí hiệu phủ định logic cũng như trong toán học Phủ định của các mệnh đề tồn tại và tổng quát theo nguyên tắc sau:

∃ ∈ : ( ) ≡ ∀ ∈ : ( )

∀ ∈ : ( ) ≡ ∃ ∈ : ( ) Như vậy hai mệnh đề ∀ ∈ : ( ) và ∃ ∈ : ( ) là phủ định của nhau

Trong toán học có nhiều mệnh đề thường được phát biểu kết hợp hai loại mệnh đề trên và phủ định của nó như sau:

∀ ∈ , ∃ ∈ : ( , ) ≡ ∃ ∈ , ∀ ∈ : ( , )

∃ ∈ , ∀ ∈ : ( , ) ≡ ∀ ∈ , ∃ ∈ : ( , )

Phương pháp chứng minh phản chứng đưa ta đến việc tạo ta mệnh đề phủ định đã cho Vì vậy cần thận trọng phát bieeut mệnh đề phủ định khi sử dụng phương pháp này

2.1.1 Dạng 1: Phủ định kết luận rồi suy ra điều mâu thuẫn với giả thiết

n  2 ta đi giả sử có thể giả sử

n có ước nguyên tố rồi chứng minh 2 n 1 là hợp số, trái với giả thiết

12

i

i p

k p n

1

1 2 1

) 1 2 (

)22

)(

12(12

12

Þ 2 n 1

không nguyên tố, trái với giả thiết

Do đó không thể có một ước nguyên tố nào khác 2 hay n  2k

abc

ca bc ab

c b a

()(

)

(x x3  abc x2  abbcca xabc x

f

Do đó f( x) 0 thì x0 tức là a,b,c  0

ca bc ab

c b a

00

ca bc ab

ca bc ab

1

11

100 99

2 1

x x

Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau

Chứng minh

Giả sử trong 100 số đã cho không có số nào bằng nhau

Không mất tính tổng quát ta giả sử x1 x2   x99  x100. (1)

Vì là số tự nhiên nên tương ứng (1) có x1  1 ,  i  1 , 2 , , 100

100

199

1

2

11

11

1

11

100 99

2 1

n

( 2 100 1

) 98 99

( 2 99 1

) 1 2 ( 2 2 1

) 0 1 ( 2 1 1

20)0100(2100

199

1

2

11

1

11

100 99

2 1

x x

Điều này trái với giả thiết, suy ra giả sử là sai

Vậy tồn tại ít nhất hai số bằng nhau thoả mãn điều kiện đề bài

Bài tập tương tự:

1) Cho x1, x2, , x25 là 25 số tự nhiên sao cho:

9

1

11

25 2

x

Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2 số bằng nhau

2) Chứng minh rằng với n1 và những số tự nhiên khác nhau

1

11

2 2

2 2 1

a

Ví dụ 4: Cho những số a0,a1, ,a n mà chúng có mối liên hệ

0

k k k

n

a a a

a a

.0,

0, ,

0,

0a p a p 1 a p 2  a n 1 a n

Nhưng điều kiện đó trái với giả thiếta n 0

Suy ra tất cả những số a k(k1,n1,nN) là không dương

Ví dụ 5: Cho hai đường thẳng chéo nhau Chứng minh rằng có duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với mặt phẳng kia

Hướng dẫn:

Đầu tiên cần xác định được mặt phẳng ( ) thoả mãn yêu cầu Để chứng minh mặt phẳng ( ) là duy nhất ta hãy giả sử ngoài ( ) còn có mặt phẳng ( )khác thoả mãn yêu cầu đề bài và chứng minh nếu tồn tại ( ) thì hai đường thẳng đó không chéo nhau

Chứng minh:

Giả sử ta có hai đường thẳng chéo nhau a và b

+ Lấy điểm M bất kì thuộc a

BÀI TẬP THAM KHẢO

b2  4 không phải là một số nguyên tố

Bài 4: Cho a  b  c 17 Chứng minh rằng hệ sau có nghiệm:

