Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng là hai phương pháp chứng minh cổ điển, là hai công cụ được sử dụng đắc lực trong giải toán. Không chỉ dừng lại ở các bài toán cơ bản, hai phương pháp này còn được vận dụng khá nhiều trong các bài toán thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán học quốc tế. Tài liệu này đã hoàn thành và đạt được những kết quả sau: Nêu được nguyên lý quy nạp, phương pháp quy nạp, khắc sâu hai bước: Cơ sở quy nạp và quy nạp. Nhấn mạnh tầm quan trọng phải thực hiện đầy đủ hai bước này. Trình bày về phương pháp phản chứng. Sưu tầm được hệ thống bài toán phong phú về ứng dụng của phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng trong các phân môn khác nhau của Toán học: số học, đại số, giải tích, hình học. Đặc biệt, tài liệu đã sưu tầm một số các đề thi Olympic toán các quốc gia và quốc tế được giải bằng hai phương pháp này.
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN Ở PHỔ THƠNG Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Suy luận toán học 1.2 Phương pháp quy nạp 1.2.1 Nguyên lý quy nạp phương pháp quy nạp 1.2.2 Một số dạng khác nguyên lý quy nạp 10 1.3 Phương pháp phản chứng 14 Chương Ứng dụng phương pháp quy nạp phương pháp phản chứng vào giải số tốn phổ thơng 17 2.1 Ứng dụng phương pháp quy nạp vào giải số toán phổ thông 17 2.1.1 Ứng dụng vào giải số toán dãy số 17 2.1.2 Ứng dụng vào giải số toán chia hết 22 2.1.3 Ứng dụng vào giải số toán chứng minh đẳng thức 26 2.1.4 Ứng dụng vào giải số toán chứng minh bất đẳng thức 30 2.1.5 Ứng dụng vào giải số tốn hình học 33 2.1.6 Bài tập tự giải 37 2.2 Ứng dụng phương pháp phản chứng vào giải số tốn phổ thơng 37 2.2.1 Ứng dụng vào giải số tốn số vơ tỉ 37 2.2.2 Ứng dụng vào giải số toán chia hết 40 2.2.3 Ứng dụng vào giải số tốn khẳng định nghiệm phương trình 42 2.2.4 Ứng dụng vào giải số toán đẳng thức bất đẳng thức 44 2.2.5 Ứng dụng vào giải số toán hình học 46 2.2.6 Bài tập tự giải 49 Tài liệu tham khảo 50 Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Suy luận toán học Suy luận rút mệnh đề từ mệnh đề có Mỗi chứng minh toán học bao gồm số bước suy luận đơn giản, bước, người ta vận dụng qui tắc suy luận tổng quát để từ tiền đề rút mệnh đề gọi hệ lôgic Suy luận gọi Suy luận diễn dịch Định nghĩa 1.1 ([14, tr.4]) Giả sử A1 , A2 , , An , B công thức Nếu tất hệ giá trị chân lí biến mệnh đề có mặt làm cho A1 , A2 , , An nhận giá trị làm cho B nhận giá trị 1, tức A1 ❫ A2 ❫ ☎ ☎ ☎ ❫ An ñ B cơng thức đúng, ta gọi B hệ lôgic A1 , A2 , , An Khi ta nói có qui tắc suy luận từ A1 , A2 , , An tiền đề A1 , A2 , , An đến B Kí hiệu qui tắc suy luận: B Ví dụ 1.1 Tiền đề: Hàm số bậc có đồ thị đường thẳng Kết luận: Hàm số y ✏ f ♣xq có đồ thị khơng phải đường thẳng nên hàm số hàm số bậc Ngồi suy luận diễn dịch cịn có Suy luận nghe có lí Suy luận nghe có lí suy luận không tuân theo qui tắc suy luận Trong suy luận này, từ tiền đề rút kết luận kết luận sai, tức kết luận mang tính dự đốn, giả thuyết Trong tốn học có hai kiểu suy luận nghe có lí thường