MỤC LỤC Lời mở đầu I Cơ sở logic phép chứng minh phản chứng Cơ sở logic Các bƣớc suy luận chứng minh phản chứng Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh 3.1 Tìm mệnh đề phủ định 3.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh II Các toán chứng minh phản chứng Một số chứng minh phản chứng tiếng 1.1 Nguyên lý Đirichlê 1.2 Chứng minh phản chứng Euclid 1.3 Chứng minh Euler cho định lý nhỏ Fermat cho trƣờng hợp n=4 Vận dụng chứng minh phản chứng tốn phổ thơng 12 2.1 Phản chứng số học 12 2.2 Phản chứng đại số 17 2.3 Phản chứng giải tích 22 2.4 Phản chứng hình học 24 2.5 Bài tập tự giải 30 Tài liệu tham khảo 31 Lời mở đầu Chứng minh nét đặc trƣng làm cho tốn học khác biệt với mơn khoa học khác Có nhiều phƣơng pháp kỹ thuật chứng minh Từ chứng minh trực tiếp tới chứng minh gián tiếp, từ chứng minh quy nạp tới chứng minh phản chứng, Phương pháp chứng minh phản chứng phƣơng pháp sử dụng phép suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải khẳng định toán học Trong lịch sử toán học phƣơng pháp chứng minh phản chứng đƣợc sử dụng từ sớm Chứng minh phản chứng nói vũ khí quan trọng tốn học Nó cho phép chứng minh khơng tính chất đó, cho phép biến thuận thành đảo, biến đảo thành thuận, cho phép lý luận đối tƣợng mà khơng rõ có tồn hay khơng Đây phƣơng pháp hay dùng lập luận toán học, thể chặt chẽ, lý luận hợp lôgic ngƣời giải toán Điều quan trọng mệnh đề tìm mệnh đề phủ định điều cần chứng minh, từ dẫn đến vơ lý với giả thiết toán hay mâu thuẫn với kiến thức tốn học biết Tiểu luận dƣới chúng tơi tổng hợp lại số toán từ dễ tới khó, quen thuộc tới xa lạ, sử dụng phƣơng pháp chứng minh phản chứng Chúng hy vọng tiểu luận giúp hỗ trợ thêm kiến thức, thúc đẩy tƣ tìm tòi, sáng tạo ngƣời học, góp phần nhận tìm nét đẹp tƣ toán học Tiểu luận chƣa nêu hết đầy đủ dạng tốn chứng minh phản chứng Rất mong đóng góp ý kiến thầy cô bạn ĐH Khoa Học Tự Nhiên,TP HCM I Cơ sở logic phép chứng minh phản chứng Cơ sở logic Cơ sở logic phƣơng pháp chứng minh phản chứng dựa vào hiểu biết logic mệnh đề sử dụng phép liên kết chủ yếu  Phép liên kết logic Phép liên kết logic hay gọi phép toán logic, cho phép từ mệnh đề sơ cấp cho trƣớc xây dựng mệnh đề phức tạp Các phép liên kết bao gồm: Phép phủ định (  ) Phép tuyển (∨) Phép hội (∧) Phép kéo theo (→) Ở ta quan tâm tới hai phép toán logic phép phủ định phép kéo theo Giả sử có mệnh đề A B Khi mệnh đề A, B nhận giá trị ta viết A = 1, B = Khi A, B nhận giá trị sai ta viết A = 0, B = Ta có bảng giá trị phép phủ định nhƣ sau: A  A→0 0 A B 1 1 A→B 1 A Bảng giá trị phép kéo theo: A 0 B B →A 1 1 1  Từ hai bảng giá trị ta nhận thấy