2 Phương pháp phản chứng
2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài tốn
bài tốn khơng mẫu mực
Bài toán 2.4.1. Chứng minh tồn tại vô số số nguyên tố. Chứng minh.
Giả sử ngược lại, tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1, p2, ..., pn. Ta xét tích N = p1p2...pn+ 1.
Hiển nhiên N phải có ít nhất một ước số ngun tố p nào đó. Khi đó, do p1, p2, ..., pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại i,(1 ≤ i ≤ n) sao cho p= pi.
Từ đó suy ra được p|1 hay p= 1 (mâu thuẫn với p là số nguyên tố). Vậy điều ta giả sử là sai. Nghĩa là có vơ số số ngun tố.
Bài toán 2.4.2. Trong lớp học có 30 học sinh. Khi viết chính tả, em An phạm 13 lỗi cịn các em khác ít hơn. Chứng minh rằng trong lớp có ít nhất 3 em học sinh đã mắc một số lỗi như nhau khi viết chính tả (kể cả những người khơng mắc lỗi nào).
Chứng minh. Ta có thể vận dụng nguyên lý L. Dirichlet để giải bài toán này. Ở đây, thỏ tức là các em học sinh còn lồng là số lỗi đã phạm phải khi các em viết chính tả.
Ta lập 14 lồng được đánh số từ 0 đến 13.
Lồng số 0 "nhốt" các em viết chính tả phạm 0 lỗi; Lồng số 1 "nhốt" các em viết chính tả phạm 1 lỗi;
Lồng số i,(0≤ i ≤ 13) "nhốt" các em viết chính tả phạm i lỗi;
Chỉ có em An phạm 13 lỗi khi viết chính tả nên lồng số 13 chỉ có một mình em An, 29 em còn lại được "nhốt" vào các lồng từ 0 đến 12, tức là 29 em được "nhốt" vào 13 lồng, nên phải có ít nhất một lồng nhốt từ 3 em trở lên. Chẳng hạn lồng i(0 ≤ i ≤ 12) có ít nhất 3 em. Khi đó 3 trong các em ở lồng i cùng phạm i lỗi khi viết sai chính tả.
Bài tốn được chứng minh!
Bài tốn 2.4.3. Tìm các cặp số (m, n) nguyên dương sao cho m! +n! = mn.
Chứng minh.
mãn bài tốn thì m ≤ n.
Phản chứng. Giả sử ngược lại, m > n. Khi đó ta có
m! +n! = n![m(m−1)...(n−1) + 1] = mn.
Do (m, m(m−1)...(n+ 1) + 1) = 1 nên đẳng thức trên không xảy ra. Vậy điều ta giả sử là sai nên m ≤n.
Xét trường hợp m > 2.
Vì
m! +n! = (m−2)!(m −1)m[1 + (m+ 1)(m+ 2)...(n−1)n]
nên ta có
(m−2)!(m−1)m[1 + (m+ 1)(m + 2)...(n−1)n] = mn.
Đẳng thức trên khơng xảy ra vì (m, m − 1) = 1 nên vế trái của đẳng thức trên chia hết cho (m− 1), cịn vế phải của đẳng thức khơng chia
hết cho (m −1). Như vậy m ∈ 1,2.
Với m = 1 thì 1! +n! = 1. Khơng tồn tại số n thỏa mãn. Với m = 2 thì 2! +n! = 2n.
Bây giờ ta đi tìm các giá trị của n thỏa mãn 2! +n! = 2n.
Nếu n ≥ 4 thì n! = 1.2.3.4...n > 2.2.22...2 = 2n nên khơng thỏa mãn
2! +n! = 2n.
Suy ra n = 2 hoặc n= 3. Thử trực tiếp ta có: 2! + 2! = 22,2! + 3! = 23.
Như vậy các cặp số thỏa mãn bài toán là (2,2) và (2,3).
Bài toán 2.4.4. (Olympic Châu Á Thái Bình Dương 1998) Chứng minh rằng với mọi số a, b nguyên dương, số (36a + b)(a + 36b) không thể là một lũy thừa của 2.
