Một số bài tập vận dụng

CHƢƠNG 2 PHƢƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG

2.5. Một số bài tập vận dụng

Phƣơng pháp chứng minh phản chứng rất hữu ích trong việc chứng minh tốn học ở phổ thơng. Nó đƣợc áp dụng từ những bài tốn trong chƣơng trình sách giáo khoa đến những bài toán trong đề thi học sinh giỏi, quốc tế.

Phần tiếp theo, luận văn sẽ trình bày một số bài tốn trong chƣơng trình phổ thơng đƣợc chứng minh bằng phƣơng pháp phản chứng.

Bài tốn 1. Chứng minh 2 là số vơ tỉ.

Lời giải.Giả sử phản chứng rằng 2 là số hữu tỉ.

Nhƣ vậy, ta có thể viết 2 m

n

 ; ; m n, 1. Khi đó, 

Từ m2 2n2 suy ra 4k2 2n2 suy ra 2 2 2k n suy ra 2 n là số chẵn, nên n cũng là số chẵn. Do đó ta đƣợc m chẵn, n chẵn và (m,n) > 1.

Điều này mâu thuẫn với giả sử phản chứng. Vậy 2 là số vơ tỉ.

Bài tốn 2. Chứng tỏ rằng trong khai triển thập phân của số 2 có một chữ số xuất hiện vô hạn lần.

Lời giải. Giả sử phản chứng rằng, trong khai triển thập phân của số 2 mỗi chữ số

0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9

i chỉ xuất hiện hữu hạn lần.

Gọi ai là số lần xuất hiện của chữ số i sau dấu phảy trong khai triển thập phân của

2 và ai hữu hạn.

Nhƣ vậy, số 2 có số chữ số sau dấu phảy là

9 0 i i a   . Vì 9 0 i i a 

 là một số hữu hạn, nên ta có thể viết 2 dƣới dạng một phân số, tức là 2

là một số hữu tỉ. Điều này trái với chứng minh 2 là số vơ tỉ (đã đƣợc trình bày trong luận văn).

Vậy giả sử phản chứng là sai và ta có điều phải chứng minh.

Vì bài tốn khơng u cầu tìm cụ thể chữ số nào xuất hiện vô hạn lần, nên phƣơng pháp phản chứng này hoàn tồn hữu hiệu.

Bài tốn 3. Cho n là số tự nhiên khác 0. Chứng minh rằng nếu n2 3 thì n 3.

Lời giải. Giả sử phản chứng rằng n khơng chia hết 3. Khi đó, ta viết n3k1 hoặc

3 2 n k .  n3k1 thì 2  2 3 1 n  k 2   9k 6k 1 3k 3k 2 1       Vì 2

n 3 và 3k3k2 3 nên 1 3. Điều này vơ lý.

 n3k2 thì 2  2 2  2 

3 2 9 12 4 3 2 1 1

Vì 2

n 3 và  2 

3 k 2k1 3 nên 1 3. Điều này vô lý. Vậy giả sử phản chứng là sai nên n 3.

Bài toán 4. Cho các số tự nhiên từ 1 đến 21. Chứng tỏ rằng không thể chia cá số

trên thành các nhóm đơi một rời nhau, sao cho trong mỗi nhóm số lớn nhất bằng tổng các số còn lại.

Lời giải. Giả sử cách chia nhƣ trên là chia đƣợc. Khi đó, tổng các số ở mỗi nhóm bằng hai lần số lớn nhất nên số lớn nhất ở mỗi nhóm là số chẵn.

Vì các nhóm đơi một rời nhau và tổng của mỗi nhóm là một số chẵn nên tổng của 21 số đã cho là một số chẵn.

Nhƣng 1 2 ..... 20 21 11.21 231      là số lẻ.

Điều này là mâu thuẫn, chứng tỏ giả sử phản chứng là sai. Vậy không chia đƣợc thành các nhóm thỏa mãn bài tốn.