A  (  A → 0) (1.1) (A → B)  (  B →  A) (1.2) Từ (1.1) ta thấy việc chứng minh A tƣơng đƣơng với chứng minh rằng: Nếu A sai, dẫn tới điều sai Từ (1.2) ta thấy chứng minh (A → B) tƣơng đƣơng với việc chứng minh (  B →  A) Các bƣớc suy luận chứng minh phản chứng Trong toán học phƣơng pháp phản chứng thƣờng xuyên đƣợc sử dụng, công cụ đắc lực chứng minh số tốn khó Vậy câu hỏi đặt là: Phƣơng pháp chứng minh phản chứng sử dụng nào? Cách chứng minh phản chứng nhƣ nào? a/ Phƣơng pháp chứng minh phản chứng sử dụng nào? Khi gặp toán khẳng định hệ thức đúng, khẳng định nghiệm phƣơng trình, hệ phƣơng trình bất đẳng thức đại số, hình học, số học, giải tích Đặc biệt cần chứng minh tính tồn đối tƣợng ngƣời ta hay dùng phản chứng để chứng minh Nhận xét kinh nghiệm tác giả trình giải số toán Tùy vào toán, tình cụ thể khác mà ngƣời giải tốn vận dụng phƣơng pháp cách linh hoạt b/ Các bƣớc chứng minh phản chứng: Ta chứng minh mệnh đề P Bước Giả sử mệnh đề P sai (tức phủ định mệnh đề cần chứng minh) Bước Từ điều giả sử ta suy số tính chất quan hệ mà tính chất dẫn tới điều vô lý Bước Ta kết luận điều giả sử ban đầu sai Vậy mệnh đề P Chú ý: Trong ba bước suy luận phản chứng nêu trên, bước quan trọng cần tạo mệnh đề phủ định điều cần chứng minh phải xác Ở bước điều vơ lý thuộc dạng sau: • Điều trái với giả thiết cho • Điều trái với kiến thức biết •Điều trái với giả thiết phản chứng đặt Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh 3.1 Tìm mệnh đề phủ định a/ Mệnh đề tồn Xét mệnh đề P(x) miền X Mệnh đề tồn thƣờng có dạng {Tồn x X, cho P(x) } hay viết x  X : P(x) Mệnh đề tồn có mệnh đề mệnh đề sai Ví dụ 3.1: Mệnh đề tồn đúng: "Tồn số thực x, cho x 5" ≡ x R : (x  5) (3.1) Mệnh đề tồn sai: "Tồn số thực x nghiệm phương trình x + x + = 0" ≡ x R : x2 + x + = (3.2) b/ Mệnh đề tổng quát Xét mệnh đề P(x) miền X Mệnh đề tổng quát thƣờng có dạng {Với số thực x ∈ X, ta có P(x) } hay viết ∀x ∈ X, P(x) Mệnh đề tổng quát có mệnh đề mệnh đề sai Ví dụ 3.2: Mệnh đề tổng quát sai: "Mọi số thực x chia hết cho 5" ≡ ∀x ∈ R, x (3.4) Mệnh đề tổng quát đúng: "Mọi số thực x không nghiệm phương trình x2 + x + = 0" ≡ ∀x ∈ R, x2 + x +  (3.5) c/ Phủ định mệnh đề tồn mệnh đề tổng quát  (∃x ∈ X : T(x)) ≡ (∀x ∈ X,  T(x))  (∀x ∈ X, T(x)) ≡ (∃x ∈ X :  T(x)) Nhƣ hai mệnh đề (∀x ∈ X, T(x)) (∃x ∈ X :  T(x)) phủ định Ví dụ 3.3: Mệnh đề phủ định (3.1) "Với số thực x x khơng chia hết cho 5" ≡ ∀x ∈ R, x  (3.6) Mệnh đề phủ định (3.2) (3.5) Trong toán học nhiều mệnh đề đƣợc phát biểu kết hợp hai loại mệnh đề dạng phủ định nhƣ sau:  (∀y ∈ Y, ∃x ∈ X : T(x, y)) ≡ (∃y ∈ Y : ∀x ∈ X,  T(x, y))  (∃y ∈ Y : ∀x ∈ X, T(x, y)) ≡ (∀y ∈ Y, ∃x ∈ X :  T(x, y)) Chú ý: Phương pháp phản chứng đưa ta đến việc tạo mệnh đề phủ định mệnh đề cho Vì việc phát biểu mệnh đề phủ định phương pháp quan trọng Do xây dựng mệnh đề phản chứng mệnh đề P ta cần lưu ý quy tắc sau:  (  P) ≡ P  (∀x, P(x)) ≡ ∃x :  P(x) ∀x, P(x) ≡  x,  P(x)  (∃x : P(x)) ≡ ∀x,  P(x) ∃x : P(x) ≡  (∀x,  P(x)) 3.