dùng phép quy nạp khơng hồn tồn phép tương tự Ví dụ 1.2 Tiền đề: Trong hình học phẳng, phương trình tổng quát đường thẳng ax by c ✏ Dự đốn: Trong hình học khơng gian, phương trình tổng quát mặt phẳng ax by cz d ✏ (suy luận tương tự, dự đốn đúng) Ví dụ 1.3 Tiền đề: Phương trình x3 y ✏ z3 khơng có nghiệm nguyên, phương trình x4 y ✏ z4 khơng có nghiệm ngun Dự đốn: Phương trình xn y n ✏ z n , ❅n N, n → 2, khơng có nghiệm ngun (suy luận quy nạp khơng hồn tồn, dự đốn đúng) Tất vấn đề tốn học trình bày suy luận diễn dịch Tuy nhiên trình phát triển toán học gắn liền với suy luận nghe có lí Phép tương tự hay quy nạp khơng hoàn toàn sử dụng để nêu giả thuyết, sau giả thuyết chứng minh suy luận diễn dịch 1.2 Phương pháp quy nạp Trước hết, cần phân biệt quy nạp toán học với lập luận quy nạp Lập luận quy nạp trình lập luận mà tiền đề lý lẽ cho chứng minh cho kết luận không đảm bảo tính lơgic, chặt chẽ tốn học Kiểu lập luận dùng để gán tính chất hay quan hệ cho phạm trù dựa ví dụ phạm trù đó; để phát triển định luật dựa số giới hạn quan sát tượng lặp lặp lại Ví dụ: Một học sinh quan sát thấy: Sắt chất rắn, chì chất rắn, vàng chất rắn, đồng chất rắn Mà sắt, chì, đồng, vàng kim loại Từ em học sinh kết luận: "Mọi kim loại chất rắn" Kết luận lập luận quy nạp Trong chứng minh quy nạp toán học, “trường hợp sở” chứng minh, sau “quy tắc quy nạp” chứng minh cho trường hợp kéo theo trường hợp sau Áp dụng quy tắc quy nạp nhiều lần, từ trường hợp sở chứng minh riêng lẽ, chứng minh nhiều trường hợp thường nhiều đến mức vô hạn Từ trường hợp sở đắn, vô hạn trường hợp khác phải đúng, tất trường hợp chứng minh trực tiếp số lượng vơ hạn Một phương pháp chứng minh quy nạp lùi vô hạn (thường sử dụng tính chất dãy số tự nhiên thứ tự nhỏ dần vô hạn được) Một ứng dụng thông thường chứng minh quy nạp toán học chứng minh tính chất thỏa với số thỏa với tất số tự nhiên 1.2.1 Nguyên lý quy nạp phương pháp quy nạp Cơ sở nguyên lý quy nạp tiên đề V Hệ tiên đề Peano tập hợp số tự nhiên xây dựng cuối kỉ XIX Nội dung Tiên đề V sau [14, tr.9]: Nếu A tập tập số tự nhiên N cho: 1) A, 2) m A kéo theo m A, ❅m N, A ✏ N Kí hiệu P ♣nq mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n số tự nhiên Cho số tự nhiên n ứng với mệnh đề P ♣nq, tức với ✏ tướng ứng với mệnh đề P ♣1q, với n ✏ tướng ứng với mệnh đề P ♣2q Bằng phương pháp tạo dãy mệnh đề riêng P ♣1q, P ♣2q, , P ♣nq, Để kiểm tra mệnh đề P ♣nq có với số tự n nhiên n hay khơng, thay ta phải kiểm tra vô hạn mệnh đề riêng người ta sử dụng ngun lý tốn học sau: Định lý 1.1 (Nguyên lý quy nạp) ([15, tr.10]): Cho k0 số tự nhiên P ♣nq mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n ➙ k0 Nếu mệnh đề P ♣nq thỏa mãn hai điều kiện sau: (i) P ♣k0 q mệnh đề (ii) Mệnh đề P ♣k q với số tự nhiên k ➙ k0 kéo theo mệnh đề P ♣k 1q Thì mệnh đề P ♣nq với số tự nhiên n ➙ k0 ➙ k0 mà P ♣nq không Giả sử A khác tập rỗng, tồn số tự nhiên m ➙ k0 mà P ♣mq không Chứng minh Gọi A tập hợp số tự nhiên n Ta lấy số tự nhiên nhỏ m0 A mà P ♣m0 q không (1.1) Theo giả thiết ♣iq P ♣k0 q nên m0 → k0 suy m0 ✁ ➙ k0 Vì m0 ✁ khơng thuộc tập A (do m0 số nhỏ thuộc tập A), nên theo định nghĩa tập A P ♣m0 ✁ 1q Khi theo giả thiết ♣iiq P ♣m0 q ✏ P ♣♣m0 ✁ 1q 1q (1.2) Từ (1.1) (1.2) suy mâu thuẫn Điều chứng tỏ tập A tập rỗng Vậy P ♣nq với số tự nhiên n ➙ k0 ✆ Phương pháp dùng nguyên lí quy nạp để giải toán, người ta gọi phương pháp quy nạp Cụ thể: Giả sử P ♣nq mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n (k0 ➙ k0 N) Để chứng minh mệnh đề P ♣nq với n ➙ k0 phương pháp quy nạp, ta thực hai bước: Bước 1: Cơ sở quy nạp Ta kiểm tra mệnh đề P ♣nq có với n ✏ k0 khơng, tức kiểm tra mệnh đề P ♣k0 q có khơng Nếu đúng, ta chuyển sang bước Bước 2: Bước quy nạp Giả sử mệnh đề P ♣k q với số tự nhiên k ➙ k0 (giả thiết gọi giả thiết quy nạp), ta chứng minh mệnh đề P ♣k 1q Sau bước 2, kết luận mệnh đề P ♣nq với số tự nhiên n ➙ k0 Ví dụ 1.4 Chứng minh với n N✝ ta có đẳng thức: ♣3n ✁ 1q ✏ n♣3n 1q (1.3) Chứng minh Ta chứng minh đẳng thức (1.3) phương pháp quy nạp Cơ sở quy nạp: Với n ✏ ta có ✏ 1♣3.12 1q ✏ (đúng), đẳng thức (1.3) với n ✏ Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức (1.3) với n ♣3k ✁ 1q ✏ ✏ k (k N✝), tức k ♣3k 1q Ta chứng minh đẳng thức (1.3) với n ✏ k 1, tức ♣3k ✁ 1q r3♣k 1q ✁ 1s ✏ ♣k 1qr3♣k 1q 1s Thật k ♣3k 1q r3♣k 1q ✁ 1s 3k k 6k ✏ 2 ✏ 3k 27k ✏ ♣k 1q♣23k 4q ✏ ♣k 1qr3♣2k 1q 1s Theo nguyên lý quy nạp, đẳng thức (1.3) với n N✝ ♣3k ✁ 1q r3♣k 1q ✁ 1s ✏ ✆ Chú ý 1.1 Trong chứng minh phương pháp quy nạp, không thực đầy đủ hai bước dẫn đến sai lầm Ví dụ 1.5 ([7, tr.84]) Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học Pháp n P.Fermat (1601-1665) cho số dạng 22 số nguyên tố P.Fermat xét số đầu tiên: Với n ✏ cho 22 ✏ 21 ✏ số nguyên tố, Với n ✏ cho 22 ✏ 22 ✏ số nguyên tố, Với n ✏ cho 22 ✏ 24 ✏ 17 số nguyên tố, Với n ✏ cho 22 ✏ 28 ✏ 257 số nguyên tố, Với n ✏ cho 22 ✏ 216 ✏ 65537 số nguyên tố, kết luận cho số tự nhiên n Nhưng vào kỷ 18, Euler phát với n ✏ khẳng định không đúng, vì: 22 ✏ 4294967297 ✏ 641.6700417 hợp số Ví dụ 1.6 ([15, tr.13]) Chứng minh số tự nhiên số tự nhiên Chứng minh Ta chứng minh tốn phương pháp quy nạp Giả sử toán với n ✏ k (k N), tức k ✏ k Ta chứng minh toán với n ✏ k 1, tức k ✏ k Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có k ✏ k k ✏ ♣k 1q ô k ✏ k Như toán với n ✏ k Do toán với số ✆ tự nhiên Hệ toán tất số tự nhiên Điều thật vô lý, cách chứng minh sai đâu? Lời giải ví dụ áp dụng ngun lí quy nạp tốn học bỏ qua bước sở quy nạp Nghĩa khơng kiểm tra tốn có trường hợp n ✏ hay không Ta thấy với n ✏ khẳng định sai ✘ Cơ sở quy nạp bước quy nạp có ý nghĩa đặc biệt Cơ sở quy nạp nói thiết lập sở để thực phép quy nạp Bước quy nạp cho phép ta có quyền mở rộng vơ hạn sở đó, có quyền chuyển từ trường hợp riêng đến trường hợp riêng tiếp sau, cụ thể từ k đến k Nếu ta chưa thực bước sở quy nạp mà thực bước quy nạp ta chưa thiết lập sở để tiến hành quy nạp lúc việc thực bước quy nạp khơng cịn có ý nghĩa điều ta mở rộng thực chất khơng có sở Ngược lại, ta thực bước sở quy nạp mà chưa thực bước quy nạp thiết