Cơ sở logic toán của các phép chứng minh toán học cơ bản và áp dụng chứng minh các bài toán phổ thông

Cơ sở logic toán của các phép chứng minh toán học cơ bản và áp dụng chứng minh các bài toán phổ thông

đại học Thái Nguyêntrờng đại học s phạm

Chơng 1: Cơ sở chứng minh toán học.1.1 Vị từ n ngôi.

* Vị từ thừa nhận đợc trên tập M:

Cho f(x1,x2, ,xn) xác định trên M, ta gọi:Df ={a = (a1,a2, ,an)Mn | f(a) = 1}Df =  thì ta nói f không thừa nhận đợc trên M.

Df   thì ta nói f là vị từ n ngôi thừa nhận đợc trên M.Df = Mn Khi đó vị từ f(x1,x2, ,xn) là hằng đúng trên M.f gọi là một luật logic trên M.

* Hai vị từ f(x1,x2, ,xn) và g(x1,x2, ,xn) xác định trên cùngtập M gọi là tơng đơng công thức Kí hiệu: f(x1,x2, ,xn) g(x1,x2, ,xn) nếu và chỉ nếu chúng cùng nhận một giá trị nhnhau với mọi a = (a1,a2, ,an) Mn..

Tức là: f | a = g | a  a  Mn..

* Ví dụ: Các vị từ “ x2 + y2 0” và “(x + y)2 0” là tơng ơng trên R

đ-1.2.Công thức trong logic vị từ.

Giả sử x,y,z,…,x1,y1,z1, , là kí hiệu của các biến đối tợng f, g, h,…, là kí hiệu của các vị từ Các kí hiệu của vị từ còn gọi là cácbiến vị từ

1.2.1.Các công thức của logic vị từ đợc định nghĩa nhsau.

(i) Các biến mệnh đề, các hằng là những công thức.

(ii) Nếu f là một biến vị từ n ngôi và x1,…,xn là các biếnđối tợng thì f(x1,x2, ,xn) là một công thức.

(iii) Nếu f, g là những công thức thì ,f  g, f  g, f  g, f glà những công thức.

(iv) Nếu f là một công thức chứa biến tự do x thì  xf,  xflà những công thức f gọi là miền tác dụng của các lợngtừ  và .

Chỉ những biểu thức đợc xác định theo (i), (ii), (iii) và (iv) lànhững công thức.

* Ví dụ: (  y(x f(x)  g(y))  h) là một công thức.

Miền tác dụng của lợng từ  theo biến x là f(x), còn miềntác dụng của lợng từ  theo biến y là x f(x)  g(y).

1.2.2.Giá trị của công thức vị từ.a Bảng giá trị công thức của là:

NÕu  a = ( a1,a2,…,an)  Mn mµ f | a = 0 th× ta nãi f lµ métc«ng thøc h»ng sai

x1 f(x1,a2, ,an) =

Biến x1 gọi là biến rằng buộc, các biến còn lại gọi là biến tựdo.

* Cho 1 i n ,xi f(x1,x2, ,xn) là một vị từ n – 1 ngôi trên Mcủa các biến x1, x2, , xi-1, xi+1, , xn.

 (a1,a2, ,ai-1, ai+1, ,an)Mn – 1 ta có f(a1,a2, ,ai-1,xi,ai+1, ,an) là vị từ một ngôi trên M.

xi f(a1,a2, ,ai-1 ,xi,ai+1, ,an) là mệnh đề.xi f(a1,a2, ,ai-1 ,xi,ai+1, ,an) =

* Cho 1 k n x1x2 xk f(x1,x2, ,xn) là vị từ n – k ngôitrên M.

 (ak+1, ,an)Mn – kta có x1x2 xk f(x1,x2, ,xk,ak+1, ,an)là mệnh đề.

nếu  a1M: f(a1,a2, ,an) = 0

nếu  aiM: f(a1,a2, ,ai, ,an) = 1

f(a1,a2, ,ai, ,an) = 0

nếu  (a1,a2, ,ak) Mk: f(a1, ,an) = 1nếu  (a1,a2, ,ak) Mk: f(a1, ,an) = 0

xi f(a1,a2, ,ai-1 ,xi,ai+1, ,an) =

* Cho 1 k n x1x2 xk f(x1,x2, ,xn) là vị từ n – k ngôitrên M.