Bài toán 5. Cho 20 số tự nhiên a1a2 .....a20 thỏa mãn điều kiện: ai 70 1, 2,....., 20

i

  . Chứng tỏ rằng trong các hiệu aiaj(i j) ln tìm đƣợc ít nhất 4 số giống nhau.

Lời giải. Giả sử phản chứng rằng trong các hiệu aiaj (i j) có khơng q 3 hiệu giống nhau.

Xét dãy 19 số tự nhiên: a20a19;a19a18;.....;a3a a2; 2a1 (1)

Dãy (1) có khơng q 3 giá trị giống nhau nên không một số nào trong các số 1, 2,3, 4,5, 6 trong dãy (1) gặp q 3 lần.

Vì dãy (1) có 19 số nên phải có ít nhất một trong các số thuộc dãy (1) lớn hơn 6. Khi đó: Ít nhất 3 trong 18 số còn lại lớn hơn 5,

Ít nhất 3 trong 15 số còn lại lớn hơn 4, Ít nhất 3 trong 12 số còn lại lớn hơn 3, Ít nhất 3 trong 9 số còn lại lớn hơn 2, Ít nhất 3 trong 6 số cịn lại lớn hơn 1.

        20 1 20 19 19 18 ..... 3 2 2 1 a  a a a  a a   a a  a a             7 6 6 6 5 5 5 4 4 4 3 3 3 2 2 2 1 1 1                    Suy ra a20 a1 70 (2). Mặt khác a20 a1 70 1 69  (3). So sánh (2) và (3) ta thấy mâu thuẫn.

Vậy trong các hiệu aiaj(i j) phải có ít nhất 4 hiệu giống nhau.

Bài toán 6. Cho các số tự nhiên 1,2,3,4,5,6,7. Lập các số tự nhiên có 7 chữ số phân

biệt.

i. Trong các số lập đƣợc có tìm đƣợc 3 số nào mà một trong ba số đó bằng tổng hai số cịn lại khơng?

ii. Có tìm đƣợc hai số khác nhau mà một số chia hết cho số cịn lại khơng?

Lời giải.

i. Ta thấy 1 2 ... 7   28 1(mod9) .

Vậy trong các số có 7 chữ số nói trên, mỗi số đều chia 9 dƣ 1. Giả sử tồn tại ba số a,b,c mà a + b = c.

Vì a1(mod 9), b1(mod 9) nên a b 2(mod 9). Mà c1(mod 9) nên a b c. Điều này trái với giả sử. Vậy không tồn tại ba số thỏa mãn yêu cầu bài tốn.

ii. Giả sử có hai số a,b mà a b, tức là tồn tại *

n sao cho a = n.b. Do b.7 1234567.7 7654321a nên 7bn b. suy ran7.

Vì an b. nên an(mod 9)1 n 7

Mặt khác, a1(mod 9). Điều này vô lý.

Vậy trong các số lập đƣợc, khơng có hai số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 7. Cho a,b,c là các số thực, sao cho a b c  0, ab bc ca  0, abc0. Chứng tỏ rằng a b c, , là các số dƣơng.

Lời giải. Vì abc0, nên nếu có số nhỏ hơn 0, thì phải có hai số nhỏ hơn 0. Không giảm tổng quát, giả sử a b, 0,c 0.

Khi đó,   2

0

ab bc caa a  b c a bc .

Điều này mâu thuẫn với điều kiện ban đầu. Do đó, trong ba số a,b,c, khơng có số nào nhỏ hơn 0.

Vậy bài toán đƣợc chứng minh.

Bài toán 8. Cho đa thức h x y( , ) x2017.y20171. Có thể viết h x y( , ) dƣới dạng ( , ) ( ). ( )

h x y  f x f y với f x( ) và g y( ) là những đa thức tƣơng ứng của x, y đƣợc

không?