lập sở để tiến hành quy nạp ta lại khơng có quyền mở rộng sở 1.2.2 Một số dạng khác nguyên lý quy nạp Điều kiện thứ Định lí 1.1 cho ta sở mở rộng giá trị k0 Điều kiện thứ hai Định lí 1.1 cho ta mệnh đề khẳng định P ♣nq với n ✏ k0 1, n ✏ k0 2, Thực tế nhiều bước quy nạp phải đòi hỏi hai giá trị n ✏ k ✁ 1, n ✏ k mệnh đề, để suy mệnh đề với n ✏ k Trong trường hợp bước sơ phải kiểm tra với n ✏ k0 mà với n ✏ k0 Tổng qt ta có định lí sau: Định lý 1.2 ([4, tr.23]) Cho p số nguyên dương P ♣nq mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n ➙ Nếu mệnh đề P ♣nq thỏa mãn hai điều kiện sau: (i) P ♣1q, P ♣2q, , P ♣pq mệnh đề (ii) Các mệnh đề P ♣k ✁ p 1q, P ♣k ✁ p 2q, , P ♣k q với số tự nhiên k ➙ p, kéo theo mệnh đề P ♣k 1q 10 tức ta dựng ♣2k ✁ 1q✁ giác từ trung điểm cạnh Ta chứng minh toán với n ✏ k, tức ta dựng ♣2k 1q✁ giác từ trung điểm cạnh Thật vậy, gọi A1 , A2 , , A2k 1 ♣2k 1q điểm cho làm trung điểm cạnh ♣2k 1q✁giác cần dựng B1 , B2 , , B2k 1 Xét tứ giác B1 B2k✁1 B2k B2k 1 có A2k✁1 , A2k , A2k 1 trung điểm cạnh B2k✁1 B2k , B2k B2k 1 , B2k 1 B1 Gọi A trung điểm B1 B2k✁1 AA2k✁1 A2k A2k 1 hình bình hành Vì A2k✁1 A2k A2k 1 cho trước nên ta dựng A Xét ♣2k 1q✁giác B1 B2 B2k✁1 có ♣2k ✁ 1q trung điểm cạnh là: A1 , A2 , , A2k✁2 A xác định nên theo giả thiết quy nạp ta dựng đa giác Từ B1 , B2k✁1 trung điểm A2k✁1 , A2k 1 ta dựng nốt B2k B2k 1 Theo nguyên lý quy nạp, toán với n N✝ 36 ✆ 2.1.6 Bài tập tự giải Bài tập 2.1 ([7, tr.82]) Chứng minh với số nguyên dương n, ta ln có n3 11n chia hết cho Bài tập 2.2 ([4, tr.108]) Chứng minh a ✑ b ♣mod mq k am Ở k ✑ bm ♣mod mk 1q k ✏ 0, 1, Bài tập 2.3 (Bất đẳng thức Cauchy- Bunyakovsky) ([9, tr.70]) Chứng minh với x1 , x2 , , xn ; y1 , y2 , , yn R, n số tự nhiên, n ➙ Ta ln có ♣x21 x22 ☎ ☎ ☎ x2nq♣y12 y22 ☎ ☎ ☎ yn2 q ➙ ♣x1y1 x2y2 ☎ ☎ ☎ xnynq2 Bài tập 2.4 (Vơ địch Tốn Matxcova 1984) ([9, tr.62]) Cho x1 , x2 , , xn n số không âm ♣n Z, n ➙ 4q, tổng chúng Chứng minh x1 x2 x2 x3 xn x1 ↕ 41 Bài tập 2.5 ([9, tr.48]) Cho dãy số un xác định sau: ✩ ✬ ✫u1 ✏ u2 ✏ u2n✁1 ✬ u ✏ , n ✏ 3, 4, ✪ n u n✁2 Chứng minh số hạng dãy số nguyên 2.2 Ứng dụng phương pháp phản chứng vào giải số toán phổ thơng 2.2.1 Ứng dụng vào giải số tốn số vơ tỉ Bài tốn 2.16 ([11, tr.6]) Chứng minh 37 1) ❄ 2) ❄ số vô tỉ số vô tỉ Chứng minh 1) Trước hết ta chứng minh với n N, n2 chia hết cho n chia hết cho Thật vậy, giả sử n không chia hết cho 7, tức n ✏ 7p r (p Z , r n2 ✏ 1, 2, 3, 4, 5, 6) Khi ta có ✏ ♣7p rq2 ✏ 49p2 14pr r2 ✏ 7q r2 ♣q Z q Vì 12 , 22 , 32 , 42 , 52 , 62 số không chia hết r2 không chia hết cho 7, n2 ✏ 7q r2 khơng chia hết cho (mâu thuẫn) Vậy với n N, n2 chia hết cho n chia hết cho ❄ ❄ Bây ta chứng minh số vô tỉ Giả sử số hữu tỉ Khi ❄ a ❄ a a ✏ , a, b Z phân số tối giản Ta có ✏ b b b a2 ✏ 7b2 , suy a2 chia hết cho Do a chia hết cho 7, tức a ✏ 7k (k Z ) Thay a ✏ 7k vào a2 ✏ 7b2 ta 49k2 ✏ 7b2 ô 7k2 ✏ b2 Do b2 chia hết cho 7, suy b chia hết cho Vì a, b chia hết ❄ a phân số tối giản (mâu thuẫn) Vậy số vô tỉ b 2) Trước hết ta chứng minh với n N, n3 chia hết