Đoàn Ngọc Dũng -

CHUYÊN ĐỀ : CHỨNG MINH BẰNG PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

 Chứng minh bằng phương pháp phản chứng : Đôi khi việc chứng minh trực tiếp một định lý gặp khó khăn. Khi đó, ta dùng cách chứng minh gián tiếp. Một cách chứng minh gián tiếp hay được dùng là chứng minh bằng phản chứng. Các bước chứng minh phản chứng :

 Bước 1 : Giả sử A là sai.

 Bước 2 : Từ điều giả định đó (tức A sai) ta suy ra được một điều trái với một tính chất đã được thừa nhận, một giả thiết hoặc một định lý đã được chứng minh.

 Bước 3 : Kết luận tính chất A đúng.

BÀI TẬP : Chứng minh định lý sau bằng phương pháp phản chứng : 1) Nếu a, b là hai số dương thì a + b 2 ab

2) n  N, n² chia hết cho 3 thì n chia hết cho 3.

3) Nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1.

4) Nếu n là số tự nhiên và n² chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5.

5) Cho n là số tự nhiên, nếu 5n + 4 là số lẻ thì n là số lẻ.

6) Chứng minh rằng 2 là số vô tỉ.

7) Chứng minh rằng 2 1 là số vô tỉ.

8) Chứng minh rằng nếu số nguyên dương n không phải là một số chính phương thì nlà một số vô tỉ.

9) Chứng minh có vô hạn số nguyên tố.

10) Cho tam thức f

 

x ax²bxc, a0. Chứng minh rằng nếu tồn tại số thực  sao cho a.f

 

 0 thì phương trình f

 

x 0 luôn có nghiệm.

11) Nếu phương trình bậc hai ax²bxc0 vô nghiệm thì a và c cùng dấu.

12) Nếu hai số nguyên dương có tổng bình phương chia hết cho 3 thì cả hai số đó phải chia hết cho 3.

13) Chứng minh rằng : Nếu độ dài các cạnh của tam giác thỏa mãn bất đẳng thức a²b² 5c² thì c là độ dài cạnh nhỏ nhất của tam giác.

14) Cho a, b, c dương nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba bất đẳng thức sau sai :

 

4 b 1 1

a   ,

 

4 c 1 1

b   ,

 

4 a 1 1

c   .

15) Nếu a₁a₂ 2



b₁b₂



thì ít nhất một trong hai phương trình x² a₁xb₁0, x²a₂xb₂ 0 có nghiệm.

16) Cho các số a, b, c thỏa :

   

 





















3 0

abc

2 0 ca bc ab

1 0

c b a

. Chứng minh rằng cả ba số a, b, c đều dương.

17) Nếu tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF bằng nhau, thì tam giác ABC cân.

18) Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác.

19) Nếu a, b là các số thực dương thì

 

4 b 1 a b 1

a 



 

 



20) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn c  a  b  0. Chứng minh rằng cb  ca  ca cb. 21) Cho 2000 số thực a1, a2, ... , a2000 với

2 a 1 2 1

i 



 , i = 1, 2, ... , 2000. Biết rằng nếu xóa đi một số bất kì thì tổng của 1999 số còn lại luôn là một số nguyên. Chứng minh rằng 2000 số đã cho bằng nhau.

22) Nếu phân phát hết 10 quả cam cho 3 người thì có ít nhất một người có ít nhất 4 quả cam.

23) Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu n² + 2 chia hết cho 5 thì n không chia hết cho 5.

24) x  R, x > x²  0 < x < 1

25) Nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1.

26) n, m  N, nếu m² + n² chia hết cho 3 thì m và n đều chia hết cho 3.

27) Cho a, b, c, m, n là các số thực dương thỏa mãn a^m + b^m = c^m và aⁿ + bⁿ = cⁿ. Chứng minh rằng m = n.

28) Chứng minh rằng một tam giác có đường trung tuyến vừa là phân giác xuất phát từ một đỉnh là tam giác cân tại đỉnh đó.

 Hướng dẫn :

1) Nếu a, b là hai số dương thì a + b  2 ab A : a, b là hai số dương.

B : a + b  2 ab  B : a + b < 2 ab Giả sử a > 0, b > 0 và a + b < 2 ab.

Ta có a + b < 2 ab  a + b – 2 ab < 0 



^{a  b}



² < 0 (vô lý) Vậy a + b  2 ab

2)  n  N, n² chia hết cho 3  n chia hết cho 3.