 (ak+1, ,an)Mn – kta có x1x2 xk f(x1,x2, ,xk,ak+1, ,an)là mệnh đề.

x1x2 xk f(x1,x2, ,xk,ak+1, ,an) =

1.2.4.3 Tập hỗn hợp các lợng từ tồn tại và phổ biến trớc vịtừ n ngôi.

Giả sử = {,} k = 1, ,n.

Khi đó: f(x1,x2, ,xn) (1) là vị từ n – k ngôi trên M.Với mọi bộ (ak+1, ,an) thì f(x1,x2, ,xk,ak+1, ,an) làmột mệnh đề.

Trong vị từ (1) thứ tự các lợng từ là xác định Nếu thayđổi thứ tự các lợng từ sẽ cho ta một lợng từ mới.

từ thì nội dung vị từ đó không thay đổi.

1.2.5.Công thức tơng đơng.

Giả sử f = f(x1,x2,…,xn), g = g(x1,x2,…,xn) là công thức mệnh đềphụ thuộc n biến Ta nói f tơng đơng với g nếu  a = ( a1,a2,…,an)  Mn mà f | a = g | a Kí hiệu: f  g.

f(a1, ,an) = 1

nếu  aiM: f(a1, ,an) = 0

3) Luật luỹ linh: f  f  f; f  f  f.

4) Luật giao hoán: f  g  g  f; f  g  g  f.

5) Luật kết hợp: f  (g  h )  (f  g)  h; (f  g)  h  f  (g  h).6) Luật phân phối: f  (g  h )  (f  g)  (f  h);

f  (g  h)  (f  g)  (f  h).

8) Luật tơng đơng: f g  (f  g)  (g  f)9) Luật phủ định kép:

10) Luật mâu thuẫn: f   0 11)Luật bài chung: f  1

12) Luật kéo theo: f  g 

1.3 Hệ quả công thức và tơng đơng công thức trên M.1.3.1 Định nghĩa.

Giả sử f, g là các vị từ n ngôi xác định trên M Khi đó:* f đợc gọi làtơng đơng công thức với gtrên M nếu và chỉnếu

 aMn ta có: f| a = g | a, hay f| a g | a = 1.Kí hiệu: f| a  g | a

* g đợc gọi là hệ quả công thức của f trên M nếu và chỉnếu:

 aMn ta có: f g | a = 1.Kí hiệu: f g

* Ví dụ: Cho f(x) = “ ”; g(x) = “ x + 3 = (x – 1)2 ” h(x) = “ x+3 0; x - 1 0; x + 3 = (x – 1)2 ” là các vịtừ xác định trên R Ta có: f(x) g(x) và f(x)  h(x) trên R.

1) 0  f  công thức f.

2) f  1 Hằng đúng là hệ quả của mọi công thức.

3)   fi , i = 1, ,n Trong đó  = {f1, f2, , fn} là tập hợp ncông thức.

4)  = {f1, f2, , fn}; f, g bất kì Nếu   f thì {, g} f.

f là hệ quả của  thì f là hệ quả của mọi hệ quả côngthức chứa .

5) , f, g bất kì Nếu   f thì  (g  f).

6)   f khi và chỉ khi f1  (f2  ( (fn  f))) là hằng đúng.(  f tức là: f1 f2   fn  f là hằng đúng).

7)  = {f1, f2, , fn}; g bất kì Nếu ,  0 thì   g.

1.4 Lợc đồ chứng minh công thức.

Giả sử f là một công thức,  = {f1, f2, , fn} là dãy các công thứcsao cho với mọi công thức fi (i  2)đều đợc suy ra từ công thứcđứng trớc theo một quy tắc nào đó và f đợc suy ra từ fn thì tanói  là lợc đồ chứng minh công thức f.

f1  f2

f2  f3

fn-1 fn

3) ,

5) 6) 7) 8) 9) 10) 11) 12) 13)

* Ví dụ: Chứng minh: a2 + b2 + c2  ab + bc + ca,  a, b, c R.