Chứng minh.
Phản chứng. Giả sử ngược lai, tồn tại cặp số nguyên dương (a, b), sao
cho (36a+b)(a+ 36b) là một lũy thừa của 2.
Trong số những cặp (a, b) như vậy, ta xét (m, n) là cặp có tổng m+n bé nhất. Vì(36m+n)(m+ 36n) là một lũy thừa của 2 nên suy ra (36m+n)
và (m+ 36n) cũng là các lũy thừa của 2. Lúc đó m, n đều là các số chẵn. Ta cũng thấy rằng
(36m+n) ≥ 37,(m+ 36n) ≥ 37
Bây giờ, ta đặt
36m +n= 2r, m+ 36n = 2s, m = 2p và n = 2q.
trong đó r, s, p, q là các số nguyên dương. Ta có r, s >5. Khi đó (36p+q)(p+ 36q) = 36m+n 2 x m+ 36n 2 = 2 r+s−2
cũng là một lũy thừa của 2. Nhưng ta lại có
p+q = m+n
2 < m+n
Điều này mâu thuẫn với giả thiết về việc chọn cặp số (m, n) có tổng bé nhất như trên. Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng trong các cặp (a, b) mà
(36a+b)(a+ 36b) là một lũy thừa của 2, ta không thể chọn được cặp số có tổng bé nhất: vơ lý!
Vậy số (36a+b)(a+ 36b) khơng thể là một lũy thừa của 2.
Bài tốn 2.4.5. Cho 20 số tự nhiên a1, a2, ..., a20, không vượt quá 70. Chứng minh rằng trong các hiệu aj − ak(j > k) tìm được ít nhất 4 số giống nhau.
Chứng minh.
Phản chứng.Giả sử khẳng định trên không đúng, tức là trong các hiệu
aj −ak(j > k) có khơng q 3 hiệu giống nhau. Khi đó trong 19 số tự nhiên
a20−a19, a19 −a18..., a3 −a2, a2 −a1 (1)
có khơng q 3 hiệu giống nhau. Bởi vậy không một số nào trong các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 trong dãy (1) lặp quá 3 lần, mà dãy (1) có 19 số, bởi vậy phải có ít nhất một trong các số thuộc (1) phải lớn hơn 6 (Trường hợp ngược lại, nếu tất cả các dãy số thuộc dãy (1) đều không quá 6, khi đó các số đều khơng lặp q 3 lần, nên dãy (1) chỉ có thể có tối đa 18 số chứ khơng phải 19 số như thực tế).
Khi đó
Ít nhất 3 trong 18 số cịn lại lớn hơn 5. Ít nhất 3 trong 15 số cịn lại lớn hơn 4. Ít nhất 3 trong 12 số cịn lại lớn hơn 3. Ít nhất 3 trong 9 số cịn lại lớn hơn 2. Ít nhất 3 trong 6 số cịn lại lớn hơn 1. Bởi vậy tổng các số thuộc dãy (1)
a20 −a1 = (a20 −a19) + (a19 −a18) +...+ (a3 −a2) + (a2 −a1)
≥7 + (6 + 6 + 6) + (5 + 5 + 5) + (2 + 2 + 2) + (1 + 1 + 1) = 70 (2)
Mặt khác
a20 −a1 ≤ 70−1 = 69 (3)
So sánh (2) và (3) ta đi đến mâu thuẫn. Bởi vậy trong các hiệuaj−ak(j >
k) phải có ít nhất 4 số giống nhau.
Bài toán 2.4.6. (Tuyển tập 5 năm Tạp chí Tốn học & Tuổi trẻ 1991 - 1995) Trong một hình vng cạnh bằng 1 cm, lấy 51 điểm tùy ý. Chứng minh rằng ln ln có 3 điểm đã lấy ra nằm trong một hình trịn bán kính bằng 1
7.
Chứng minh. Bài toán được giải theo 2 bước.