cho n chia hết cho Thật vậy, giả sử n không chia hết cho 5, tức n ✏ 5p r (p Z , r n3 ✏ 1, 2, 3, 4) Khi ta có ✏ ♣5p rq3 ✏ 125p3 75p2r 15pr2 r3 ✏ 5q r3 ♣q Z q Vì 13 , 23 , 33 , 43 số không chia hết r3 không chia hết cho 5, n3 ✏ 5q r3 khơng chia hết cho (mâu thuẫn) Vậy với ❅n N, n3 chia hết cho n chia hết cho Bây ta chứng minh ❄ số vô tỉ Giả sử 38 ❄ số hữu tỉ Khi ❄ ❄ ✏ ab , a, b Z ab phân số tối giản Ta có ✏ ab ô a3 ✏ 5b3 , suy a3 chia hết cho Do a chia hết cho 5, tức a ✏ 5k (k Z ) Thay a ✏ 5k vào a3 ✏ 5b3 ta 125k ✏ 5b3 ô 25k ✏ b3 Do 3 b3 chia hết cho 5, suy b chia hết cho Vì a, b số chia hết cho ❄ a nên phân số tối giản (mâu thuẫn) Vậy số vơ tỉ.✆ b Bài tốn 2.17 ([13, tr.19]) Cho x số hữu tỉ khác 0, y số vô tỉ Chứng minh x y xy số vô tỉ Chứng minh Giả sử x y ✏ z số hữu tỉ Ta có y ✏ z ✁ x, hiệu hai số hữu tỉ số hữu tỉ hay z ✁ x ✏ y số hữu tỉ Điều trái với giả thiết y số vô tỉ Vậy x y số vô tỉ v Giả sử xy ✏ v số hữu tỉ Ta có y ✏ (do x ✘ 0), thương x v số hữu x tỉ Điều trái với giả thiết y số vô tỉ Vậy xy số vô tỉ ✆ số hữu tỉ số hữu tỉ số hữu tỉ hay Bài toán 2.18 ([11, tr.7]) 1) Cho p số nguyên tố, chứng minh ❄p số vô tỉ 2) Chứng minh có vơ hạn số hữu tỉ ❄p số hữu tỉ Khi ❄p ✏ a , a, b b a ❄ số nguyên dương nguyên tố Ta có p ✏ a2 ✏ pb2 , Chứng minh 1) Giả sử b suy a2 chia hết cho p Mặt khác, p số nguyên tố nên a chia hết cho p, a p2 k ✏ pk (k Z ) Thay a ✏ pk vào a2 ✏ pb2 ta ✏ pb2 ô pk2 ✏ b2, suy b2 chia hết cho p Mặt khác, p số nguyên tố nên b chia hết cho p Vì a, b số chia hết cho p nên a, b hai số nguyên dương nguyên tố (mâu thuẫn) Vậy 39 ❄p số vô tỉ Z Ta xếp k số hữu tỉ thành dãy tăng dần x1 ➔ x2 ➔ ➔ xk Vì a a xk số hữu tỉ nên xk ✏ , a, b số nguyên, b ✘ b b a b a , suy xk số hữu tỉ phân số tối giản Ta có xk ✏ ✏ b b Ta lại có xk → xk , dó có tất k số hữu tỉ (mẫu thuẫn) Vậy có 2) Giả sử có hữu hạn số hữu tỉ, tức có tất k số hữu tỉ k ✆ vô hạn số hữu tỉ 2.2.2 Ứng dụng vào giải số toán chia hết Bài toán 2.19 ([5, tr.23]) Chứng minh tổng binh phương hai số nguyên chia hết cho số chia hết cho Chứng minh Cho x y hai số nguyên cho x2 y chia hết cho Giả sử x khơng chia hết cho 7, ta có ✔ x ✏ 7a ✟ ✖ ✕ x ✏ 7b ✟ x ✏ 7c ✟ ✔ x2 ñ ✖✕ x2 x2 ✏ 7A ✏ 7B ✏ 7C a, b, c, A, B, C số nguyên Vì số y chia hết cho khơng chia hết ta có ✔ ✔ ✖ ✖ ✖ ✖ ✕ y y y y ✏ 7m ✟ ✖ y2 ✏ 7M ✏ 7n ✟ ñ ✖✖ y2 ✏ 7N ✖ y ✏ 7P ✏ 7p ✟ ✕ ✏ 7q y ✏ 7Q m, n, p, q, M, N, P, Q số nguyên Từ phân tích suy số x2 y chia cho ta số dư nhứng số 1, 2, 3, 4, 5, Điều trái với giả thiết x2 y chia hết cho 7, 40 suy x chia hết cho Chứng minh tương tự cho y, ta ✆ chứng minh y chia hết cho Bài toán 2.20 ([11, tr.5]) Cho f ♣xq ✏ ax2 bx c tam thức bậc hai với hệ số nguyên Chứng minh f ♣xq có nghiệm hữu tỉ ba hệ số a, b, c có hệ số chia hết cho Chứng minh Giả sử ba số a, b, c khơng chia hết cho 2, ✏ 2m 1, b ✏ 2n 1, c ✏ 2k (m, n, k số nguyên) Từ b ✏ 2n 1, suy b2 ✏ 2N (N Z), b2 số lẻ Mặt khác, 4ac số chẵn nên ✏ b2 ✁ 4ac số lẻ Ta lại có, tam thức bậc hai cho có nghiệm hữu tỉ nên số phương lẻ, tức ✏ ♣2t 1q2 ♣t Zq Do ta có ta có a ✏ b2 ✁ 4ac ✏ ♣2t 1q2 ô b2 ✁ ♣2t 1q2 ✏ 4♣2m 1q♣2k 1q ô ♣2n 1q2 ✁ ♣2t 1q2 ✏ 4♣4mk 2m 2k 1q ô 4n2 4n ✁ 4t2 ✁ 4t ✏ 16mk 8m 8k ô 4n♣n 1q ✁ 4t♣t 1q ✏ 16mk 8m 8k (2.16) Vì tích số ngun liên tiếp chia hết n♣n 1q ✏ 2p, t♣t 1q ✏ 2q ♣p, q Zq, suy 4n♣n 1q ✁ 4t♣t 1q ✏ 8p ✁ 8q Do vế trái (2.16) số chia hết cho Nhưng không chia hết vế phải (2.16) số khơng chia hết cho Do (2.16) điều vô lý Vậy ba hệ số a, b, c có hệ số chia hết cho 41 ✆ 2.2.3 Ứng dụng vào giải số tốn khẳng định nghiệm phương trình ax b ✏ Bài toán 2.21 ([11, tr.4]) Cho hai phương trình x2 x2 cx d ✏ có ac ➙ 2♣b dq Chứng minh hai phương trình có nghiệm Chứng minh Phương trình x2 ax b trình x2 cx d ✏ có ✏ có ✏ a2 ✁ 4b, phương ✏ c2 ✁ 4d Giả sử hai phương trình vơ nghiệm, ➔ 0, ➔ 0, suy ➔ Ta có 2 1 ✏ a c ✁ 4b ✁ 4d ✏ a2 c2 ✁ 4♣b dq ➙ a2 b2 ✁ 2ac ♣vì ac ➙ 2♣b dqq ✏ ♣a ✁ cq2 ➙0 ♣mâu thuẫn với ➔ 0q Vậy hai phương trình cho có nghiệm ✆ Bài tốn 2.22 (IMO 1982) ([8, tr.21]) Cho phương trình: x3 ✁ 3xy y ✏ n n N✝ (2.17) Chứng minh (2.17) có nghiệm ngun khơng có nghiệm ngun Chứng minh Ta có x3 ✁ 3xy y ✏ y3 ✁ 3y2x 3yx2 ✁ x3 2x3 ✁ 3x2y ✏ ♣y ✁ xq3 3x3 ✁ 3x2y ✁ x3 ✏ ♣y ✁ xq3 ✁ 3♣y ✁ xqx2 ♣✁xq3 42 Ta lại có x3 ✁ 3xy y ✏ x3 ✁ 3x2y 3xy2 ✁ y3 3x2y ✁ 6xy2 2y3 ✏ ♣x ✁ yq3 3x2y ✁ 6xy2 3y3 ✁ y3 ✏ ♣x ✁ yq3 3y♣x2 ✁ 2xy y2q ✁ y3 ✏ ♣x ✁ yq3 3y♣x ✁ yq2 ✁ y3 ✏ ♣✁yq3 ✁ 3♣✁yq♣x ✁ yq2 ♣x ✁ yq3 Khi x3 ✁ 3xy y ✏ ♣y ✁ xq3 ✁ 3x2♣y ✁ xq ♣✁xq3 ✏ ♣x ✁ yq3 ✁ 3♣✁yq♣x ✁ yq2 ✁ y3 Do ♣x; y q Z2 nghiệm phương trình (2.17) ♣y ✁ x; ✁xq, ♣✁y; x ✁ yq Z2 nghiêm phương trình (2.17) Giả sử phương trình (2.17) có nghiệm nhất, ta có ♣x; y q ✏ ♣y ✁ x; ✁xq ✏ ♣✁y; x ✁ yq, suy x ✏ y ✏ Thay x ✏ y ✏ vào hai vế phương trình (2.17) ta n ✏ (mâu thuẫn với n N✝ ) Vậy phương trình (2.17) có nghiệm ngun khơng có nghiệm ngun ✆ Bài tốn 2.23 (IMO 1983) ([8, tr.23]) Cho số a, b, c N✝, đôi nguyên tố Chứng minh phương trình xbc yca zab ✏ 2abc ✁ ab ✁ bc ✁ ca (2.18) khơng có nghiệm tự nhiên Chứng minh Giả sử phương trình (2.18) có nghiệm ♣x; y; z q N3 Từ (2.18) ta có xbc yca zab ab bc ca ✏ 2abc ô bc♣x 1q ca♣y 1q ab♣z 1q ✏ 2abc 43 Khi ta có ab♣z 1q chia hết cho c, ♣a, cq ✏ ♣b, cq ✏ nên z chia hết cho c Mặt khác, z → z ➙ c Tương tự ta có x ➙ a, y ➙ b Từ đánh giá ta xbc yca zab ➙ ♣a ✁ 1qbc ♣b ✁ 1qca ♣c ✁ 1qab ✏ 3abc ✁ bc ✁ ca ✁ ab → 2abc ✁ bc ✁ ca ✁ ab Điều vô lý, phương trình (2.18) khơng có nghiệm tự nhiên ✆ 2.2.4 Ứng dụng vào giải số toán đẳng thức bất đẳng thức Bài toán 2.24 ([8, tr.24]) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh ❄ b c ❄ ❄ ➙ a2 4bc b2 4ca c2 4ab a a2 ñ x ✏ Chứng minh Đặt x ✏ ❄ ñ a 4bc x2 a2 4bc 4ca b ta ✁ ✏ , Tương tự, đặt y ✏ ❄ y b b2 4ca c 4ba z✏❄ ta ✁ ✏ z c c2 4ba Khi đó, ta có a ✂ x2 ✁1 ✡✂ y2 ✡✂ ✁1 z2 ✁ ✏ 4bc a2 ✡ 4ca 4ba ✁ ✏ 4bc ✏ 64 a2 b2 c2 Và ta cần chứng minh x y z (2.19) (2.20) ➙ Giả sử ngược lại x y z ➔ Khi ✂ ✡✂ ✡✂ ✡ 1 ✁ y2 ✁ z2 ✁ x✄2 ☛✄ ☛✄ ☛ 2 → ♣x xy2 zq ✁ ♣x yy2 zq ✁ ♣x zy2 zq ✁ ✏ ♣x y z xq♣y zq♣y x xz2y 2zy2q♣x zq♣z x y zq♣x yq 44 ❄ ❄ ❄ ❄ ❄ ❄ 4 x2 yz.2 yz.4 xy z.2 xz.4 xyz 2 xy ➙ x2 y z đẳng thức Cauchy) ❄4 bất ❄ ❄4 (theo ❄ ❄ ❄ x yz.4 xy z.4 