A : n² chia hết cho 3

B : n chia hết cho 3  B : n không chia hết cho 3

Giả sử n không chia hết cho 3  n 3

3 5 k 12 k 9 n

3 1 k 6 k 9 n 2 k 3 n

1 k 3

n ₂

2 2

2 2

 

 















 



 







 (trái với giả thiết là n²3)

Vậy n chia hết cho 3.

3) Nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1.

A : a + b < 2

B : a < 1 hay b < 1  B : a  1 và  1

Giả sử a  1 và  1  a + b  2 (trái với giả thiết là a + b < 2) Vậy phải có ít nhất một trong hai số a và b lớn hơn 1.

4) Nếu n là số tự nhiên và n² chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5.

Giả sử  n  N, n² chia hết cho 5 và n không chia hết cho 5.

Nếu n = 5k  1, k  N, thì n² = (5k  1)² = 25k²  10k + 1 = 5(5k²  2k) + 1 không chia hết cho 5.

Nếu n = 5k  2, k  N, thì n² = (5k  2)² = 25k²  20k + 4 = 5(5k²  4k) + 4 không chia hết cho 5.

Điều này trái với giả thiết n² chia hết cho 5.

Vậy  n  N, n² chia hết cho 5 thì n chia hết cho 5.

5) Cho n là số tự nhiên, nếu 5n + 4 là số lẻ thì n là số lẻ.

A : 5n + 4 là số lẻ

B : n là số lẻ  B : n số chẵn

Giả sử n số chẵn  n = 2k (k  N)  n = 5.2k + 4 = 10k + 4 = 2(5k + 4) là số chẵn (trái với giả thiết 5n + 4 là số lẻ).

Vậy  n  N, nếu 5n + 4 là số lẻ thì n là số lẻ.

6) Chứng minh rằng 2 là số vô tỉ.

Trước hết ta chứng minh mệnh đề :  n  N, n² chia hết cho 2 thì n chia hết cho 2.

Giả sử n không chia hết cho 2  n = 2k  1, k  N

 n² = (2k  1)² = 4k²  4k + 1 = 2(2k²  2k) + 1 không chia hết cho 2.

 n² không chia hết cho 2 (trái với giả thiết)

Do đó :  n  N, n² chia hết cho 2 thì n chia hết cho 2.

 Áp dụng :

Giả sử 2 là số hữu tỉ, nghĩa là : 2 = n

m với m, n  N* và n

m tối giản  2 = ₂² n

m  m² = 2n² (1)

 m² là số chẵn  m là số chẵn (do kết quả trên) Do m chẵn nên ta có : m = 2k (k  N)  m² = 4k². Thay vào (1) ta có : n² = ² 2k²

2 k

4   n là số chẵn.

Vì m, n chẵn nên phân số n

m chưa tối giản (trái với giả thiết)  2là số hữu tỉ là sai. Vậy 2 là số vô tỉ.

7) Chứng minh rằng 2 1 là số vô tỉ.

Vì hiệu của một số vô tỉ và một số nguyên là số vô tỉ nên ta chỉ cần chứng minh 2là số vô tỉ.

Do đó 2 1 là số vô tỉ khi 2là số vô tỉ.

8) Chứng minh rằng nếu số nguyên dương n không phải là một số chính phương thì nlà một số vô tỉ.

Trước hết, chú ý rằng nếu một số là số chính phương thì trong dạng phân tích số đó thành thừa số nguyên tố, các số mũ của mội lũy thừa đều là số tự nhiên chẵn. Do đó, nếu n không phải là số chính phương, thì trong dạng phân tích số n thành thừa số nguyên tố có ít nhất một thừa số với số mũ lẻ.

Giả sử p

n q với p  N, q  N*. Thế thì nq² = p² (1)

Vế phải của (1) là một số chính phương, còn vế trái của (1) không thể là một số chính phương, vì có ít nhất một thừa số nguyên tố của dạng phân tích với số mũ lẻ. Vậy nQ

9) Chứng minh có vô hạn số nguyên tố.

Giả sử có hữu hạn số nguyên tố.

Ta có thể sắp xếp n số nguyên tố này thành dãy tăng dần 1 < p1 < p2 < … < pn.

Xét số p = p1p2 … pn + 1 thì p > pi với i = 1,2, …, n do đó p không phải là số nguyên tố nên p là bội số của số nguyên tố pk nào đó.

