Một số dạng toán chứng minh bằng phản chứng và quy nạp toán học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG ĐÌNH HƯNG MỘT SỐ DẠNG TỐN CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TOÁN HỌC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2014 TRƯỜNG ĐẠI THÁI NGUYÊN ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG ĐÌNH HƯNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2014 Mục lục LỜI NÓI ĐẦU Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Mệnh đề phép toán mệnh đề 1.2 Công thức mệnh đề 1.3 Hệ logic quy tắc suy luận 1.4 Đại số vị từ 1.5 Tính thứ tự tốt tập số tự nhiên 11 Chương Phương pháp chứng minh phản chứng 12 2.1 Một số dạng chứng minh phản chứng 12 2.2 Một số toán chứng minh phản chứng 17 Chương Phương pháp chứng minh quy nạp toán học 32 3.1 Phương pháp chứng minh quy nạp 32 3.2 Một số phương pháp quy nạp đặc biệt 38 3.3 Một số sai lầm học sinh hay mắc phải 46 3.4 Một số toán sử dụng phương pháp quy nạp 48 KẾT LUẬN 56 Tài liệu tham khảo 56 LỜI NĨI ĐẦU Logic tốn ngành khoa học non trẻ đời từ kỷ 17, đóng vai trị quan trọng tốn học Nó phương tiện để xây dựng kiến thức toán học chất keo nối kết ngành, vấn đề toán học với làm cho toán học trở thành thể thống Logic toán quan trọng với thày giáo dạy tốn Nó tạo cho người thày khả sâu vào chất chứng minh Nó tạo cho người thày phương tiện để rèn luyện cho học sinh thói quen suy nghĩ xác Trong luận văn tơi trình bày sở logic dạng đặc biệt hai phương pháp chứng minh toán học quen thuộc quan trọng: phương pháp chứng minh phản chứng phương pháp quy nạp toán học Cả hai phương pháp sử dụng chương trình nâng cao phổ thơng, tốn thi học sinh giỏi Điều quan trọng trọng phương pháp chứng minh phản chứng tạo mệnh đề phủ định tìm vơ lý với giả thiết hay vơ lý với kiến thức tốn học biết Phương pháp quy nạp toán học chứng minh mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên dạng ∀nP (n), n ∈ N Để chứng minh mệnh đề hiển nhiên ta thử trực tiếp với số tự nhiên tập số tự nhiên vô hạn Nguyên lý phương pháp quy nạp toán học chứng minh mệnh đề với n = sau ta chứng minh mệnh đề với số tự nhiên k với k + Ở ta theo quy ước tập số tự nhiên N tập số nguyên không âm: 0, 1, 2, Tuy nhiên không hiểu lại chứng minh Hơn thực tế chứng minh xuất nhiều dạng biến thể hai phương pháp Trong luận văn trước hết giải thích sở logic phương pháp chứng minh Sau chúng tơi liệt kê số dạng chứng minh đặc biệt Luận văn bao gồm ba chương Chương trình bày ngắn gọn kiến thứ đại số mệnh đề, vị từ tính thứ tự tốt tập số tư nhiên làm sở cho việc trình bày chương sau Một số khái niệm kết trình bày chương khơng có ví dụ minh họa nhằm mục đích cho luận văn trình bày cô đọng Chương chương luận văn Trong Chương 2, chúng tơi trình bày dạng tốn chứng minh phương pháp phản chứng Với kiến thức đại số mệnh đề trình bày Chương ta hiểu rõ sở logic phương pháp chứng minh Chương dành cho việc trình bày phương pháp quy nạp toán học Để hiểu rõ phương pháp ta cần tính thứ tự tốt tập số tự nhiên phương pháp chứng minh phản chứng Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình thầy giáo TS Trần Ngun An Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tôi xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến thầy cô giáo trường Đại Học Khoa Học - Đại Học Thái Nguyên, người tận tình giảng dạy, giúp đỡ tơi q trình học tập Cuối tơi xin cảm ơn gia đình, bạn bè giúp đỡ, động viên, ủng hộ tơi để tơi hồn thành khóa học này! Thái Nguyên, tháng năm 2014 Tác giả Đặng Đình Hưng Chương Kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị làm sở cho việc trình bày chương sau 1.1 Mệnh đề phép toán mệnh đề Mệnh đề khái niệm ngun thuỷ tốn học Ta quan niệm mệnh đề câu trần thuật biểu thị ý trọn vẹn mà ta khẳng định cách khách quan "đúng" "sai" Trong Logic Toán, xét mệnh đề, ta không quan tâm đến cấu trúc ngữ pháp ý nghĩa nội dung nó, mà quan tâm đến tính sai mà thơi Giá trị "đúng" hay "sai" mệnh đề gọi giá trị chân lý mệnh đề Ta quy ước ký hiệu giá trị chân lý "đúng" số 1, giá trị "sai" số Một mệnh đề mà khơng phận thực mệnh đề, gọi mệnh đề đơn giản Ta ký hiệu mệnh đề đơn giản chữ la tinh nhỏ (có thể với số): a, b, c, , p, q, r, a1, a2 , Đây biến lấy giá trị ta thay chúng mệnh đề cụ thể Vì ta gọi chúng biến mệnh đề Từ mệnh đề đơn giản nhờ liên kết lơgic, gọi phép tốn logic ta lập mệnh đề phức hợp Sau số phép toán logic Định nghĩa 1.1.1 (Phép phủ định) Giả sử a mệnh đề Phủ định a mệnh đề, ký hiệu a (hoặc ¬ a), mệnh đề a mệnh đề sai mệnh đề sai a mệnh đề Ta mơ tả định nghĩa bảng sau, gọi bảng giá trị chân lý phép toán a a 1 Định nghĩa 1.1.2 (Phép hội) Giả sử a b mệnh đề Hội chúng, ký hiệu a ∧ b, mệnh đề a b đúng, mệnh đề sai trường hợp lại Định nghĩa 1.1.3 (Phép tuyển) Giả sử a b mệnh đề Tuyển chúng ký hiệu a ∨ b, mệnh đề sai a b sai, mệnh đề trường hợp lại Định nghĩa 1.1.4 (Phép kéo theo) Giả sử a b mệnh đề a kéo theo b mệnh đề, ký hiệu a → b, mệnh đề sai a b sai mệnh đề trường hợp lại Định nghĩa 1.1.5 (Phép tương đương) Giả sử a b mệnh đề a tương đương b mệnh đề, ký hiệu a ↔ b, mệnh đề a b sai mệnh đề sai trường hợp lại Ta có bảng giá trị chân lý phép toán hội, tuyển, kéo theo tương đương sau a 0 1 b a∧b a∨b a→b a↔b 0 1 1 0 0 1 1 Chú ý: Trong mệnh đề a → b, a gọi tiền đề hay giả thiết, b gọi kết luận Mệnh đề a → b gọi mệnh đề thuận, mệnh đề b → a gọi mệnh đề đảo, mệnh đề a → b gọi mệnh đề phản mệnh đề b → a gọi mệnh đề phản đảo mệnh đề a → b Ta thấy giá trị chân lý mệnh đề thuận, đảo, phản phản đảo qua bảng chân lý sau a 0 1 b a→b b→a a→b b→a 1 1 1 0 0 1 1 1 Theo bảng giá trị chân lý mệnh đề thuận mệnh đề phản đảo; mệnh đề đảo mệnh đề phản ln có giá trị chân lý với giá trị chân lý mệnh đề thành phần a, b 1.2 Công thức mệnh đề Nhờ phép tốn logic từ mệnh đề đơn giản ta thành lập mệnh đề mới, ngày phức tạp hơn, cách thực mệnh đề cho số hữu hạn tuỳ ý phép toán logic Các mệnh đề thành lập theo cách gọi công thức đại số mệnh đề Để định nghĩa cách xác khái niệm này, ta xuất phát từ tập hợp ký hiệu gọi bảng chữ Bảng chữ Đại số mệnh đề bao gồm: (i) 0, ký hiệu mệnh đề sai, tương ứng Ta gọi chúng (ii) Các chữ la tinh nhỏ a, b, c, ký hiệu biến mệnh đề (iii) −, ∧, ∨, →, ↔ ký hiệu phép toán logic (, ) dấu ngoặc Định nghĩa 1.2.1 Một dãy hữu hạn tuỳ ý ký hiệu bảng chữ gọi từ bảng chữ Ta ký hiệu từ chữ la tinh lớn A, B, C, P, Q, Trong lớp tất từ, ta xét lớp từ gọi công thức định nghĩa quy nạp sau: (i) Các hằng, biến mệnh đề công thức (ii) Nếu A cơng thức (A) công thức (iii) Nếu A B cơng thức (A∧B), (A∨B), (A → B), (A ↔ B), công thức (iv) Mọi từ khác không thành lập theo quy tắc (i), (ii), (iii) khơng phải cơng thức Cơng thức A chứa biến mệnh đề a1 , a2, , an thường ký hiệu A = A(a1 , a2, , an) Giả sử A = A(a1 , a2, , an) công thức mệnh đề phụ thuộc n biến mệnh đề a1 , a2 , , an Đặt I = {0, 1} tập giá trị chân lý mệnh đề Dãy e = (e1, e2 , , en) ∈ I n gọi dãy giá trị chân lý (dãy giá trị) cho tương ứng với biến mệnh đề a1 , a2, , an công thức A Giá trị chân lý A e, ký hiệu A|e định nghĩa sau: (i) Nếu A biến mệnh đề A|e = ei (ii) Nếu A có dạng B, B cơng thức B|e xác định