1) Chia mỗi cạnh hình vng thành 5 phần bằng nhau, rồi nối các điểm chia tương ứng đối diện bằng các đoạn thẳng song song với cạnh hình vng. Khi đó hình vng được chia thành 25 hình vng nhỏ bằng nhau và có cạnh bằng 1
5 cm.
Giả sử mỗi hình vng nhỏ chứa khơng q 2 điểm đã được lấy. Khi đó số điểm đã được lấy sẽ không vượt quá 50, nên nhỏ hơn 51 điểm. Ta đã đi tới mâu thuẫn với giả thiết: Các điểm đã được lấy bằng 51. Bởi vậy phải có ít nhất một hình vng con chứa khơng ít hơn 3 điểm đã lấy.
Giả sử hình vng con ở góc trên tận cùng bên phải chứa 3 điểm đã chọn ra. Ta ký hiệu hình vng này bằng ABCD.
2) Bao hình vng ABCD bằng hình trịn bán kính 1
7 cm.
Hình vng ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại điểm giữa của mỗi đường và vng góc với nhau. Dùng O để ký hiệu giao điểm hai đường chéo và x là độ dài nửa đường chéo.
Tam giác AOB vng tại O có cạnh huyền AB dài 1 5. Khi đó ta có OA2 +OB2 = 2x2 = AB2 = 1 5 2 = 1 25 nên x2 = 1 50 < 1 49 = 1 7 2 Do đó x < 1 7 cm.
Bởi vậy, ta có thể bao hình vng ABCD bằng hình trịn bán kính 1
7
Hình 2.4.6
cm, nên ba điểm đã chọn ra thuộc hình vng ABCD nằm trong hình trịn bán kính 1
7 cm.
Bài tốn 2.4.7. Cho ba số a, b, c ∈ (0,1). Chứng minh rằng ba số a(1−
a), b(1−b), c(1−c) không thể đồng thời lớn hơn 1
4.
Chứng minh.
Phản chứng. Ta giả sử ngược lại, cả ba số cùng lớn hơn 1
4, tức là
a(1−b) > 1
4, b(1−c) > 1
4, c(1−a) > 1
4
Nhân vế với vế của các bất đẳng thức đó, ta được a(1−b)b(1−c)c(1−a) > 1
Mặt khác, từ giả thiết a ∈ (0,1) ta có 0 < a(1−a) = 1 4 −(a− 1 2) 2 ≥ 1 4 (2) Tương tự, ta có 0< b(1−b) ≥ 1 4; 0< c(1−c) ≥ 1 4 (3) Từ (2) và (3) suy ra a(1−b)b(1−c)c(1−a) ≤ 1 64 (4)
Ta thấy (1) và (4) mâu thuẫn nhau, chứng tỏ điều giả sử ban đầu là sai. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 2.4.8. Cho n+ 1 số tự nhiên khác nhau và nhỏ hơn 2n. Chứng
minh rằng từ các số này luôn luôn chọn ra được ba số, mà một trong ba số này bằng tổng của hai số còn lại
Chứng minh. Giả sử n+ 1 số đã cho là a1, a2, ..., an+1 và a1 < a2 < ... < an < an+1
Ta lập n hiệu từ các số đã cho
h1 = a2 −a1, h2 = a3 −a1, ..., hn = an+1 −a1
Vì a1 nhỏ hơn tất cả các số còn lại, nên tất cả các hiệu hi(1 ≤ i ≤ n) đều dương.
Do các sốa2, a3, ..., an+1 khác nhau từng đôi một, nên hiệuh1, h2, ..., hn đều khác nhau.
Vì an+1 < 2n, nên tất cả các hiệu hi(1≤ i ≤ n) đều nhỏ hơn 2n.
Như vậy, ta có cả thảy 2n+ 1 số nguyên dương nhỏ hơn 2n.
a1, a2, ..., an, an+1, h1 = a2 −a1, h2 = a3 −a1, ..., hn = an+1 −a1 nên, theo nguyên lý phản chứng, phải có hai số bằng nhau. Nhưng các số ai(1 ≤ i ≤ n+ 1) và các số ht(1 ≤ t ≤ n) đều khác nhau, nên chỉ có thể có một số ak nào đó phải bằng một số hs, tức
Bài tốn 2.4.9. Chứng minh rằng từ một tập bất kỳ gồm n số tự nhiên đều có thể tách ra một tập con (không trống), mà tổng của các số thuộc tập con này chia hết cho n.