Mà 1 = p – p1p2 … pk nên 1 là bội của pk  pk = 1 : vô lý.

Vậy có vô hạn số nguyên tố.

10) Cho tam thức f

 

x ax²bxc, a0. Chứng minh rằng nếu tồn tại số thực  sao cho a.f

 

 0 thì phương trình f

 

x 0 luôn có nghiệm.

Ta có :

 

a 4 a 2 x b a x f

2 



 

 

 , b²4ac

Giả sử phương trình đã cho vô nghiệm, nghĩa là 0.

Khi đó ta có :

 

0

4 a 2 x b a x af

2

2   



 

 

 , xR

Suy ra không tồn tại  để af

 

 0, trái với giả thiết.

Vậy điều ta giả sử ở trên là sai, hay phương trình đã cho luôn có nghiệm.

11) Nếu phương trình bậc hai ax²bxc0 vô nghiệm thì a và c cùng dấu.

Giả sử phương trình vô nghiệm và a, c trái dấu.

Với điều kiện a, c trái dấu có a.c0 suy ra b²4acb²4



ac



0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt, điều này mâu thuẫn với giả thiết phương trình vô nghiệm.

Vậy phương trình vô nghiệm thì a, c phải cùng dấu.

12) Nếu hai số nguyên dương có tổng bình phương chia hết cho 3 thì cả hai số đó phải chia hết cho 3.

Giả sử trong hai số nguyên dương a và b có ít nhất một số không chia hết cho 3, chẳng hạn a không chia hết cho 3. Thế thì a có dạng a3k1 hoặc a3k2. Lúc đó a² 3m1, nên nếu b chia hết cho 3 hoặc b không chia hết cho 3 thì a² b² cũng có dạng : 3n1 hoặc 3n2, tức là a²b² không chia hết cho 3, trái giả thiết. Vậy nếu a² b² chia hết cho 3 thì cả a và b đều chia hết cho 3.

13) Chứng minh rằng : Nếu độ dài các cạnh của tam giác thỏa mãn bất đẳng thức a² b² 5c² thì c là độ dài cạnh nhỏ nhất của tam giác.

Giả sử c không phải là cạnh nhỏ nhất của tam giác. Không mất tính tổng quát, giả sử aca² c²

 

1 Theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có : bacb² 



ac

  

² 2

Do ac



ac



² 4c²

 

3 Từ

 

2 và

 

3 suy ra b² 4c²

 

4

Cộng vế với vế

 

1 và

 

4 ta có a²b² 5c² mâu thuẫn với giả thiết.

Vậy c là cạnh nhỏ nhất của tam giác.

14) Cho a, b, c dương nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng ít nhất một trong ba bất đẳng thức sau sai :

 

4 b 1 1

a   ,

 

4 c 1 1

b   ,

 

4 a 1 1

c   .

Giả sử cả ba bất đẳng thức trên đều đúng. Khi đó, nhân theo vế của các bất đẳng thức trên ta được :

     

³

4 a 1 1 c . c 1 b . b 1

a 



 









 hay

     

64 c 1 1 c . b 1 b . a 1

a    

 

*

Mặt khác

 

4 1 2 a 1 4 a 1 a a 1 a

2

2  



 

 













Do

 

4 a 1 1 a 0 1 a

0     

Tương tự thì :

 

4 b 1 1 b

0   ,

 

4 c 1 1 c

0  

Nhân theo vế ta được :

       

** 64 c 1 1 c . b 1 b . a 1

a    

Bất đẳng thức

 

** mâu thuẫn

 

* .

Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là sai. (điều phải chứng minh)

15) Nếu a₁a₂ 2



b₁b₂



thì ít nhất một trong hai phương trình x² a₁xb₁0, x² a₂xb₂ 0 có nghiệm.

Giả sử cả hai phương trình trên đều vô nghiệm. Khi đó : ₁ a₁² 4b₁0, ₂ a²₂ 4b₂ 0.



b b

  

1 4

a a 0 b 4 a b 4

a₁² ₁ ²₂ ₂  ₁² ²₂ ₁ ₂



Mà



a₁a₂



² 0a²₁ a²₂2a₁a₂

 

2

Từ

 

1 và

 

2 suy ra 2a1a2 4



b1b2



hay a1a2 2



b1b2



trái giả thiết.

Vậy phải có ít nhất một trong hai số 1, 2 lớn hơn 0 ; do đó có ít nhất một trong hai phương trình 0

b x a

x² ₁  ₁  , x² a₂xb₂ 0 có nghiệm.