B|e = A|e = B|e = (iii) Nếu A dạng B ∧ C, B ∨ C, B → C, B ↔ C, B C cơng thức, B|e , C|e xác định A|e xác định việc xác định giá trị A e phù hợp với định nghĩa phép toán ∧, ∨, →, ↔ Cụ thể ta có bảng giá trị chân lý tương ứng sau B|e C|e (B ∧ C)|e (B ∨ C)|e (B → C)|e (B ↔ C)|e 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 Tập Giả A = A(a1, a2 , , an) công thức mệnh đề phụ thuộc n biến EA = {e ∈ I n | A|e = 1} ⊆ I n gọi miền công thức A Định nghĩa 1.2.2 Một công thức A gọi nhận giá trị dãy giá trị biến mệnh đề có mặt cơng thức A, tức A|e = dãy giá trị e A Nếu A công thức ta viết |= A Các cơng thức đóng vai trị quan trọng logic Chúng luật logic Định nghĩa 1.2.3 Giả sử A, B hai cơng thức Ta nói A B tương đương logic chúng có giá trị dãy giá trị biến mệnh đề, tức A|e = B|e dãy giá trị e A B Ta ký hiệu hai công thức tương đương logic A ⇔ B (hoặc A ≡ B ) Ví dụ 1.2.4 (i) A = a ∧ a công thức (ii) a → b ⇔ a ∨ b (iii) a → b ⇔ (a ∨ b) ∧ (c ∨ c) Nhận xét:(i) Quan hệ tương đương logic công thức quan hệ tương đương tập công thức đại số mệnh đề (ii) Giả sử A, B hai cơng thức Khi A ⇔ B |= (A ↔ B) Bằng cách lập bảng giá trị chân lý ta chứng minh số công thức tương đương logic 1.3 Hệ logic quy tắc suy luận Định nghĩa 1.3.1 (i) Giả sử A B hai công thức Công thức B gọi hệ logic (hay hệ quả) công thức A, ký hiệu A ⇒ B (hoặc A |= B) với dãy giá trị e biến mệnh đề có mặt A B, A|e = B|e = Khi ta nói có quy tắc suy luận từ tiền đề (hay giả thiết) A đến kết luận (hay hệ quả) B, quy tắc suy luận ký hiệu A B (ii) Giả sử ∆ = {A1, A2, , Am} dãy hữu hạn công thức Công thức B gọi hệ logic (hay hệ quả) ∆, ký hiệu ∆ ⇒ B (ta viết ∆ |= B, hay A1 , A2, , Am ⇒ B), B hệ logic công thức A1 ∧ A2 ∧ ∧ Am Khi ta nói có quy tắc suy luận từ tiền đề (hay giả thiết A1, A2, , Am đến kết luận (hay hệ quả) B, quy tắc suy luận ký hiệu A1, , Am ∆ B B Nhận xét (i) Giả sử A, B cơng thức Khi B hệ logic A EA ⊆ EB A (ii) B hệ logic A hay ta có quy tắc suy luận B A → B 1.4 Đại số vị từ Logic vị từ phát triển Đại số Mệnh đề Nó chứa thân tồn Đại số Mệnh đề, nghĩa mệnh đề đơn giản, phép toán logic tất cơng thức Đại số Mệnh đề (ii) P (n) có tính chất nhân, tức P (ab) = P (a).P (b) với hai số nguyên dương a, b ≥ k0 nguyên tố Khi ∀nP (n) Nk0 Ví dụ 3.2.8 Với n số tự nhiên khác không ta ký hiệu σ(n) = d|n d biệu thị tổng ước tự nhiên n Cho n > n = pα1 pα2 · · · pαk k dạng phân tích tiêu chuẩn n Chứng minh pα1 +1 − pα2 +1 − pαk k +1 − σ(n) = p1 − p2 − pk − Chứng minh Dễ thấy σ(2) = + = = ước 1, p, , pα Do 22 −1 2−1 Cho n = pα có n có pn+1 − σ(n) = + p + + p = α Giả sử a, b số tự nhiên nguyên tố Gọi x1, x2, , xr ước tự nhiên a y1, y2, , ys ước tự nhiên b Ta có d|ab d = xiyj với i ∈ {1, , r}, j ∈ {1, , s} Do r σ(ab) = d= d|ab xiyj = ( i=1, ,r j=1, ,s s xi)( i=1 yj = σ(a)σ(b)) j=1 Vậy α tính chất nhân Cuối quy nạp theo k ta có điều phải chứng minh Trong phần ta xét chứng minh quy nạp toán học cho vị từ ngơi Trong tốn học mệnh đề thường phát biểu dạng vị từ nhiều Với số điều chỉnh ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh số mệnh đề dạng Ta đưa số phương pháp quy nạp cho biến Định lý 3.2.9 Giả sử P (m, n) vị từ hai m, n xác định N20 thỏa mãn (i) P (1, 1) đúng; (ii) Nếu P (k, 1) với số nguyên dương k P (k + 1, 1) đúng; (iii) Nếu P (k, h) với số nguyên dương k, h P (k, h+1) Khi P (m, n) N20 43 Như việc chứng minh quy nạp cho hai biến chứng minh quy nạp cho biến Ví dụ 3.2.10 Giả sử f hàm hai biến với f (1, 1) = f (m + 1, n) = f (m, n) + 2(m + n) f (m, n + 1) = f (m, n) + 2(m + n − 1) với số