Lời giải. Giả sử tồn tại 1

0 1 1 ( ) n n ..... n n f x a x a x   a xa 1 0 1 1 ( ) m m ..... m m g y b y b y   b  y b Mà f x g y( ). ( )x2017.y20171 (1). Ta có f(0)an, nên từ (1) suy ra a g yn. ( ) 1 suy ra ( ) 1 , n g y y a   . Tƣơng tự ta cũng nhận đƣợc ( ) 1 , m f x x b   . Từ (1) ta cũng có: f(0). (0)g 1 haya bn. m 1. Suy ra ( ). ( ) 1 . 1 1 1 . n m n m f x g y a b a b    ,x y, .

Điều này mâu thuẫn vì 2017 2017

( ). ( ) . 1

f x g y x y  1,x y, . Vậy giả sử là sai nên ta có điều phải chứng minh.

Bài tốn 9. Cho hai phân số a

b và c

d thỏa mãn ( , )a b 1; ( , )c d 1; bd. Chứng minh tổng (hiệu) của chúng không thể là một số nguyên.

Mà ( , )c d 1 nên b d suy ra bm d. (1)

Hồn tồn tƣơng tự ta cũng có d b suy ra d n b. (2)

Từ (1) và (2) suy ra b d. m n b d. . . , nên m n. 1, tức là tích của hai số nguyên bằng 1. Điều này chỉ xảy ra khi m n 1.

Từ đó suy ra bd , trái với giả thiết.

Vậy giả sử là sai, nên ta có điều phải chứng minh.

Bài tốn 10. Cho phƣơng trình 3 2 3 3

x  xy y n, (1)

a. Chứng minh rằng nếu (1) có nghiệm ngun, thì nó khơng có nghiệm nguyên duy nhất.

b. Tìm nghiệm nguyên của (1) khin = 2017.

(Dựa trên đề thi IMO 1982)

Lời giải. a. Ta có 3 2 3  3   2  3 3 3 x  xy y  yx  yx x  x  3    2 3 3 y y x y x y       

Từ đó ta thấy nếu ( , )x y là nghiệm nguyên của (1) thì y x, x và y x, y cũng là các nghiệm nguyên của (1). Ba nghiệm này đơi một khác nhau, vì nếu có hai nghiệm nào đó bằng nhau, thì ta có x y 0 là điều vơ lý do n0.Vậy nếu (1) có nghiệm ngun, thì nó có ít nhất ba nghiệm phân biệt, tức là (1) khơng thể có nghiệm duy nhất.

b. Với n = 2017, giả sử (1) có nghiệm .

Ta viết các nghiệm theo (mod 3), phƣơng trình đã cho trở thành 3 3

1(mod 3)

x y   , suy ra x  y 1(mod 3)

Do vậy ta có các trƣờng hợp sau:

Đặt x3m , y3n1 thay vào phƣơng trình đã cho ta đƣợc 1mod(3) 2 mod(9) VT VP 

  (điều này vô lý)

ii. x1(mod 3) và y1(mod 3)(3)

Do y x, x cũng là nghiệm, mà 0 mod(3) 1(mod 3) y x x        nên ta cũng thu đƣợc một điều vô lý.

iii. x 1(mod 3) và y0(mod 3) (4)

Chứng minh hoàn toàn tƣơng tự nhƣ hai trƣờng hợp trên ta cũng có điều vơ lý.

Vậy với n2005, phƣơng trình đã cho khơng có nghiệm ngun.

Bài toán 11. Cho các số đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng phƣơng trình xbcycazab2abcab bc ca(1) khơng có nghiệm tự nhiên.

(Dựa trên đề thi IMO 1983).

Lời giải. Giả sử phƣơng trình (1) có nghiệm . Từ (1) ta có:zabab2abc bc caxbcyca.