.1

Bài 5: Cho hai đường thẳng a , bchéo nhau Trên lấy hai điểm phân biệt , Trên lấy hai điểm phân biệt ,

a) Chứng minh rằng , chéo nhau

b) Gọi là một điểm trên , là điểm thuộc Chứng minh rằng song song với hoặc

c) Gọi là điểm thuộc Chứng minh rằng cắt , cắt Bài 6: Nếu đường thẳng d không nằm trong mặt phẳng (P) và d // d’ nằm trong (P) thì d // (P)

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: Đặt a3x,b3y thì x  0, y  0 Chứng minh x  y1 Bài 2: Giả sử m là hợp số Û m  pq với p,qN,p,q1

Þ m là số nguyên tố

Vậy nếu m  m  N

, 1

2 là một số nguyên tố thì m phải là số nguyên tố Bài 3: Giả sử b2  4ac là một số chính phương

Đặt b2 4ack2,kZ Ta có:

a k

b a k b a k

b a abc

Vì abc là một số nguyên nên (20abk)(20abk)(4a)

Þ abcm.n vì m , n N và m,n  1

Þ abc là hợp số (trái giả thiết)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 4: Giả thiết phản chứng hệ vô nghiệm, tức là:

.10

,1

Thay x lần lượt là ,1

2

1,

0 ta có: c 1,abc 1

b a

Chứng minh và không song song tương tự

c) Có và đồng phẳng Giả sử // thì nằm ngoài (mâu thuẫn giả thiết) nên cắt

Chứng minh tương tự được cắt

2.1.2 Dạng 2: Phủ định kết luận rồi suy ra hai điều trái ngược nhau

( Þ ) Bài toán kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng dạng này được

đề cập ở ví dụ sau:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng có vô số số nguyên tố

Hướng dẫn:

Để chứng minh có vô số số nguyên tố ta giả sử có hữu hạn số nguyên tố

để thấy được rằng nếu có hữu hạn số nguyên tố thì sẽ có hai điều trái ngược nhau trong quá trình chứng minh

Chứng minh:

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố là p1,p2, ,p n (n N) trong đó p là số n

lớn nhất trong các số nguyên tố

Xét số Ap1p2 p n 1thì A pi (i  1 , 2 , , n) dư 1 (1) Mặt khác là hợp số (vì nó lớn hơn số nguyên tố lớn nhất là pn)

Þ phải chia hết cho 1 số nguyên tố nào đó, tức là chia hết cho 1 trong các số p i(i1,2, ,n) (Mâu thuẫn với (1))

Suy ra giả sử sai Vậy có vô số số nguyên tố

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu số tự nhiên a không phải là số chính

2

2

an m

n

m a n

Như vậy p là ước nguyên tố của m và n, trái với (*)

Vậy a phải là số vô tỉ

Ví dụ 3: Cho a,b,c(0,1) Chứng minh rằng có ít nhất 1 trong các bất

đẳng thức sau là sai:

,4

1)1(  b 

4

1)1(  c 

4

1)1(  a 

c

Chứng minh:

Giả sử tất cả các bất đẳng thức trên đều đúng, tức là:

4

1)1(

4

1)1(

a c

c b

b a

64

14

1.4

1.4

1)1()1()1

0b b  (3)

.4

1)1(

1.4

1.4

1)1()1()1

a b(2c)1, c(2 a)1

Với 0a,b,c2 Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba bất đẳng thức là sai

Ví dụ 4: Cho α và β là 2 góc nhọn sao cho:

sin2 + sin2 = sin( + )

Có: sin2 + sin2 = sin ( + )

Û 1 − cos 2α + 1 − cos 2β = 2 sin(α + β)

Û 2 = cos 2 + cos 2 + 2 sin( + )

Û 1 = cos( + ) cos( − ) + sin( + ) (1)

Do

2,



  nên chỉ có 2 khả năng sau:

Vậy cos( + ) cos( − ) + sin( + ) < 1 (2)

Từ (1) và (2) thấy mâu thuẫn nhau

     nên ta có: cos( − ) > cos( + )

Lại có sin( + ) > sin2 ( + ), từ đó dẫn đến:

cos( + ) cos( − ) + sin( + )

> cos( + ) cos( − ) + sin ( + )

BA b AB AC

a ',  ',  ' rồi lập tỉ số diện tích của từng