Ta có: f = “ a, b, c  R”, g = “a2 + b2 + c2  ab + bc + ca” f g là bài toán đặt ra.

f2 = “ a2 + b2  2ab ”f3 =“ b2 + c2  2bc ” f4 = “ a2 + c2  2ca ”

g = f5 = “ a2 + b2 + c2  ab + bc + ca ”Ta cã: f1 f2  f3  f5

VËy f g hay a2 + b2 + c2  ab + bc + ca,  a, b, c  R.

Ch¬ng 2:VËn dông c«ng thøc vµo chøng minh to¸n häc2.1 §Þnh lý to¸n häc.

2.1.1 §Þnh nghÜa.

* Định lý toán học là một vị từ hằng đúng trên một tập Mvới M là một tập hợp các đối tợng nghiên cứu của toán học.

Định lý toán học thờng đợc biểu diễn dới dạng một mệnhđề kéo theo hoặc một mệnh đề tơng đơng.

* Chứng minh định lý toán học là chứng minh một côngthức mệnh đề.

Do đó xuất phát từ một tiền đề (giả thiết A) đúng và cáccăn cứ suy luận (các kiến thức đã có, các quy tắc suy luận logic)cũng phải đúng.Khi đó kết luận B suy ra đợc sẽ chắc chắnđúng.

Ta có: A A1, A1 A2, , An  B thì A  B.* Các dạng khác nhau của định lý:

a Định lý cần: A  B.

b Định lý cần và đủ: A  B hay (A  B)  (B  A).c Các mệnh đề tơng đơng: A1 A2…  An.

2.1.2 Các phơng pháp chứng minh định lý toán học.2.1.2.1 Chứng minh trực tiếp.

Mọi định lý đều có dạng A  B hay A  B.

Chứng minh trực tiếp là xuất phát từ giả thiết A dựa vàocác quy tắc suy luận ta khẳng định B đúng.

Hay ta tìm các mệnh đề: A1, A2,…, An sao cho A  A1, A1A2, , An  B thì A  B.

Khi đó: (A1, A2,…, An) là lợc đồ chứng minh A  B.

* Ví dụ: Chứng minh n không chia hết cho 3 thì n2 không

Giải

Đặt A = “ n không chia hết cho 3 ”; B = “ n = 3k  1 ”C = “ n2 = 9k2  6k + 1 ” ; H = “ n2 = 3(3k2  2k) + 1 ”E = “ n2 không chia hết cho 3 ”.

Dễ thấy: A  B, B  C, C  H, H  E là đúng.

Vậy A  E tức là n không chia hết cho 3 thì n2 không chiahết cho 3 (n  Z).

*Dạng chứng minh trực tiếp th ờng gặp:

a.Ph ơng pháp suy luận liên tiếp:

Xuất phát từ giả thiết ta suy luận liên tiếp đến kết luậnđể khẳng định kết luận đúng.

Cơ sở lập luận là: A  A1  A2 …  An = A Để chứng minh AB đúng thì ta chứng minh A1  B; A2 B; …; An B đúng.

* Ví dụ: Hàm số f(x) xác định nh sau: f(x) = Chứng minh f(x) liên tục trên R.

Rõ ràng  x , thì y1 = sin x và y2 = - x là các hàm sốliên tục và y2  0  f(x) = cũng là hàm liên tục  x

Để chứng minh A  B ta chứng minh A  C1; C1  C2; ; Cn  Bthì A  B.

*Ví dụ: Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông nếu thoảmãn:

+ = (1)Giải:

nếu x nếu x =

(1) + =

Mà sin (B + C) = sin A nên (1)  cos B cos C = sin B sin C cos B cos C - sin B sin C = 0  cos (B + C) = 0

Vậy B + C = 900 hay tam giác ABC vuông tại A.