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh Dựa vào số quy tắc ta xây dựng đƣợc mệnh đề phủ định điều cần chứng minh Ta xét ví dụ cụ thể sau Ví dụ 3.4 Chứng minh với số tự nhiên n ta có (n5 − n) Mệnh đề cần chứng minh n N, (n5 − n) Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh n  N : (n5− n)  Ví dụ 3.5 Chứng minh không tồn số nguyên m, n cho m 2-n2=2002 Mệnh đề cần chứng minh:  (∃m, n  Z : m2-n2=2002) Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: ∃m, n  Z : m2-n2=2002 II Các toán chứng minh phản chứng Một số chứng minh phản chứng tiếng 1.1 Nguyên lý Đirichlê Người ta nhốt m thỏ vào n lồng, (m>n) Chứng minh có hai thỏ nhốt lồng Lời giải Ta giả sử mi số thỏ đƣợc nhốt vào lồng thứ i, (i = 1, n) Khi ta có: m1 + m2 + · · · + mn = m Giả sử ngƣợc lại, lồng nhốt nhiều thỏ, tức ≤ mi ≤ 1,(i = 1, n) Khi m = m1 + m2 + · · · + mn ≤ 1  1   1 = n n sè1 Điều mâu thuẫn với giả thiết m > n.Vậy điều ta giả sử sai, nghĩa phải có hai thỏ đƣợc nhốt lồng 1.2 Chứng minh phản chứng Euclid Một ví dụ kinh điển phép chứng minh phản chứng thuộc Ơclit với phép chứng minh định lý: "Tồn vô số số nguyên tố." Định lý đƣợc chứng minh dựa theo cách chứng minh Ơclit nhƣ sau Lời giải Giả sử ngƣợc lại, tồn hữu hạn số nguyên tố p1, p2, · · · , p n Ta xét tích N = p1p2 · · · p n + Hiển nhiên N phải có ƣớc số ngun tố p Khi đó, p1, p2, · · · , p n tất số nguyên tố nên tồn i, (1≤ i ≤ n) cho p= pi Từ suy đƣợc p|1 hay p = 1(mâu thuẫn với p số nguyên tố) Vậy điều ta giả sử sai Nghĩa có vơ số số ngun tố 1.3 Chứng minh Euler cho định lý nhỏ Fermat cho trƣờng hợp n=4 Định lý Phương trình x4 +y4 = z4 (1) khơng có nghiệm ngun dương Ơng giả sử phƣơng trình (1) có nghiệm ngun dƣơng Khi đó, theo ngun lý cực hạn, tồn nghiệm (x0, y0, z0) với x0 + y0 + z0 nhỏ Sau đó, cách sử dụng cấu trúc nghiệm phƣơng trình Pythagore x2 + y2 = z2, ông đến tồn nghiệm (x1, y1, z1) có x1 + y1 + z1 < x0 + y0 + z0 Mâu thuẫn Phƣơng pháp thƣờng đƣợc gọi phương pháp xuống thang  Một vài ví dụ phƣơng pháp xuống thang: Ví dụ Chứng minh Lời giải Giả sử số vô tỷ số hữu tỷ Khi đƣợc biểu diễn dƣới dạng Suy 2 m ,  m, n  Z ,  m, n   1 n m2  hay m  2n n (1)  Từ (1) suy m  Do m Khi m  2k ,  k Z  Từ (1) thay m  2k vào ta có 4k  2n2 suy 2k  n Từ ta có n Ta thấy m n chia hết trái với giả thiết (m, n) = Vậy điều ta giả sử sai Kết luận số vơ tỷ Ví dụ Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm số tự nhiên dương: 8x  y  2z4  t Lời giải Giả sử phƣơng trình có nghiệm số tự nhiên dƣơng x=m, y=n, z=p, t=r nghiệm với x nhỏ tập hợp giá trị x Từ phƣơng trình ta có r số chẵn r=2r1 với r1   Thay r=2r1 vào phƣơng trình 4 4 chia hai vế cho 2, ta có 4m  2n  8p  8r1 Nhƣ p số chẵn, đặt p=2p1 4 4 (p1   ), suy ra: 2m  n  8p1  4r1 Từ n số chẵn, đặt n=2n1 (p1  ), suy 4 4 ra: m  8n1  4p1  2r1 Cuối cùng, m chẵn, đặt m=2m1, suy ra: 8m14  4n14  2p14  r14 Vậy x=m1, y=n1, z=p 1, t=r1 nghiệm phƣơng trình Nhƣng m1 -1 y > -1 x + y + xy > -1 Lời giải Giả sử x + y + xy = -1  x + y + xy + =  y(1 + x) + (x + 1).1 =  (x + 1)(y + 1) =  x = -1 y = -1 ( trái giả thiết) Vậy x > -1 y > -1 x + y + xy > -1 Bài toán Cho số dương a, b, c thõa mãn a, b, c (0, 1) Chứng minh có đẳng thức sau sai: 4a(1 – b) < 1, 4b(1 – c) < 1, 4c(1 – a) < Lời giải Giả sử bất đẳng thức cho đúng, nghĩa hệ sau thõa mãn: a(1 – b) > b(1 – c) > c(1 – a) > Nhân bất đẳng thức với ta đƣợc : a(1 – a)b(1 – b)c(1 – c) > 64 (*) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có: a(1 – a) ≤ ( a  1 a ) = b(1 – b) ≤ ( b  1 b )= c(1 – c) ≤ ( c  1 c ) = Nhân bất đẳng thức chiều  a(1 – a)b(1 – b)c(1 – c) ≤ 64  mâu thuẫn (*)  điều giả sử sai Vậy có bất đẳng thức sai Bài toán Cho a1, a2, a3, , a 2014 số tự nhiên thõa mãn 1 1     1 a1 a2 a3 a2014 Chứng minh tồn số a k số chẵn thỏa mãn k ∈ N; ≤ k < 2014 Lời giải Giả sử tất số ak với ≤ k < 2014 số lẻ Quy đồng mẫu số phân số vế trái  Nếu a2014 lẻ  tử số 2014 phân số cho số lẻ  Tổng 2014 tử số chẵn.Vì số a1, a2, a3, , a2014 lẻ nên tích a1a2a3 a2014 lẻ Mà tử số số chẵn, nên phân số khơng thể Dẫn đến điều giả sử sai  Nếu a2014 chẵn  tử số phân số thứ đến phân số thứ 2013 số chẵn, tử số phân số thứ 2014 số lẻ nên tổng tử số số lẻ Vì a2014 chẵn nên mẫu số phân số sau quy đồng số chẵn  Tử số không chia hết cho mẫu số  Phân số khơng thể Dẫn đến điều giả sử sai Vậy tồn số ak từ a1 đến a2013 số chẵn Bài toán Chứng minh tồn hai số vô tỷ x, y > cho xy số hữu tỷ Lời giải Giả sử ngƣợc lại, với số vô tỷ x, y > xy số vơ tỷ Ta lấy x  2, y  (ta biết số vơ tỷ) Khi đó, theo điều giả sử x  y  Lại có    2  2 số vô tỷ   số vô tỷ (theo điều ta giả sử)   2  Nhƣng mà     thuẫn với điều ta giả sử   2    2  không số vô tỷ nên suy mâu Vậy điều ta giả sử sai Bài toán đƣợc chứng minh Bài tốn Chứng minh khơng có số hữu tỷ nghiệm phương trình x3 + x + = Lời giải Giả sử ngƣợc lại, có số hữu tỷ phƣơng trình Khi ta có p ,  q  0,  p, q   1; p, q  Z  nghiệm q p3 p     p  p.q  q  (1) q q Xét trƣờng hợp sau: • Nếu p, q lẻ vế trái (1) số lẻ, vế phải số chẵn suy vô lý • Nếu p chẵn, q lẻ hay p lẻ q chẵn vế trái (1) số lẻ, vế phải số chẵn suy vơ lý • Nếu p, q chẵn trái giả thiết (p, q) = nên không xảy Vậy điều ta giả sử sai Bài toán đƣợc chứng minh Bài tốn Chứng minh khơng có số nguyên dương n để số 1 Sn     số nguyên n 1 Lời giải Giả sử ngƣợc lại, tồn số nguyên dƣơng n cho Sn     n số nguyên Giả sử k số nguyên dƣơng lớn với điều kiện số tự nhiên lẻ khơng vƣợt q n 2k  n , T tích tất k 1T Trong trƣờng hợp này, tất số dạng với  l  n , số nguyên trừ l T k 1T 2k 1T T số có dạng k khơng số ngun (vì k  , mà T lẻ nên số hữu tỷ) 2 2 2k 1T 2k 1T   Vì vậy, đẳng thức Sn T  T  xảy ra, vế n trái số nguyên, vế phải số hữu tỷ k 1 k 2 Mâu thuẫn chứng tỏ điều ta giả sử ban đầu sai Vậy khơng có số ngun dƣơng n để Sn số nguyên 2.3 Phản chứng giải tích Bài tốn (Olympic Châu Á Thái Bình Dương,1995) Tìm số nguyên dương k bé cho: Tồn hàm số f từ tập Z số nguyên lên tập {1, 2, · · ·, k}, (k ∈ Z +) thỏa mãn tính chất f(x) ≠ f(y) với |x − y| ∈ {5, 7, 12} Lời giải Số nguyên dƣơng k bé cần tìm Thật vậy, k = 4, ta xây dựng hàm f thỏa mãn toán nhƣ sau Cho số nguyên m, ta định nghĩa hàm f: f(2m) = m ≡ 0, 1, 3, 5, hay 10 (mod 12), f(2m) = m ≡ 2, 4, 6, 7, hay 11 (mod 12), f(2m + 1) = f(2m) − Lúc đó, f(x) số chẵn x số chẵn, f(x) số lẻ x số lẻ Từ đó, |x − y| = x y khác tính chẵn lẻ nên f(x) ≠f(y) Tƣơng tự nhƣ ta có f(x) ≠ f(y) |x − y| = Hơn nữa, |x − y| = 12, ta kết luận f(x) ≠ f(y) 𝑥 𝑦 2 Bởi khơng nhƣ tức f(x) = f(y), [ ] lẫn [ ] theo mod 12 thuộc tập 0, 1, 3, 5, 8, 10 2, 4, 6, 7, 9, 11 Điều khơng thể xảy ta khơng thể tìm đƣợc số khác a, b hai tập cho |a − b| ≡ (mod 12) Tóm lại, hàm số đƣợc xây dựng nhƣ thỏa mãn điều kiện đề Do k ≤ Để chứng minh k = số bé nhất, ta giả sử ngƣợc lại tồn hàm số f từ tập Z số nguyên lên tập {1, 2, 3} thỏa mãn tính chất f(x) ≠f(y) với x, y mà |x− y| ∈ {5, 7, 12} Lúc đó, f(x − 5), f(x) f(x + 7) phải nhận giá trị khác (1, 2, 3) Ngoài ra, f(x + 2) phải ba số Nhƣng f(x − 5) ≠f(x) ≠ f(x + 7), f(x) = f(x + 2) với số nguyên x Từ đó, ta có hệ thức f(x) = f(x + 2) = f(x + 4) = f(x + 6) = f(x + 8) = f(x + 10) = f(x + 12) Nhƣ f(x) = f(x + 12) điều mâu thuẫn với giả thiết f(x) ≠ f(y) |x − y| = 12 Mâu thuẫn cho ta điều phải chứng minh Bài toán Chứng minh hàm số sau hàm tuần hoàn f(x) = cos x + cos(x 2), x ∈ R Lời giải Giả sử ngƣợc lại, hàm f(x) hàm tuần hồn Khi tồn T > cho f(x) = f(x + T), ∀x ∈ R hay cos x + cos(x 2) = cos(x + T) + cos(x + T) 2, ∀x ∈ R (1) Thay x = vào đẳng thức (1) ta đƣợc = cos T + cos T (2) Vì cos T ≤ 1, cos T ≤ nên (2) xảy cosT =  cosT = T = k2π, k ∈ ℤ  T = 𝑙2π, 