Vì 2abcab bc caxbcyca c nên zabab c , hay z1ab c. Mà ( , ) 1 ( , ) 1 a c b c      nên (z1) c. Vì (z 1) 0 nên (z 1) c. Tƣơng tự ta cũng có (x 1) a; (y 1) b. Từ đó ta đƣợc :xbcycazab(a1)bc (b 1)ca (c 1)ab. 3abc ab bc ca   2abc ab bc ca  

Điều này vô lý, chứng tỏ giả sử là sai. Vậy bài toán đƣợc chứng minh.

3 2

( )

f n n an bnc

khơng phải là số chính phƣơng.

Lời giải. Ta chứng minh mệnh đề sau:

khơng phải là số chính phƣơng (1)

Nhận xét rằng mọi số chính phƣơng khi chia 4 đều có số dƣ là 0 hoặc 1. Giả sử (1) là mệnh đề sai, tức là là số chính phƣơng (2) Từ đó ta có (1) 1 (2) 4 2 8 (3) 9 3 27 (4) 16 4 64 f a b c f a b c f a b c f a b c                        đều là các số chính phƣơng. Ta có (4)f  f(2)2b là số chẵn, nên (4)f f(2)2b0(mod 4) (3) Tƣơng tự ta cũng có (3)f f(1)(2b 2) 0(mod 4) (4) Từ (3) và (4) suy ra 2 0(mod 4) là điều vơ lí.

Vậy giả sử là sai và mệnh đề (1) đúng. Bài toán đƣợc chứng minh.

Bài tốn 13. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài mỗi đoạn lớn hơn 10cm và bé hơn 100cm. Chứng tỏ rằng luôn tồn tại ba đoạn thẳng là các cạnh của một tam giác.

Lời giải. Giả sử có 7 đoạn thẳng: 10cm a1 a2 a3 a4a5 a6 a7 100cm. Giả sử khơng có ba đoạn thẳng nào trong 7 đoạn thẳng đã cho lập thành một tam giác. Khi đó, với mọi i j k, , thỏa mãn điều kiện: 1   i j k 7thì ai aj ak. Nên ta có a1a2 a3; a2a3a4; a3a4 a5; a4a5 a6; a5a6 a7. Bởi vậy, 100cma7a6a52a5a42a3a4a42a33a4.   3 3 2 3 2 2a 3 a a 5a 3a       2 1 2 2 1 5 a a 3a 8a 5a      1 1 1 8a 5a 13a 13.10cm 130cm     

Điều này mâu thuẫn, nên phải tồn tại ít nhất một bộ ba số

1   p q r 7 để apaq ar. Từ đó apar ar aq

q r r p

a a a a

Khi đó, bộ ba ap,a aq, r lập thành một tam giác. Vậy bài toán đƣợc chứng minh.

Bài toán 14. Cho 9 đƣờng thẳng trên một mặt phẳng, khơng có hai đƣờng thẳng nào

song song. Chứng tỏ rằng có ít nhất một góc go các đƣờng thẳng này cắt nhau tạo nên với số đo không nhỏ hơn 20o.

Lời giải. Lấy điểm A bất kỳ trên mặt phẳng.

Qua A kẻ 9 đƣờng thẳng lần lƣợt song song với 9 đƣờng thẳng đã cho. Các đƣờng thẳng này chia mặt phẳng thành 9 cặp góc đối đỉnh.

Giả sử tất cả các góc này đều nhỏ hơn 20o.

9 đƣờng thẳng cắt nhau tạo thành 18 góc và mỗi góc đều nhỏ hơn 20o nên tổng số đo các góc này nhỏ hơn 18.20o 360o.

Ta đi tới mâu thuẫn 360o360o.

Do đó phải có ít nhất một trong những góc này khơng nhỏ hơn 20o. Khi đó, hai đƣờng thẳng song song với hai cạnh của góc này cắt nhau tạo thành một góc có số đo khơng nhỏ hơn 20o. Bài tốn đã đƣợc chứng minh.