2.1.2.2 Chứng minh gián tiếp ( chứng minh phản chứng ).

Mọi định lý đều có dạng A  B.

Chứng minh gián tiếp là ta giả sử B sai suy ra đúng, từđó ta chỉ ra mâu thuẫn với giả thiết hoặc một điều hiểnnhiên đúng Từ đó ta kết luận giả sử là sai suy ra B đúng

* Ví dụ: Chứng minh nếu n không chia hết cho 3 thì n2 - 1chia hết cho 3 (n  N).

Đặt mệnh đề A = “ n không chia hết cho 3” và mệnh

Giả sử phản chứng B là sai, tức là = “ n2 – 1 không chiahết cho 3 ” Do đó n2 – 1 = 3k  1, kZ.

- Nếu n2 – 1 = 3k + 1  n2 = 3k + 2 (1)Theo giả thiết n không chia hết cho 3

 n = 3l  1  n2 = 9l2  6l + 1 = 3.(3 l2  2l) +1 (2)Từ (1) và (2) vô lý.

- Nếu n2 – 1 = 3k – 1  n2 = 3k  n ( Vì 3 là sốnguyên tố ) (Trái giả thiết n không chia hết cho 3).

Vậy n không chia hết cho 3 thì n2 - 1 chia hết cho 3(n N).

ơng pháp 2:

Sử dụng luật logic:

Để chứng minh A đúng ta giả thiết đúng (A sai), ta chỉra B sao cho  B; Tức là:  = 0  A = 1.

Giải:

Đặt mệnh đề A = “  a, b 0 ”, suy ra = “  a, b < 0 ”Giả sử đúng Khi đó nếu  a, b < 0 thì

Hoặc  a, b < 0 thì <

 x t(x) = 1 thì mọi phần tử M đều có tính chất T.Đặc biệt khi M = N ( tập các số tự nhiên).

 n (n) là một công thức phụ thuộc n biến.

Quy nạp toán học thờng đợc sử dụng để chứng minh cácmệnh đề dạng  n (n) trong đó n là một số nguyên dơngtuỳ ý.

A Nguyên lý chứng minh quy nạp toán học thứ nhất.

* B

ớc 1:

Chỉ ra mệnh đề (0) đúng nếu n  0, n N.Hay chỉ ra mệnh đề (k) đúng nếu n  k, n N.*B

ớc 2:

Giả sử (n) đúng  n  N, n  k Gọi là giả thiết quy nạp.Ta cần chứng minh: (n) đúng với n + 1.

Tiến hành chứng minh quy nạp.

Theo cách viết của các quy tắc suy luận ta viết nh sau:[ (0)  n (n)  (n +1)]   n (n)

* Ví dụ: Chứng minh: n < 2n ,  n  Z+

Giải:

Giả sử (n) = “n < 2n ,  n  Z+ ” là mệnh đề.B

ớc 1: (1) đúng vì 1 < 21 = 2.B

B Nguyên lý chứng minh quy nạp toán học thứ hai.

(n) là mệnh đề phụ thuộc n biến tự nhiên n [ (0) (1)  (n)  (n +1)]   n (n).

* Ph ơng pháp:

Bớc 1: n = 0 (0) đúng (Hay (k) đúng nếu n  k,  nN)

Bớc 2: Giả sử (1) , (2) , , (n) đúng Ta chứng minh: (n+ 1) đúng thì  n (n) đúng.

* Ví dụ: Chứng minh nếu n là một số nguyên lớn hơn 1 Khiđó n có thể viết dới dạng tích của các số nguyên tố.

Gọi (n) là mệnh đề: “ n có thể viết dới dạng tích của cácsố nguyên tố ”.

(2) là đúng, vì 2 là số nguyên tố.

Giả sử (k) là đúng với k = 1, 2, , n Ta phải chứng minh:

(n +1) là đúng Thật vậy:

Nếu (n + 1) là số nguyên tố thì hiển nhiên (n +1) làđúng.

Nếu (n + 1) là hợp số thì nó có thể viết nh sau: n + 1 =ab.