nguyên dương m, n Chứng minh f (m, n) = (m + n)2 − (m + n) − 2n + với số nguyên dương m, n Chứng minh Đầu tiên kiểm tra f (1, 1) = = (1 + 1)2 −(1 + 1) − 2(1) + Giả sử f (k, 1) = (k + 1)2 −(k + 1) − 2(1) + = k + k với số nguyên dương k Khi f (k + 1, 1) = f (k, 1) + 2(k + 1) = (k + k) + (2k + 2) = [(k + 1) + 1]2 − [(k + 1) + 1] − 2(1) + Giả sử f (h, k) = (h + k)2 −(h + k) − 2k + với số nguyên dương h, k Khi f (h, k + 1) = f (h, k) + 2(h + k − 1) = (h + k)2 −(h + k) − 2k + + 2(h + k) − = (h + k + 1)2 −(h + k + 1) − 2(k + 1) + Như toán chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo biến cố định biến Ví dụ 3.2.11 Cho a số thực Chứng minh với số nguyên dương m, n, ta có am+n = am an Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n với m cố định Với n = 1, ta có am+1 = am a theo định nghĩa số mũ Giả sử n ≥ am+n = am an Ta có am+n+1 = am+n a = am an a = am an+1 Vậy ta có điều phải chứng minh 44 Phương pháp sau quy việc chứng minh vị từ hai biến việc chứng minh vị từ biến Định lý 3.2.12 Giả sử P (m, n) vị từ hai m, n xác định N20 thảo mãn (i) P (1, 1) đúng; (ii) Nếu với k > 1, P (m, n) với m + n = k P (m, n) với m + n = k + Khi P (m, n) N20 Ví dụ 3.2.13 Với số nguyên dương p, q, xét số Ramsey R(p, q) định nghĩa số nguyên dương nhỏ n cho số n người tồn p người biết tồn q người (chú ý A biết B B biết A ngược lại) Người ta chứng minh R(p, 1) = R(1, q) = R(p + 1, q + 1) ≤ R(p, q + 1) + R(p + 1, q) với số nguyên dương p, q Chứng minh với p, q ta có p+q−2 R(p, q) ≤ Cp−1 1+1−2 Chứng minh Ta có R(1, 1) = = C1−1 Giả sử k số nguyên dương bất đẳng thức với p, q thỏa mãn p + q = k Xét R(p, q) với p + q = k + Nếu p = q = kết suy từ giả thiết Nếu khơng, ta có (p − 1) + q = p + (q − 1) = k Theo giả thiết quy nạp ta có p+q−3 p+q−3 p+q−2 R(p, q) ≤ R(p − 1, q) + R(p, q − 1) ≤ Cp−2 + Cp−1 = Cp−1 Kết với p + q = k + Do ta có điều phải chứng minh Để giải toán quy nạp, bước quan trọng xác định vấn đề hay cụ thể công thức hay cách thức để quy nạp Ta xét ví dụ sau Ví dụ 3.2.14 Cho k, n số ngun dương Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1 + x2 + + xn = k.(∗) Chứng minh Gọi số nghiệm nguyên khơng âm phương trình S(n, k) Dễ dàng thấy S(1, k) = Để tính S(n, k), ta ý (*) tương đương với x1 + + xn−1 = k − xn (∗∗) 45 Suy với xn cố định số nghiệm (**) S(n − 1, k − xn) Từ ta công thức S(n, k) = S(n − 1, k) + S(n − 1, k − 1) + + S(n − 1, 0) Đây coi cơng thức truy hồi tính S(n, k) Tuy nhiên, cơng thức chưa thật tiện lợi Viết công thức cho (n, k − 1) ta S(n, k − 1) = S(n − 1, k − 1) + S(n − 1, k − 2) + + S(n − 1, 0) Từ đây, trừ đẳng thức vế theo vế, ta S(n, k) − S(n, k − 1) = S(n − 1, k) Hay S(n, k) = S(n, k − 1) + S(n − 1, k) Từ cơng thức này, quy nạp k ta chứng minh S(n, k) = Cn+k−1 3.3 Một số sai lầm học sinh hay mắc phải 3.3.1 Thiếu bước chứng minh Ví dụ 3.3.1 Chứng minh với số tự nhiên số tự nhiên sau Chứng minh Giả sử mệnh đề với n = k tức k = k + (1) Ta chứng minh với n = k + tức k + = k + Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta cộng vào hai vế (1) với ta có k + = (k + 1) + = k + Công thức nên suy điều phải chứng minh Giải thích: Dễ thấy cách chứng minh thiếu bước kiểm tra n = nên khẳng định mệnh đề với số tự nhiên Ví dụ 3.3.2 Chứng minh với n ∈ N 2n > 2n + Chứng minh Giả sử bất đẳng thức với n = k ta suy 2k > 2k + Suy 2k+1 = 2k + 2k > 2k + + 2k ≥ 2k + + Nghĩa 2k+1 > 2(k + 1) + Vậy bất đẳng thức với n = k + Do ta có điều phải chứng minh Giải thích: Ta dễ thấy sai lầm giống ví dụ nhiên kiểm tra ta có kết sai với n = 1, với n = bất