Chứng minh.
Giả sử A = {a1, a2, ..., an} là tập các số tùy ý đã chọn ra.
Phản chứng. Giả sử khẳng định của đề bài không đúng (*), nghĩa là khơng có một tập con nào gồm các phần tử thuộc tập A, mà tổng chia hết cho n. Khi đó trong n tổng
S1 = a1, S2 = a1 +a2, ..., Sn = a1 +a2 +...+an−1 +an
khơng có một tổng nào chia hết chon. Bởi vậy, khi chiantổngS1, S2, ..., Sn cho n chỉ nhận được tối đa n − 1 loại số dư. Bởi vậy, theo nguyên lý phản chứng, phải có ít nhất hai trong các số trên chia cho n có cùng số dư. Chẳng hạn Si, Sj với j > i có cùng số dư khi chia cho n. Do đó
ai+1 +ai+2 +...+ aj = Sj −Si
chia hết cho n. Ta đã chứng tỏ khẳng định (*) là sai, nên khẳng định của đề bài là đúng.
Bài toán 2.4.10. Gọi a là số lớn nhất của các hình trịn rời nhau (khơng có điểm chung) có đường kính bằng 1 và tâm nằm trong đa giác F cho trước, còn b là số nhỏ nhất những hình trịn có bán kính bằng 1 mà bằng chúng có thể phủ kín đa giác F. Hỏi a ≥b hay a < b?
Chứng minh.
Bằng phản chứng ta sẽ khẳng định được a ≥b.
Do a là số lớn nhất các hình trịn rời nhau (từng cặp khơng có điểm chung) có đường kính bằng 1, mà tâm nằm trong đa giác F, nghĩa là trên đa giác F khơng cịn một khoảng nào có thể đặt gọn được một hình trịn có đường kính bằng 1 nữa.
Ta lấy tâm của mỗi hình trịn này làm tâm của một hình trịn mới đường kính bằng 2, thì tập tất cả các hình trịn này sẽ phủ kín hình F.
Giả sử ngược lại, có điểm O nào đó thuộc F, nhưng khơng nằm trên một hình trịn nào trong các hình trịn ta vừa vẽ. Khi đó O cách tất cả các tâm của hình trịn bán kính bằng 1
2 một khoảng lớn hơn 1, nên khi
lấy O làm tâm ta có thể đặt thêm 1 hình trịn đường kính bằng 1 vào hình F, mà nó khơng trờm lên bất kỳ một hình trịn bán kính 1
Như vậy, ta có thể đặt khơng phải a, mà ít nhất a+ 1 hình trịn đường kính đơn vị vào hình F, mà chúng vẫn rời nhau. Như vậy ta đã đi tới mâu thuẫn với giả thiết:a là số lớn nhất các hình trịn rời nhau có đường kính bằng 1 và tâm nằm trong đa giác F. Từ đó suy ra a ≥ b.
Chú ý.
1) Nếu F là hình vng cạnh bằng 1
2, thì a = b. Khi đó mỗi loại có
một hình trịn, tâm của hai hình trịn này chung nhau và chung với tâm hình vng.
2) Nếu F là hình vng cạnh bằng 1, thì ta cần phủ bằng một hình trịn có bán kính bằng 1, tâm trùng với tâm của hình vng nhưng lại có thể vẽ được tâm của 4 hình trịn bán kính bằng 1
2 với tâm ở 4 đỉnh.
Vậy khi đó ta có
a = 4 > 1 =b
Hình 2.4.12
Bài tốn 2.4.11. Gọi a là số lớn nhất các hình trịn rời nhau (khơng có điểm chung), có bán kính bằng 1 và tâm thuộc hình F, cịn b là số nhỏ nhất các hình trịn bán kính bằng 1, mà các hình trịn này có thể phủ kín hình F. Hỏi a ≤ b hay a > b?