3.1.1 Các bài toán trong số học.

* Chứng minh bằng phản chứng th ờng dùng trong các loạitoán:

- Chứng minh số m thoả mãn điều kiện A thì m không làsố nguyên tố (hay số chính phơng, lập phơng của một số tựnhiên.)

- Chứng minh phơng trình không có nghiệm nguyên - Chứng minh tính chia hết hoặc không chia hết.

Suy ra là hợp số ( trái giả thiết).

Vậy b2 – 4ac không phải là một số chính phơng.

Bài toán 2: Cho dãy số : 13, 25, 43, có số hạng tổng quát

an = 3(n2 + n) + 7 , với n  Z+.

Chứng minh trong dãy số đã cho, không có số hạng nào là

< Toán nâng cao đạisố 10>

Do đó: (1)  3n2 + 3n + 7 = (2t + 1)3

 3n2 + 3n + 7 = 8t3 + 12t2 + 6t +1  3n2 + 3n + 6 = 8t3 + 12t2 + 6t (2) Suy ra 8t3 3  t 3  t = 3m (m  N)Thay vào (2) ta có:

3n2 + 3n + 6 = 8(3m)3 + 12(3m)2 + 6.3m n2 + n + 2 = 72m3 + 36m2 + 6m

(vô lý vì VT không chia hết cho 3, VP chia hết cho 3) suyra giả sử sai

Vậy trong dãy số đã cho, không có số hạng nào là lập ơng của một số tự nhiên.

ph-Bài toán 3: Chứng minh phơng trình sau không có

nghiệm nguyên:

15x2 – 7y2 = 9 (1)

< Toán nâng cao số học 6 >Giải:

Giả sử (1) có nghiệm nguyên: x = n; y = m; với x,y  Z.

Do đó: 15n2 –7m2 = 9 (2)

(2)  7m2 3  m2 3  m 3  m = 3k (k  Z)

Do đó ta có: 15n2 –7.9k2 = 9  5n2 –21k2 = 3 (3)(3)  5n2 3  n2 3  n 3  n = 3t (t  Z)

Ta có: 5.9t2 – 21k2 = 3  15t2 –7k2 = 1 (4)  7k2 + 1 = 15t2  7k2 + 1 5 (5)

 k  Z : k2 tận cùng là: 0,1, 4, 5, 6, 9 Suy ra 7k2 tận cùng là: 0, 2, 3, 5, 7, 8.

Suy ra (7k2 + 1) tận cùng là 1, 3, 4, 6, 8, 9.( mâu thuẫn với(5)).

Vậy giả sử sai hay phơng trình 15x2 – 7y2 = 9 không cónghiệm nguyên.

Bài toán 4: Chứng minh: n2 +3n + 5 không chia hết cho121 , n  N.

< Số học 6>Giải:

Giả sử  n  N để n2 +3n + 5 121  n2 +3n + 5 112 (1)

 4(n2 +3n + 5) 112 (2)

Từ (1) suy ra: n2 +3n + 5 11  4n2 + 12n + 20 11  4n2 + 12n + 9 11

 (2n + 3)2 11 (2n + 3) 11

 (2n + 3)2 121 (3)

Vậy n2 +3n + 5 không chia hết cho 121 , n  N.

3.1.2.Các bài toán trong đại số.

* Chứng minh bằng phản chứng th ờng dùng trong các loạitoán:

 ab2 + (a2 – 3a)b + 1 < 0

Vì a > 0  f(x) = ax2 + (a2 – 3a)x + 1 = 0 có hai nghiệmphân biệt.

Do đó: = (a2 – 3a)2 – 4a > 0  a4 – 6a3 + 9a2 – 4a > 0

a(a – 1)2(a – 4) > 0  a > 4

 a +b + c > 4 ( mâu thuẫn với (*))

Vậy ta luôn có ba số dơng a, b, c thoả mãn: abc = 1 thì a+ b + c 3.

 2a2 + 2b2 + 2c 2 - 2ab + 2bc + 2ca < 0 (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a) 2 < 0 (vô lý)

Vậy giả sử sai hay a2 + b2 + c 2 ab + bc + ca, a, b, c R, dấu “ = ” xảy ra khi a = b = c.