16) Cho các số a, b, c thỏa :

   

 





















3 0

abc

2 0 ca bc ab

1 0

c b a

. Chứng minh rằng cả ba số a, b, c đều dương.

Giả sử ba số a, b, c không đồng thời là số dương. Vậy có ít nhất một số không dương.

Do a, b, c có vai trò bình đẳng nên ta có thể giả sử : a0. + Nếu a0 thì mâu thuẫn với

 

3

+ Nếu a0 thì từ

 

3  bc0

Ta có

 

2 a



bc



bca



bc



0bc0abc0 mâu thuẫn

 

1 Vậy cả ba số a, b, c đều dương.

17) Nếu tam giác ABC có các đường phân giác trong BE, CF bằng nhau, thì tam giác ABC cân.

 Nếu B C

 thì ta dựng hình bình hành BEDF như hình vẽ.

Ta có : B C B₂ C₂ D₁ C₂

 

1











Ngoài ra, BE CF DF CE D₁ D₂ C₂ C₃

 

2















Từ

 

1 và

 

2 suy ra : D₂ D₃ ECEDECFB

Xét các tam giác BCE và CBF, ta thấy : BC chung, BECF, BFCE nên B

C B

C₁ ₁  





 . Mâu thuẫn.

 Trường hợp C B

 , chứng minh hoàn toàn tương tự như trên.

Do đó B C

 . Vậy tam giác ABC cân tại A.

18) Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác.

Trước hết sắp xếp các đoạn đã cho theo thứ tự tăng dần của độ dài a1, a2, … , a7 và chứng minh rằng trong dãy đã xếp luôn tìm được 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của hai đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối (vì điều kiện để 3 đoạn có thể ghép thành một tam giác là tổng của 2 đoạn lớn hơn đoạn thứ ba).

Giả sử điều cần chứng minh là không xảy ra, nghĩa là đồng thời xảy ra các bất đẳng thức sau :

3 2

1 a a

a   ; a₂a₃a₄ ; … ; a₅a₆ a₇

Từ giả thiết a1, a2 có giá trị lớn hơn 10, ta nhận được a₃ 20.

Từ a₂ 10 và a₃ 20 ta nhận được a₄ 30, a₅ 50, a₆ 80 và a₇ 130. Điều a₇ 130 là mâu thuẫn với giả thiết các độ dài nhỏ hơn 100.

Có mâu thuẫn này là do giả sử điều cần chứng minh không xảy ra.

Vậy, luôn tồn tại 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối. Hay nói cách khác là 3 đoạn này có thể ghép thành một tam giác.

19) Nếu a, b là các số thực dương thì

 

4 b 1 a b 1

a 



 

 



Cho a, b là các số thực dương, giả sử

 

⁴

b 1 a b 1

a 



 

 

 (1)

Ta có :

           

₀

ab b 0 a

ab ab 4 b 0 a

ab 4 b 4 a

ab b 4 a

ab b b a

a

1 ^{2 2 2}  ² 



 

 



 



 







 



  



Biểu thức này sai vì a, b > 0.

Vậy nếu a, b là các số thực dương thì

 

⁴

b 1 a b 1

a 



 

 

 .

20) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn c  a  b  0. Chứng minh rằng cb ca  ca cb. Giả sử trái lại rằng : cb ca  ca cb

Khi đó : ca ca  cb cb

Vì hai vế đều không âm nên bất đẳng thức trên tương đương với :



^{ca  ca}

 

^{2  cb cb}



^{2 2c2 c2a2 2c2 c2 b2 c2a2 c2b2 b2 a2}

 b > a, trái với giả thiết

21) Cho 2000 số thực a1, a2, ... , a2000 với

2 a 1 2 1

i 



 , i = 1, 2, ... , 2000. Biết rằng nếu xóa đi một số bất kì thì tổng của 1999 số còn lại luôn là một số nguyên. Chứng minh rằng 2000 số đã cho bằng nhau.

Giả sử trái lại rằng có hai số ai và aj không bằng nhau.

Đặt S = a1 + a2 + ... + a2000

Khi đó từ giả thiết ta có : S – ai và S – aj là các số nguyên.

Như vậy hiệu (S – ai) – (S – aj) = aj – ai cũng là số nguyên.