Chứng minh. Bằng phản chứng ta có thể khẳng định được a ≤b. Giả sử a > b
Gọi C1, C2, ..., Ca là tập hợp nhiều nhất các hình trịn rời nhau có tâm tại O1, O2, ..., Oa thuộc hình F và có bán kính bằng 1.
Gọi D1, D2, ..., Db là tập ít nhất các hình trịn bán kính bằng 1 và phủ kín hình F.
Ta cắt các hình trịn D1, D2, ..., Db bằng giấy xanh rồi đem phủ kín lên hình F. Sau đó, ta cắt các hình trịn C1, C2, ..., Ca bằng giấy đỏ rồi
Vì a > b, nên số hình trịn C1, C2, ..., Ca có tâm nằm nằm trên hình F nhiều hơn số hình trịn D1, D2, ..., Db có ít nhất một phần nằm trên hình F (Vì b là số ít nhất các hình trịn phủ hình F, nên những hình trịn khơng có phần phủ F đã bị loại bỏ).
Bởi vậy sẽ có hình trịn Di(1 ≤ i ≤ b) nào đó chứa tâm của hai hình trịn Cj, Ck(k 6= j) nào đó. Khi đó do các hình trịn D1, D2, ..., Db đều có bán kính bằng 1, nên khoảng cách giữa Oj và Ok nhỏ hơn 2 (OjOk < 2).
Do đó hai hình trịn Cj, Ck không rời nhau. Ta đi tới mâu thuẫn với tính chất rời nhau của các hình trịn C1, C2, ..., Ca. Bởi vậy phải loại bỏ giả thiết a > b mà kết luận a ≤b.
Bài toán 2.4.12. Cho 7 đoạn thẳng. Độ dài mỗi đoạn lớn hơn 10cm, bé hơn 100cm. Chứng minh rằng luôn luôn tồn tại ba đoạn thẳng là các cạnh của một tam giác.
Chứng minh.
Dùng ai(1 ≤ i ≤ 7) để ký hiệu 7 đoạn thẳng đã cho và giả sử độ dài của chúng được xếp theo thứ tự:
10cm < a1 ≤a2 ≤a3 ≤a4 ≤a5 ≤a6 ≤a7 < 100cm
Ta biết rằng ba đoạn thẳng là cạnh của một tam giác khi và chỉ khi tổng độ dài của hai đoạn tùy ý lớn hơn độ dài đoạn còn lại và trị tuyệt đối của hiệu độ dài hai cạnh tùy ý khơng lớn hơn độ dài cạnh cịn lại.
Phản chứng. Giả sử khơng có ba đoạn thẳng nào trong các đoạn thẳng đã cho lập thành một tam giác. Khi đó bất kỳ bộ ba i, j, k nào mà 1≤ i;j, k ≤7, thì ai+aj ≤ ak, nên có:
a1 +a2 ≤a3, a2 +a3 ≤a4, a3 +a4 ≤a5, a4 +a5 ≤a6, a5 +a6 ≤ a7 Bởi vậy:
100cm ≥ a7 ≥ a5 +a6 ≥ 2a5 + a4 ≥ 2(a3 + a4) +a4 = 2a3 + 3a4 ≥
≥ 2a3 + 3(a2 +a3) = 5a3 + 3a2 ≥5(a2 +a1) + 3a2 = 8a2 + 5a1 ≥ ≥ 8a1 + 5a1 = 13a1 ≥ 13.10cm= 130cm
Ta đi tới mâu thuẫn, nên phải tồn tại ít nhất một bộ ba p, q, r ∈ N+(1 ≤
p < q < r ≤ 7) để ap+aq > ar.
Từ đó ap+ar > ar > aq, aq +ar > ar > ap. Khi đó bộ ba ap, aq, ar lập thành một tam giác. Khẳng định được chứng minh.
Bài toán 2.4.13. Chứng minh rằng một đa giác lồi có 2015 cạnh khơng