xyz 2 yz.2 xz.2 xy ✏ x2 y z 2 2 y z ✏ 192 (mâu thuẫn với (2.20)) ✏ 192x x2 y z Vậy bất đẳng thức (2.19) chứng minh xong ✆ Bài toán 2.25 ([5, tr.15]) Chứng minh với n → số tự nhiên khác a1 , a2 , , an ♣ai ➙ i 1, ❅i ✏ 1, nq, khơng thể có đẳng thức a21 a12 ☎ ☎ ☎ a12 ✏ Chứng minh Giả sử ta có đẳng thức a1 (2.21) n ➔ a2 ➔ ☎ ☎ ☎ ➔ an a21 a12 ☎ ☎ ☎ a12 ✏ 1, n Ta có 1✏ 1 ☎ ☎ ☎ 2 a1 a2 a2n ↕ 212 312 ☎ ☎ ☎ ♣n 1 1q2 ♣vì ➙ i 1, ❅i ✏ 1, nq 1 ➔ 1.2 2.3 ☎ ☎ ☎ n.♣n1 1q ✡ ✂ ✡ ✂ ✡ ✂ 1 1 1 ✏ ✁ ✁ ☎☎☎ n ✁ n ✏ ✁ n 1 ➔ ♣vô lýq Vậy khơng thể có đẳng thức (2.21) ✆ Bài tốn 2.26 ([11, tr.4]) Chứng minh với ba số x, y, z có bất đẳng thức sau sai: ⑤x⑤ ➔ ⑤y ✁ z⑤, ⑤y⑤ ➔ ⑤z ✁ x⑤, ⑤z⑤ ➔ ⑤x ✁ y⑤ 45 Chứng minh Giả sử ba bất đẳng thức Khi đó, ta có ⑤x⑤ ➔ ⑤y ✁ z⑤ ô ♣y ✁ zq2 ✁ x2 → ô ♣y ✁ z ✁ xq♣y ✁ z xq → Tương tự ta có ♣z ✁ x ✁ y q♣z ✁ x y q → 0, ♣x ✁ y ✁ z q♣x ✁ y z q → Do ♣y ✁ z ✁ xq♣y ✁ z xq♣z ✁ x ✁ yq♣z ✁ x yq♣x ✁ y ✁ zq♣x ✁ y zq → ñ r♣y ✁ z ✁ xq♣x ✁ y zqsr♣z ✁ x ✁ yq♣y ✁ z xqsr♣x ✁ y ✁ zq♣z ✁ x yqs → ñ r✁♣x ✁ y zq2sr✁♣y ✁ z xq2sr✁♣z ✁ x yq2s → ñ ✁♣x ✁ y zq2♣y ✁ z xq2♣z ✁ x yq2 → (vô lý) Vậy với ba số x, y, z có bất đẳng thức sau sai: ⑤x⑤ ➔ ⑤y ✁ z⑤, ⑤y⑤ ➔ ⑤z ✁ x⑤, ⑤z⑤ ➔ ⑤x ✁ y⑤ 2.2.5 Ứng dụng vào giải số tốn hình học Bài tốn 2.27 ([1, tr.61]) Chứng minh góc tứ giác khơng thể góc nhọn, khơng thể góc tù Chứng minh Giả sử bốn góc tứ giác góc nhọn tổng số đo bốn góc nhỏ 360o Điều trái với tính chất tổng góc tứ giác 360o Vậy bốn góc tứ giác khơng thể góc nhọn Giả sử bốn góc tứ giác góc tù tổng số đo bốn góc lớn 360o Điều trái với tính chất tổng góc tứ giác 360o Vậy bốn góc tứ giác khơng thể góc tù.✆ Bài tốn 2.28 ([2, tr.98]) Chứng minh khơng vẽ đường trịn qua ba điểm thẳng hàng 46 Chứng minh Cho A, B, C ba điểm thẳng hàng Giả sử vẽ đường tròn tâm O qua ba điểm A, B, C ✏ OB nên điểm O thuộc đường trung trực d đoạn thẳng AB Mặt khác, OA ✏ OC nên điểm O thuộc đường trung trực l đoạn thẳng BC Suy O giao điểm d l Ta có d❑AB, l❑BC A, B, C ba điểm thẳng hàng, suy d④④l Do hai đường Khi ta có OA thẳng d l không giao nhau, suy không tồn điểm O (mâu thuẫn) Vậy khơng vẽ đường trịn qua ba điểm thẳng hàng ✆ Bài toán 2.29 ([9, tr.21]) Cho ba điểm A, B, C phân biệt mặt phẳng ♣αq Chứng minh tồn điểm G thuộc mặt phẳng thỏa mãn ÝĐ ÝÑ ÝÑ ÝÑ GA GB GC ✏ điểm G Chứng minh Giả sử cịn có điểm O ✘ G thỏa mãn u cầu tốn, tức ÝĐ ÝĐ ÝĐ ÝĐ OA OB OC ✏ 47 (2.22) Ta có ÝĐ ÝĐ ÝĐ ✏ ÝĐ0 ♣theo giả thiếtq GA✁ GB GC ✠ ✁ ✠ ✁ ✠ ÝÑ ÝÑ ÝĐ ÝĐ ÝĐ ÝĐ GO OA GO OB GO OC ✏ ÝÑ0 ÝÑ ÝÑ ÝĐ ÝĐ ♣theo (2.22)q 3ÝĐ GO OA OB OC ✏ ÝĐ ÝĐ GO ✏ ô G ✑ O ♣mâu thuẫn với G ✘ Oq ✆ Vậy điểm G Bài toán 2.30 ([9, tr.26]) Cho hai đường thẳng chéo Chứng minh có mặt phẳng chứa đường thẳng song song với đường thẳng Chứng minh Giả sử ta có hai đường thẳng chéo a b Lấy điểm M thuộc a Qua M kẻ đường thẳng b✶ song song với b Gọi ♣αq mặt phẳng xác định a b✶ Ta có: b④④b✶ b✶ ⑨ ♣αq, từ suy b④④♣αq Hơn a ⑨ ♣αq nên ♣αq mặt phẳng cần tìm Ta chứng minh ♣αq mặt phẳng Thật vậy, giả sử có mặt phẳng ♣β q khác ♣αq, chứa a song song với b ♣αq, ♣β q hai mặt phẳng phân biệt song