Hình 7

Bài toán 15. Cho đa giác đều 45 cạnh. Liệu có thể ghi trên mỗi đỉnh của đa giác một trong các chữ số 0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9(1) sao cho đối với mỗi cặp số khác nhau đều tìm đƣợc một cạnh của đa giác mà hai đầu mút của nó đƣợc ghi bởi hai số thuộc cặp số đã chọn ra.

Lời giải. Giả sử đối với mỗi cặp số tùy ý ( , )a b , ab thuộc dãy (1) đều tìm đƣợc một cạnh của đa giác, mà hai đầu của nó ghi các chữ số a, b.

Khi đó, mỗi số thuộc dãy (1) đều kết hợp đƣợc với 9 số còn lại, để lập thành 9 cặp số khác nhau và đa giác phải có 9 cạnh với hai đầu ghi bằng 9 cặp số này.

Nhƣng hai cạnh có thể chung một đỉnh, nên mỗi chữ số phải đƣợc ghi trên ít nhất 5 đỉnh. Bởi vậy đa giác phải có ít nhất 10.5 50 đỉnh. Điều này là mâu thuẫn.

Vậy nên khơng có cách nào ghi đƣợc các chữ số của dãy (1) trên các đỉnh của đa giác 45 cạnh thỏa mãn điều kiện đặt ra.

Bài toán 16. Cho ngũ giác lồi ABCDE trên mặt phẳng tọa độ có tọa độ các đỉnh đều nguyên.

a. Chứng tỏ rằng tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của ngũ giác (khác A, B, C, D, E) có tọa độ nguyên.

b. Chứng tỏ rằng tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong ngũ giác có tọa độ ngun.

Lời giải.

a. Vì tọa độ của các đỉnh đều nguyên, nên ta thấy mỗi đỉnh có thể thuộc một trong các trƣờng hợp sau: (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ).

Có 5 đỉnh nhƣng chỉ thuộc không quá 4 trƣờng hợp, nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai đỉnh có cùng tính chất chẵn – lẻ. Giả sử đó là cặp đỉnh X,

Y nào đó. Khi đó, trung điểm Z của XY chính là điểm cần tìm.

b. Giả sử phản chứng rằng không tồn tại điểm nào nằm trong ngũ giác mà có tọa độ nguyên.

Trong tất cả các ngũ giác nhƣ vậy, chọn ra ngũ giác có diện tích nhỏ nhất, giả sử đó là ABCDE. ( Nếu có nhiều ngũ giác cùng có diện tích nhỏ nhất, thì ta chọn một trong số chúng )

Theo câu a) tồn tại cặp đỉnh X, Y có cặp tọa độ cùng tính chẵn – lẻ. Trung điểm Z của XY có tọa độ ngun.

Vì bên trong ABCDE khơng có điểm nào có tọa độ nguyên nên XY phải là

một cạnh nào đó. Khơng giảm tổng quát, giả sử đó là cạnh AB.

A

E

D C

B Z

Khi đó, ngũ giác ZBCDE có tọa độ các đỉnh đều ngun và có diện tích nhỏ hơn diện tích ngũ giác ABCDE. Điều này mâu thuẫn vì ABCDE là ngũ giác có diện tích nhỏ nhất. Chứng tỏ bên trong ABCDE có tồn tại điểm có tọa độ nguyên.

Bài toán 17. Chứng tỏ rằng một đa giác lồi 13 cạnh khơng thể chia ra thành những

hình bình hành.

Lời giải. Giả sử phản chứng rằng đa giác lồi 13 cạnh có thể chia ra thành những hình bình hành. Khi đó, mỗi cạnh của đa giác sẽ là một cạnh của hình bình hành nào đó đƣợc chia. Nên mỗi cạnh của đa giác sẽ đôi một song song nếu chúng khơng có đỉnh chung.

Vì đa giác là lồi nên sẽ khơng có ba cạnh nào cùng song song với nhau. Do đó, số cạnh của đa giác phải là số chẵn. Điều này mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy đa giác lồi 13 cạnh không thể chia ra thành những hình bình hành.