đẳng thức đúng, ta có kết 2n > 2n + với n ≥ 46 3.3.2 Sai lầm sử dụng nguyên lý Ví dụ 3.3.3 Chứng minh an = 1, ∀n ∈ N, a > Chứng minh Bước sở: a0 = Bước quy nạp: Giả sử ak = với k ngun khơng âm k ≤ n Khi an an 1.1 an+1 = n−1 = a a0 a0 Giải thích: Theo cách chứng minh ta có a = −1 khơng xác a −1 định chứa a mũ âm Trong chứng minh ta sử dụng mệnh đề dạng P (n − k) để hướng tới chứng minh với n ≥ n0 P (n) Như giá trị nhỏ n thay vào mệnh đề kéo theo phải n0 + k để có P (n) với n ≥ n0 bước sở ta phải kiểm tra P (n0 ), , P (n0 + k) Đối với toán ta phải kiểm tra P (1) Nhưng a1 = với a = có Nếu bước quy nạp ta lập luận: Giả sử ak+1 = với k nguyên không âm k + ≤ n + 1.1 an+1.an+1 = = Bước quy nạp an+2 = an Không mắc a−1 ta có: Từ P (0) với P (1) kéo theo P (2) đúng, Từ P (1) với P (2) kéo theo P (3) đúng, Từ P (n) với P (n + 1) kéo theo P (n + 2) Nhưng P (1) chưa xác định nên ta khơng có kết luận 3.3.3 Sai lầm kiểm tra lập luận Ví dụ 3.3.4 Chứng minh với số nguyên dương n mệnh đề sau "Nếu a b số tự nhiên dương, mà max(a, b) = n a = b." Chứng minh Bước sở: Với n ký hiệu An mệnh đề toán cho Rõ ràng A1 max(a, b) = hai số a b phải trùng 47 Bước quy nạp: Giả sử Ak Nếu a b số tự nhiên cho max(a, b) = k + 1, ta xét hai số: a1 = a − b1 = b − Khi max(a1 , b1) = k suy a1 = b1 (giả thiết Ak đúng) suy a = b nghĩa Ak+1 đúng, Vậy An với n Giải thích: Sai lầm bước quy nạp không nhắc tới a1 , b1 số tự nhiên dương chuyển tiếp từ Ak sang Ak+1 Thực tế không đảm bảo a1 , b1 số tự nhiên dương (vì a = suy a1 = 0) Ví dụ 3.3.5 Chứng minh tất ngựa màu Chứng minh Gọi P (n) mệnh đề "Tất ngựa tập n ngựa màu" Dễ thấy P (1) Giả sử P (n) đúng, n ≥ Xét n + ngựa tùy ý đánh số ngựa 1, 2, 3, , n, n + Ta có n ngựa n ngựa cuối phải giao khác rỗng Tập n ngựa n ngựa cuối phải màu nên n + ngựa phải màu, suy P (n + 1) đúng, điều phải chứng minh Giải thích: Sai lầm hai tập khơng giao khác rỗng n + = 3.4 Một số toán sử dụng phương pháp quy nạp Những mệnh đề nguyên lý quy nạp toán học khơng cơng thức biểu thức tốn học Trong ví dụ trước ta thấy đa số việc áp dụng nguyên lý quy nạp toán học biến đổi công thức biểu thức tốn học Trong mục tơi nhấn mạnh đến việc áp dụng nguyên lý quy nạp mệnh đề khơng phải cơng thức biểu thức tốn học Trong trường hợp bước quy nạp mệnh đề khẳng định xác định mềm dẻo Ví dụ cuối mục ta xét ý tưởng tổng quát hóa chứng minh quy nạp để giải tốn Ví dụ 3.4.1 Chứng minh với số nguyên đồng (tiền Việt Nam cũ) lớn đổi tiền lẻ không dư đồng tiền gồm tờ đồng đồng 48 Chứng minh Bước sở: Với số tiền đồng mệnh đề khẳng định = + Bước quy nap: Giả sử khẳng định với số k ≥ đồng Để chứng minh điều khẳng định với k + đồng Ta xét hai khả (1) k đổi loại tờ tiền đồng (2) k đổi loại tờ tiền, có tờ loại đồng Ta phải chứng minh k + đồng đổi loại tiền cho Thật với k + đồng ta đổi sau: Trường hợp có k đồng phải có tờ đồng k > Để đổi k + đồng, ta thay tờ loại đồng thành tờ loại đồng Trong trường hợp hai có k đồng để đổi k + đồng ta thay tờ loại đồng ba tờ loại đồng Thay ta đổi k + đồng thành đồng đồng đồng Theo nguyên lý quy nạp toán học khẳng định với số n đồng với n > Ví dụ 3.4.2 Chứng minh n đường thẳng khác mặt phẳng qua điểm chia mặt phẳng 2n phần Chứng minh Bước sở: Với n = mệnh đề khẳng định dúng, đường thẳng chia mặt phằng hai phần Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề với số n đó, nghĩa n đường thẳng khác qua điểm chia mặt phẳng 2n phần Để chứng minh mệnh đề với n + đường thẳng, ta ý dựng đường thẳng qua điểm cho không trùng với đường thẳng số đường thẳng cịn lại, nhận