𝑙 ∈ ℤ Ta thấy (2) vơ lý k, l ∈ Z, số vô tỷ 2.k2 π = 𝑙2π  k = 𝑙 (2) Vậy điều giả sử sai nên ta có f(x) khơng hàm tuần hồn Bài tốn Hàm f(x) liên tục [a, b], cho 𝑏 𝑎 𝑓(𝑥)2 (x)dx = Chứng minh f(x) = 0, ∀x ∈ [a, b] rằng: Lời giải Ta giải toán phƣơng pháp phản chứng Giả sử ngƣợc lại, tồn x0 ∈ (a, b) cho f(x0 ) ≠0 Khi 𝑓(𝑥)2 (x0 ) > Vì f(x) liên tục [a, b] nên 𝑓(𝑥)2 (x0 ) liên tục [a, b] Do đó, theo nhận xét ∃(α1, β1) ⊂ [a, b] chứa x0 cho 𝑓(𝑥)2 (x0 ) > (α1, β1) Lấy [α, β] ⊂ (α1, β1) 𝑓(𝑥)2(x0 ) > [α, β] Khi 0= β α 𝑏 𝑎 𝑓(𝑥)2 (x)dx = α 𝑎 β 𝑓(𝑥)2 (x)dx + α 𝑓(𝑥)2 (x)dx + b β 𝑓(𝑥)2 (x)dx ≥ 𝑓(𝑥)2 x)dx > (vô lý) Vậy điều giả sử sai, nghĩa f(x) = (a, b) Ta chứng minh f(a) = f(b) = Xét dãy {𝑎𝑛 } ⊂ (a, b), với 𝑎𝑛 ) = a + 𝑎𝑛 ) → a n → +∞ 𝑛 Suy f(𝑎𝑛 ) → f(a) (do f(x) liên tục [a, b]) hay f(a) = lim f(𝑎𝑛 )= 𝑛 →+∞ Xét dãy {𝑏𝑛 } ⊂ (a, b), với 𝑏𝑛 = b − 𝑏𝑛 → b n → +∞ 𝑛 Suy f(𝑏𝑛 ) → f(b) (do f(x) liên tục [a, b]) hay f(b) = lim f(𝑏𝑛 ) = 𝑛 →+∞ Đến ta thu đƣợc f(a) = f(b) = Vậy f(x) = với x ∈ [a, b] 2.4 Phản chứng hình học Bài tốn Chứng minh rằ ng từ số nguyên dương tùy ý không lớn 20, chọn số x, y, z là độ dài cạnh tam giác Lời giải Giả sử tồn số thỏa mãn số ko cạnh tam giác Gọi số theo thứ tự tăng dần a1≤a2≤ ≤a8 Nếu a3 c Vì a a 1   0  a a c b 1 1 c b  B C B C      cos  cos 2 2 (3) (4) Từ (3) (4) ta có B C cos  cos a 1 a 1 c b (trái (2)) Vậy điều giả sử sai, nghĩa b = c Do tam giác ABC tam giác cân Bài toán Cho ngũ giác lồi ABCDE mặt phẳng toạ độ có toạ độ đỉnh nguyên a) Chứng minh tồn điểm nằm nằm cạnh ngũ giác (khác với A, B, C, D, E) có toạ độ nguyên b) Chứng minh tồn điểm nằm ngũ giác có toạ độ nguyên c) Các đường chéo ngũ giác lồi cắt tạo ngũ giác lồi nhỏ A1B1C1D1E1 bên Chứng minh tồn điểm nằm biên ngũ giác lồi A1B1C1D1E1 Lời giải Câu a giải dễ dàng nhờ ngun lý Dirichlet: VÌ có điểm nên tồn điểm X, Y mà cặp tọa độ (x, y) chúng có tính chẵn lẻ (ta có trƣờng hợp (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ)) Trung điểm Z XY điểm cần tìm Câu b, lý luận chƣa đủ, XY khơng phải đƣờng chéo mà cạnh Z nằm biên Ta xử lý tình nhƣ sau Để ý XY cạnh, chẳng hạn cạnh AB ZBCDE ngũ giác lồi có đỉnh có tọa độ nguyên ta lặp lại lý luận nêu ngũ giác ZBCDE, … Ta dùng đơn biến để chứng minh q trình khơng thể kéo dài mãi, đến lúc có ngũ giác có điểm nguyên nằm Tuy nhiên, ta trình lý luận cách gọn gàng nhƣ sau Giả sử tồn ngũ giác nguyên mà bên không chứa điểm nguyên (phản ví dụ) Trong tất ngũ giác nhƣ vậy, chọn ngũ giác ABCDE có diện tích nhỏ (phản ví dụ nhỏ nhất) Nếu có nhiều ngũ giác nhƣ ta chọn số chúng Theo lý luận trình bày câu a), tồn hai đỉnh X, Y có cặp tọa độ tính chẵn lẻ Trung điểm Z XY