Chú ý rằng do :

2 a 1 , 2 a 1

j

i 



 , i = 1, 2, ... , 2000 nên aj – ai = 1 Điều này xảy ra khi và chỉ khi :

2 a 1

a_i  _j  hoặc

2 a 1 a_i  _j  Bây giờ xét ak là số bất kì trong 1998 số còn lại.

Ta có : ak – aj = (S – aj) – (S – ak) là số nguyên Do đó

2 a_k  1 hoặc

2 a_k 1.

Như vậy tất cả 2000 số đã cho hoặc bằng 2

1 hoặc bằng 2

1.

Như thế tổng của bất kì trong 2000 số đã cho luôn là một số nguyên.

Viết S = (a1 + a2) + (a2 + a3) + ... + (a1999 + a2000) ta thấy S là một số nguyên.

Nhưng khi đó

2 S 1 a

S ₁   không thể là số nguyên, trái với giả thiết.

Vậy tất cả 2000 số đã cho bằng nhau.

22) Nếu phân phát hết 10 quả cam cho 3 người thì có ít nhất một người có ít nhất 4 quả cam.

Giả thiết chia hết 10 quả cam cho 3 người. Giả sử cả 3 người, mỗi người có không quá 3 quả cam. Khi đó cả 3 người có nhiều nhất là 9 quả cam, trái giả thiết.

23) Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu n² + 2 chia hết cho 5 thì n không chia hết cho 5.

Giả sử n chia hết cho 5 thì n có thể viết dưới dạng n = 5k. với k  N.

Khi đó n² + 2 = 25k² + 2, số này không chia hết cho 5, trái giả thiết.

24) x  R, x > x²  0 < x < 1.

Với giả thiết x > x²  x > 0. Giả sử x  1  x²  x, trái giả thiết.

25) Nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1.

Cho hai số a, b thỏa a + b < 2. Giả sử a  1 và b  1. Khi đó a + b  2, trái giả thiết.

Vậy nếu a + b < 2 thì một trong hai số a và b phải nhỏ hơn 1.

26) n, m  N, nếu m² + n² chia hết cho 3 thì m và n đều chia hết cho 3.

Cho n, m  N và m² + n² chia hết cho 3.

 TH1 :

Giả sử m không chia hết cho 3, n chia hết cho 3 thì : m = 3k  1 và n = 3k’ (k, k’  N) Khi đó : m² + n² = 3(3k² + 3k’²  2k) + 1 không chia hết cho 3, trái giả thiết.

 TH2 :

Giả sử m và n không chia hết cho 3 thì : m = 3k  1 và n = 3k’  1 với k, k’  N Khi đó : m² + n² = 3(3k² + 3k’²  2k  2k’) + 2 không chia hết cho 3, trái giả thiết.

 TH3 :

Trường hợp n không chia hết cho 3, m chia hết cho 3 : lập luận tương tự TH1 cũng dẫn đến vô lý.

Vậy nếu m² + n² chia hết cho 3 thì m và n đều chia hết cho 3.

27) Cho a, b, c, m, n là các số thực dương thỏa mãn a^m + b^m = c^m và aⁿ + bⁿ = cⁿ. Chứng minh rằng m = n.

Giả sử trái lại rằng n > m > 0. Ta có a^m + b^m = c^m nên 0 < a, b < c.

Từ đó dẫn đến : 0 < a^{n – m} < c^{n – m}, 0 < b^{n – m} < c^{n – m}

Suy ra : aⁿ + bⁿ = cⁿ = c^m.c^{n – m} = (a^m + b^m)c^{n – m} = a^mc^{n – m} + b^mc^{n – m} > a^ma^{n – m} + b^mc^{n – m} = aⁿ + bⁿ (mâu thuẫn)

Vậy m = n.

28) Chứng minh rằng một tam giác có đường trung tuyến vừa là phân giác xuất phát từ một đỉnh là tam giác cân tại đỉnh đó.

Giả sử tam giác ABC có AH vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác và không cân tại A.

Không mất tính tổng quát xem như AC > AB.

Trên AC lấy D sao cho AB = AD.

Gọi L là giao điểm của BD và AH.

Khi đó AB = AD, BAL LAD

 và AL chung nên ABL = ADL.

Do đó, AL = LD hay L là trung điểm của BD.

Suy ra LH là đường trung bình của tam giác CBD

 LH // DC, điều này mâu thuẫn vì LH, DC cắt nhau tại A Vậy tam giác ABC cân tại A.