thêm phần mặt phẳng Như số lượng phần mặt phẳng có 2n cộng với 2(n + 1) Ví dụ 3.4.3 Trong thành phố có n nhà Tìm số lớn hàng rào khép kín khơng cắt xây dựng thành phố, hàng rào vây quanh nhà khơng có hai hàng rào vây quanh cụm nhà Chứng minh Bước sở: Khi n = số hàng rào cần tính X1 = Khi n = ta qy ngơi nhà hàng rào sau lại dựng hàng rào quây hai nhà Như số hàng rào X2 = 49 Khi n = ta qy ngơi nhà hàng rào, sau quây hai nhà hàng rào sau hàng rào quây ba nhà Ta có X3 = Do giả thuyết quy nạp ta Xn = 2n − Để chứng minh công thức đúng, ta có nhận xét sau: Đối với thành phố n nhà theo điều kiện đầu xây dựng n hàng rào riêng nhà có hàng rào chung cho thành phố Bước quy nạp: Giả sử công thức Xn = 2n − với n ≤ k ta cần chứng minh với n = k + Ta xét hệ thống hàng rào với số hàng rào lớn dựng thành phố có k + nhà thỏa mãn điều kiện đầu Theo nhận xét hệ thống ln có hàng rào lớn quây thành phố Giả sử hàng rào bị bỏ lúc thành phố quây thành hai khu hai hàng rào Khu thứ chẳng hạn m nhà, khu thứ hau có l nhà: m ≥ 1; l ≥ 1; m + l = k + Hệ thống hàng rào quây khu thứ lớn tức có tất 2m − hàng rào, quây khu thứ hai có 2l − hàng rào ( theo giả thiết quy nạp) Khơng thể có hàng rào qy đồng thời ngơi nhà từ hai khu xet Do cịn lại hàng rào Đó hàng rao chung quây thành phố Như ta có Xk+1 = (2m − 1) + (2l − 1) + = 2(m + 1) − = 2(k + 1) − Do ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.4.4 Từ 2n số 1, 2, , 2n với n dương ta lấy cách n + số Chứng minh số lấy có số chia hết cho số khác Chứng minh Khi n = mệnh đề hiển nhiên Giả sử mệnh đề với n−1 nghĩa từ 2(n−1) số 1, 2, , 2(n−1) (ở n ≥ 2) chọn n số cho có số chia hết cho số khác Ta chứng minh mệnh đề với n Giả sử từ 2n số 1, 2, , 2n ta chọn n + số cho khơng có số bội số số khác Ta ký hiệu tập tất n + số Xn+1 Đối với tập Xn+1 xảy bốn trường hợp Xn+1 không chứa 2n − 2n Xn+1 chứa 2n − không chứa 2n 50 Xn+1 không chứa 2n − chứa 2n Xn+1 chứa 2n − 2n Trường hợp một: Ta bỏ từ Xn+1 số bất kỳ, lại n số mà số khơng lớn 2n − khơng có số bội số khác Trường hợp hai: Ta bỏ từ Xn+1 số 2n − , lại n số mà số khơng lớn 2n − khơng có số bội số khác Trường hợp ba: Ta bỏ từ Xn+1 số 2n, lại n số mà số không lớn 2n − khơng có số bội số khác Trường hợp bốn: Trước hết ta thấy Xn+1 khơng chứa số n trường hợp ta bỏ từ Xn+1 hai số 2n − 2n , thêm vào số n ta nhận n số mà số không lớn 2n − Ta chứng minh n số khơng có số chia hết cho số khác Để chứng minh điều ta cần chứng minh hai điều: Trong số trừ số n khơng có số chia hết cho n Số n khơng chia hết cho số khác ngồi n Điều thứ hiển nhiên tất số không lớn 2n − Điều thứ hai hiển nhiên Xn+1 số 2n khơng chia hết cho số khác Vậy mệnh đề khơng cho 2n số cho 2(n − 1) số Điều mâu thuẫn với giả thiết quy nạp mệnh đề cho với 2n số 1, 2, , 2n với n số tự nhiên Ví dụ 3.4.5 Trong mặt phẳng cho n ≥ điểm, tất không nằm đường thẳng Chứng minh tất đường thẳng nối hai điểm điểm cho tạo số đường thẳng khác không nhỏ n Chứng minh Với n = điểm mệnh đề hiển nhiên đúng, ba điểm không thẳng hàng nằm đường thẳng nối đôi với tạo ba đường thẳng khác Giả sử mệnh đề với n ≥ điểm Ta chứng minh với n + điểm Ta chứng minh tồn đường thẳng chứa hai điểm Ta ký hiệu đường thẳng qua hai điểm An An+1 An An+1 Nếu điểm A1, A2, , An nằm dường thẳng, số lượng đường thẳng la n+1: gồm n đường thẳng nối An+1 với điểm A1, A2, , An đường thẳng chúng nằm chung Nếu A1, A2, , An khơng nằm đường thẳng theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác Bây ta thêm đường thẳng 51 nối An+1 với điểm A1, A2, , An Vì A1, A2, , An+1 