có tọa độ ngun VÌ bên ngũ giác ABCDE khơng có điểm ngun nên XY phải cạnh Khơng tính tổng qt, giả sử AB Khi ngũ giác ZBCDE có tọa độ đỉnh ngun có diện tích nhỏ diện tích ngũ giác ABCDE Do tính nhỏ ABCDE (phản ví dụ nhỏ phát huy tác dụng!) nên bên ngũ giác ZBCDE có điểm nguyên T Điều mâu thuẫn T nằm ngũ giác ABCDE 2.5 Bài tập tự giải Bài tập Chứng minh (p-1)! + số nguyên tố p số nguyên tố Bài tập Nếu số tự nhiên N có 1000 chữ số, chữ số số trừ chữ số đó, số N khơng thể số phƣơng Bài tập Chứng minh tồn vô số số nguyên tố dạng 4k+1 Bài tập Chứng minh n2 + 3n + không chia hết cho 121 với n∈ N Bài tập Chứng minh phƣơng trình x3 + 3y3 = 9z3 khơng có nghiệm ngun dƣơng Bài tập Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn điều kiện a2 + b2 + c + abc = Chứng minh a + b + c  Bài tập Xét hình vng  Chứng minh ta xố để phần lại khơng thể phủ kín 15 quân trimino kích thƣớc  quân trimino hình chữ L Bài tập Nếu p số nguyên tố dạng 6k+1 tồn x cho x2 +  p Bài tập Chứng minh không tồn hàm số f: N*  N* thoả mãn điều kiện: a) f(2) = 3; b) f(mn) = f(m)f(n) với m, n thuộc N*; c) f(m) < f(n) với m < n Bài tập 10 Chứng minh có góc đƣờng thẳng cắt tạo nên với số đo không nhỏ 200  TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Hữu Điển (2001), Những phương pháp điển hình giải tốn phổ thông, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Thị Mai Anh, Luận văn thạc sĩ toán học Phương pháp quy nạp phương pháp phản chứng toán phổ thông, ĐH Quốc Gia Hà Nội 2013 [3] Trần Nam Dũng, Các phương pháp kỹ thuật chứng minh [4] Nguyễn Văn Nho (2003), Olympic toán học Châu Á Thái Bình Dương (19892002), NXB Giáo Dục [5] I.S Sominskii (1961), The method of mathematical induction, Pergamon Press LTD [6] David S Gunderson (2011), Handbook of mathematical induction theory and applications, Taylor and Francis Group, LLC [7] TH.S Phùng Nhƣ Thụy, Dề học sinh giỏi Phú Nhuận Hồ Chí Minh 1992 [8] Bùi Bá Anh-Hồng Huy Thơng, Đề tài nghiên cứu khoa học-Phương pháp phản chứng hình học, THPT chuyên Nguyễn Du ... tới chứng minh phản chứng, Phương pháp chứng minh phản chứng phƣơng pháp sử dụng phép suy luận phản chứng để chứng minh, diễn giải khẳng định toán học Trong lịch sử toán học phƣơng pháp chứng minh. .. học phƣơng pháp phản chứng thƣờng xuyên đƣợc sử dụng, cơng cụ đắc lực chứng minh số tốn khó Vậy câu hỏi đặt là: Phƣơng pháp chứng minh phản chứng sử dụng nào? Cách chứng minh phản chứng nhƣ nào?... 1.2 Chứng minh phản chứng Euclid Một ví dụ kinh điển phép chứng minh phản chứng thuộc Ơclit với phép chứng minh định lý: "Tồn vô số số nguyên tố." Định lý đƣợc chứng minh dựa theo cách chứng minh