song với b nên giao tuyến chúng a, 48 phải song song với b Điều mâu thuẫn với giả thiết a b chéo nhau, tức điều giả sử sai, suy ♣αq mặt phẳng Tương tự, ta chứng minh có mặt phẳng chứa b song song với a Vậy ta điều phải chứng minh ✆ 2.2.6 Bài tập tự giải Bài tập 2.6 ([10, tr.13]) Chứng minh số hữu tỉ biểu diễn dạng liên phân số hữu hạn Bài tập 2.7 ([10, tr.16]) Ước nhỏ lớn số tự nhiên lớn số nguyên tố Bài tập 2.8 (Putnam 1998) ([8, tr.23]) Chứng minh với số nguyên a, b, c tìm số nguyên dương n, cho số f ♣nq ✏ n3 an2 bn c số phương Bài tập 2.9 ([11, tr.8]) Cho 100 số tự nhiên a1 , a2 , , a100 thỏa mãn điều kiện ❄1a ❄1a ☎ ☎ ☎ ❄a1 100 Chứng minh 100 số tự nhiên đó, tồn hai số Bài tập 2.10 ([12, tr.50]) Cho ba đường thẳng a, b, c không nằm mặt phẳng cho chúng đôi cắt Chứng minh chúng đồng quy 49 Tài liệu tham khảo [1] Phan Đức Chính, Tơn Thân, Vũ Hữu Bình, Trần Đinh Châu, Ngô Hữu Dũng, Phạm Gia Đức, Nguyễn Duy Thuận (2014), Toán - tập 1, Nhà xuất Giáo dục [2] Phan Đức Chính, Tơn Thân, Vũ Hữu Bình, Trần Phương Dung, Ngơ Hữu Dũng, Lê Văn Hồng, Nguyễn Hữu Thảo (2014), Toán - tập 1, Nhà xuất Giáo dục [3] Phan Đình Diệu (2006), Lơgic Toán Cơ sở toán học, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [4] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp quy nạp toán học, Nhà xuất Giáo dục [5] Nguyễn Hữu Điển (2001), Những phương pháp điển hình giải tốn phổ thơng, Nhà xuất Giáo dục [6] Nguyễn Gia Định (2008), Cơ sở toán học, Nhà xuất Đại học Huế [7] Trần Văn Hạo, Vũ Tuấn, Đào Ngọc Nam, Lê Văn Tiến, Vũ Viết Yên (2014), Đại số Giải tích 11, Nhà xuất Giáo dục [8] Vũ Thị Hiền (2015), Sáu phương pháp giải tốn phổ thơng, Luận văn Thạc sĩ Khoa học, Đại học quốc gia Hà Nội [9] Nguyễn Thị Mỹ Lệ (2015), Phương pháp quy nạp với tốn phổ thơng, Luận văn Thạc sĩ Khoa học, Đại học quốc gia Hà Nội [10] Nguyễn Thị Ngân (2012), Bài giảng Số Luận, Đại học Tây Nguyên [11] Lê Hồnh Phị, 10 trọng điểm bơi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn 10, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [12] Đoàn Quỳnh, Văn Như Cương, Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2014),Hình học 11 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục Việt Nam [13] Tôn Thân, Vũ Hữu Bình, Phạm Gia Đức, Trần Luận, Phạm Đức Quang (2014), Bài tập Toán - tập 1, Nhà xuất Giáo dục [14] Đinh Thị Xinh (2012), Bài giảng tập hợp - lơgic tốn, Đại học Tây Ngun [15] I.X Xôminxki (1962), người dịch: Nguyên Văn Bàng, Phương pháp quy nạp toán học, Nhà xuất Giáo dục 50 ... ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở PHỔ THÔNG 2.1 Ứng dụng phương pháp quy nạp vào giải số tốn phổ thơng 2.1.1 Ứng dụng vào giải số toán dãy số Bài. .. minh số hạng dãy số nguyên 2.2 Ứng dụng phương pháp phản chứng vào giải số tốn phổ thơng 2.2.1 Ứng dụng vào giải số toán số vơ tỉ Bài tốn 2.16 ([11, tr.6]) Chứng minh 37 1) ❄ 2) ❄ số vô tỉ số vô...2.1.6 Bài tập tự giải 37 2.2 Ứng dụng phương pháp phản chứng vào giải số tốn phổ thơng 37 2.2.1 Ứng dụng vào giải số tốn số vơ tỉ 37 2.2.2 Ứng