không nằm đường thẳng nên tồn đường thẳng Ai An+1 khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo A1, A2, , An Như vây số đường thẳng tạo không nhỏ n + Ví dụ 3.4.6 Trong mặt phẳng cho n ≥ điểm Đường kính hệ thống điểm đoạn thẳng nối hai điểm hệ thống độ dài d đoạn thẳng lớn Chứng minh số đường kính khơng vượt số n Chứng minh Nếu xuất phát từ điểm A hệ cho, ta có ba đường kính AB, AC, AD Khi dễ thấy ba điểm B, C D nằm đường tròn k1(A, d) Tất điểm lại hệ thống nằm k1 bên đoạn thẳng BC, BD CD không lớn d, điểm B, C D dẽ nằm cung k1 , tương ứng góc khơng lớn 600 ⌢ ⌢ Gọi điểm C bên cung BD, với BD ≤ 600 Ta vẽ đường tròn K2(C, d) Những điểm cuối tất đường kính hệ cho xuất ⌢ phát từ C phải nằm cung MN k2 (M, N giao điểm k1 ⌢ k2 ) nằm hình trịn k1.Nhưng điểm cung MN ngồi A đứng cách xa điểm B D khoảng cách lớn d, từ suy CA đường kính xuất phát từ C Như ta kết luận với hệ cho n điểm tồn hai khả năng: hệ có điểm, từ xuất phát khơng q đường kính, từ điểm xuất phát hai đường kính Khẳng định tốn chứng minh quy nạp theo n Với n = khẳng định hiển nhiên Giả sử với n = k ≥ Ta chứng minh cịn với hệ có n = k + điểm Thật vậy, hệ có k + điểm: A1 , A2, , Ak+1 có điểm, ví dụ A1, từ khơng xuất phát đường kính từ xuất phát đường kính, số lượng đường kính hệ nhiều số lượng đường kính hệ A2, A3, , Ak+1 nhiều một, nghĩa số lượng đường kính hệ ta xét không lớn k + Nếu điểm khơng tồn tại, từ điểm Ai xuất phát hai đường 2(k + 1) = k + Như thẳng từ suy số lượng đường kính kết luận tốn với n Ví dụ 3.4.7 Chứng minh n mặt phẳng qua điểm 52 cho khơng có ba mặt phẳng có chung đường thẳng, chúng chia khơng gian An = n(n − 1) + phần Chứng minh 1) Một mặt phẳng chia không gian làm hai phần A1 = Vậy mệnh đề với n = 2) Giả sử mệnh đề với n = k, tức k mặt phẳng chia không gian k(k − 1) + phần, ta chứng minh k + mặt phẳng chia không gian k(k + 1) + phần Thật vậy, giả sử P mặt phẳng thứ k + Mỗi mặt phẳng k mặt phẳng cắt mặt phẳng P đường thẳng cho mặt phẳng P bị chia phần từ k đường thẳng khác qua điểm Theo trước mặt phẳng P chia 2k phần, phần góc mặt phẳng với đỉnh điểm cho Ta có k mặt phẳng chia không gian thành số góc đa diện, số góc bị chia làm hai phần ởi mặt phẳng P Với mặt chung của hai phần có phần có phần mặt phẳng giới hạn hai tia mà theo P cắt mặt góc đa diện 2k góc mặt phẳng, mà chia mặt phẳng P Điều có nghĩa số góc đa diện, mà bị chia hai phần P lớn 2k Mặt khác, phần 2k phần, mà bị chia P cắt k mặt phẳng đầu tiên, mặt chung hai góc đa diện nghĩa chia góc đa diện tạo k mặt phẳng làm hai phần Điều có nghĩa số lượng góc đa diện, mà bị chia làm hai phần P , nhỏ 2k Vì mặt phẳng P chia 2k phần không gian tạo k mặt phẳng Vì k mặt phẳng chia khơng gian k(k − 1) + phần, k + mặt phẳng chia [k(k + 1) + 2] + 2k = k(k + 1) + phần "Khi ta khơng thể giải tốn cụ thể ta lại giải tốn tổng qt khó khăn nhiều" câu nói đùa nhà tốn học Tuy nhiên kinh nghiệm quý báu học tốn Ta tìm hiểu ví dụ sử dụng phương pháp quy nạp sau đây, ta tạm gọi phương pháp quy nạp tổng quát Xét lại ví dụ phần chứng minh phản chứng 53 Ví dụ 3.4.8 Giả sử a1 , a2, , an số thực dương cho a1 a2 an = Chứng minh 1 + + + ≤ n − + a1 n − + a2 n − + an Nếu chứng minh trực tiếp bất đẳng thức quy nạp ta gặp khó khăn (cho đến tác giả chưa tìm thấy chứng minh vậy) Tuy nhiên chuyển sang toán tổng quát sau việc tìm mối liên hệ giả thiết quy nạp chứng minh quy nạp thực Ví dụ 3.4.9 Cho số thực khơng âm a1 , a2, , an thỏa mãn a1 a2 an = 1, ∀i = 1, n, k số dương tùy ý cho k ≥ n − 1, ta có bất đẳng thức 1 n + + + ≤ k + a1 k + a2 k + an k+1 Với k = n − ta có Ví dụ 3.4.8 Chứng minh Xét với n = ta có bất đẳng thức + ≤ k + a1 k + a2 k+1 Bất đẳng thức tương đương với (k+1)(a1 +a2 +2k) ≤ 2(k+a1)(k+a2) hay (k − 1)(a1 + a2 ) ≥ 2(k − 1) Bất đẳng thức hiển nhiên k ≥ a1 + a2 ≥ Ta giả sử bất đẳng thức với n ta chứng minh bất đẳng thức với n + Khơng tính tổng quát giả sử a1 ≤ a2 ≤ ≤ √ an ≤ an+1 Đặt t = n a1 a2 an với i = 1, 2, , n đặt bi = , t b1 b2 bn = điều kiện giả thiết quy nạp 1 Chú ý tổng + + + viết lại k + a1 k + a2 k + an sau 1 1 1 + + + = ( ′ + ′ + + ′ ) k + tb1 k + tb2 k + tbn t k + b1 k + b2 k + bn với k ′ = nạp n k Vì k ≥ n nên k ′ ≥ > n − t ≤ Theo giả thiết quy t c 1 n + + + ≤ , k ′ + b1 k ′ + b2 k ′ + bn k′ + 54 1 1 n n + + + ≤ ′ = k + a1 k + a2 k + an t k +1 k+t Phần cuối chứng minh n+1 n + ≤ (∗∗) k + t k + an+1 k+1 Trong số a1 , a2 , , an ≥ thỏa mãn điều kiện tn an+1 = a1 a2 an+1 = Có thể chứng minh bất đẳng thức nhiều cách, ta sử dụng khai triển cách sơ cấp Dễ thấy bất đẳng thức tương đương với n tn n+1 + n ≤ k + t kt + k+1 ⇔ (k(n + 1) − (k + 1))tn+1 − k(n + 1)tn + (n + 1)t − (k − n) ≥ ⇔ (t − 1)(k(n + 1)tn − (k + 1)(tn + tn−1 + + t) + k − n) ≥ Cuối điều tương đương với (t − 1)2 k(n + 1)(tn−1 + + 1) − (k + 1)(tn−1 + 2tn−2 + + n) ≥ Điều hiển nhiên ta có k ≥ n nên với hệ số ti với i = 1, 2, , n dương thừa số thứ hai Vậy toán chứng minh xong Đẳng thức xảy a1 = a2 = = an = 1, đặc biệt có thêm trường hợp dấu xảy số +∞ số lại k = n − 55 KẾT LUẬN Trong luận văn thu kết sau - Trình bày sở logic hai phương pháp chứng minh phản chứng chứng minh quy nạp toán học - Phân tích dạng chứng minh từ đến đặc biệt hai phương pháp chứng minh trên: Phương pháp phản chứng bản; phương pháp phản chứng chứng minh mệnh đề dạng p → q (phủ định mệnh đề suy điều trái với điều đúng, phủ định mệnh đề suy hai điều trái nhau, phủ định mệnh đề suy điều trái với giả thiết, phủ định mệnh đề suy kết luận mệnh đề); phương pháp phản chứng chứng minh mệnh đề chứa biến; nguyên lý quy nạp thứ nhất, thứ hai dạng biến thể; quy nạp nhiều biến - Chọn lọc ví dụ để mơ tả cho phương pháp chứng minh - Phân tích số nội dung toán học sử dụng hai phương pháp chứng minh phản chứng chứng minh quy nạp toán học: toán số nguyên tố, bất đẳng thức, hình học, tổ hợp, - Phương pháp chứng minh quy nạp toán học dễ mắc phải sai lầm Luận văn đưa số sai lầm sử dụng phương pháp quy nạp toán học 56 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp quy nạp toán học, Nhà xuất Giáo dục [2] Nguyễn Hữu Điển (2001), Những phương pháp điển hình giải tốn phổ thơng, Nhà xuất Giáo dục [3] Phạm Kim Hùng (2012), Sáng tạo bất đẳng thức, Nhà xuất Hà Nội Tiếng Anh [4] R Hammack (2013), Book of proof, Virginia Commonwealth University [5] Kenneth H Rosen (2007), Discrete mathematics and its applications (sixth edition), Mc Graw Hill [6] I S Sominskii (1961), The method of mathematical induction (Translated from Russian by Hallina Moss), Balaisdell publishing company 57 ... chứng minh phản chứng 12 2.1 Một số dạng chứng minh phản chứng 12 2.2 Một số toán chứng minh phản chứng 17 Chương Phương pháp chứng minh quy nạp toán học. .. THÁI NGUYÊN ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐẶNG ĐÌNH HƯNG MỘT SỐ DẠNG TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG VÀ QUY NẠP TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng... cập số toán chứng minh phản chứng liên quan đến số nguyên tố Ví dụ 2.2.3 Chứng minh tập số nguyên tố vô hạn 18 Chứng minh Trước hết ta chứng minh: Nếu n số ngun lớn n có ước số nguyên tố Nếu n số