Bài toán 3: Chứng minh hệ phơng trình (a) vônghiệm.

< Tuyển tập 700 bài toán bất đẳng thức luyện thi vào cáctrờng đại học cao đẳng>.

Giả sử (a) có nghiệm là (x0, y0) thì (1)Từ (1) suy ra x0 > 0 , y0 > 0

(2)Từ (1) và (2) suy ra ( vô lý)

Vậy giả sử hệ phơng trình có nghiệm sai Do đó hệ đãcho vô nghiệm.

Bài toán 4: Chứng minh hệ phơng trình (b)

Do a > 0 và (b – 1)2 – 4ac < 0 nên theo định lý về dấu củatam thức bậc hai, ta có f(t) > 0 ( t)  f(x0) > 0 ; f(y0) > 0 ; f(z0)> 0 ( mâu thuẫn với (2)).

Vậy giả sử sai hay hệ đã cho vô nghiệm.

Bài toán 5: Giả sử f(x) = a0 + a1x + + anxn  Z [x] ( an

 0, n  1) Chứng minh nếu tồn tại p nguyên tố thoả mãn : i) an

Giả sử f(x) khả quy trên Q thì f(x) cũng khả quy trên Z.Khi đó tồn tại h(x) = b0 + b1x + + brxr ; g(x) = c0 + c1x + +csxs  Z [x] sao cho f(x) = h(x).g(x).

Vậy n = r + s và a0 = b0c0

a1 = b1c1

ak =

là hệ số đầu tiên không chia hết cho p tức là b0, b1, , bk-1 đềuchia hết cho p; bk không chia hết cho p.

Xét ak = b0ck + b1ck-1 + + bk-1c1 + bkc0, vì k  r < n, dođó: ak p do b0, b1, , bk-1 đều chia hết cho p nên bkc0 p suy rahoặc bk p hoặc c0 p vô lý( vì giả thiết bk và c0 không chiahết cho p.

Vậy f(x) bất khả quy trên Q.

Bài toán 6: Chứng minh tích hai đa thức nguyên bản là

một đa thức nguyên bản.

<Đại số_ số học_ tập 2>Giải:

f(x) = a0 + a1x + + anxn ; g(x) = b0 + b1x + + bmxm

f(x)g(x) = c0 + c1x + + cn+mxn+m

Giả sử f(x)g(x) không nguyên bản Ta có: (c0, c1, , cn+m) =d > 1 suy ra tồn tại p nguyên tố p | d Khi đó p | ci  i = 1, , n+ m.

Vì f(x), g(x) nguyên bản Do đó (a0, a1, , an) = 1; (b0,b1, , bn) = 1; Suy ra không phải mọi ai(i = 1, , n), mọi bj(j =1, , m) đều chia hết cho p.

Giả sử ak là hệ số đầu tiên của f(x) không chia hết cho p,tức là a0, a1, , ak-1 đều chia hết cho p; ak không chia hết chop, và bs là hệ số đầu tiên của g(x) không chia hết cho p.

= a0bk+s + a1bk+s-1+ + ak-1bs+1 + akbs + ak+1bs-1 + + ak+sb0

Vì b0, b1, , bs-1, a0, a1, , ak-1, và ck+s p Do đó: akbs psuy ra ak p hoặc bs p (vô lý vì ak không chia hết cho p, bs

không chia hết cho p)

Vậy f(x), g(x) nguyên bản.

3.1.3.Các bài toán trong hình học.

( Thờng dùng để chứng minh các định lý toán học).

Bài toán 1:

không có điểm chung cho cả ba mặt phẳng.

Chứng minh: Các giao tuyến của chúng là các đờng thẳngsong song.

< Phơng pháp giải toán hình học không gian 11>

Giải: Giả sử: = a = b = c

Giả sử a, b cắt nhau tại O.

Suy ra O  a  O  và O  O  b  O  và O 

giả thiết)

Vậy a // b (1)

