Phương pháp chứng minh phản chứng

Ví

Ví

Ví

CHỦ ĐỀ 3: CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG

1. Mở đầu về phươn pháp chứng minh phản chứng

Phương pháp chứng minh phản chứng được tiến hành theo hai bước sau

Bước 1: Giả sử điều cần chứng minh là sai ( phủ định lại mệnh đề cần chứng minh)

Bước 2: Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà những tính chất mới này mâu thuẫn với điều đã cho hoặc trái với tính chất đã biết.

Ví DỤ 1

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.

Lời giải

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 nhưAC AB . Trên AC lấy _D sao cho _{AB AD} .

Gọi L là giao điểm của BD và AH.

Khi đó AB AD BAL, LAD 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.

Ví DỤ 2

Chứng minh bằng phương pháp phản chứng: Nếu phương trình bậc hai ax² bx c 0 vô nghiệm thì a và c cùng dấu.

Lời giải

Giả sử phương trình vô nghiệm và a,c trái dấu. Với điều kiện a,ctrái dấu có ,a c0suy ra

2 2

4 4( ) 0

b ac b ac

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.

2. Các dạng bài toán:

Dạng 1: Từ điều giả sử suy ra mẫu thuẫn với giả thiết đã cho

Ví DỤ 3

B E C

A

D

Ví

Ví

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n và n³ chia hết cho 3thì n chia hết cho 3. Lời giải

Giả sử _n không chia hết cho 3 khi đó n 3k 1 ^hoặc n 3k 2^, k Z

TH1: Với n 3k 1 ^{ta có} n³ 3k 1³ 27k³ 27k² 9k 1 không chia hết cho 3 (mâu thuẫn) TH2: Với n 3k 2 ^{ta có} n³ 3k 2 ³ 27k³ 54k² 36k 4 không chia hết cho 3 (mâu thuẫn) Vậy n chia hết cho3.

Ví DỤ 4

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.

Lời giải Giả sử c không phải là cạnh nhỏ nhất của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sửa c a² c² (1)

Theo bất đẳng thức trong tam giác, ta có b a c b² a c ² (2).

Doa c a c ² 4c² (3) Từ (2) và (3) suy ra b² 4c² (4).

Cộng hai vế của (1) và (4) ta được a² b² 5c² mâu thuẫn với giả thiết Vậy clà cạnh nhỏ nhất của tam giác.

Ví DỤ 5

Chứng minh bằng phản chứng định lí sau : “Nếu tam giác ABC có các đường phân giác trongBE, CF bằng nhau, thì tam giác ABCcân”.

Lời giải

Giả sử tam giác ABC không cân, ta có thể có 2 trường hợp:

TH1: Nếu B C thì ta dựng hình bình hành BEDF như hình vẽ . Ta có : B C B₂ C₂ D₁ C₂ (1)

Ngoài ra, BE = CF DF = CE

1 2 2 3 (2)

D D C C .

Từ (1) và (2) suy ra

2 3

D C EC ED EC FB ^. Xét các tam giác BCE và CBF, ta thấy :

1 2

3 1 2 2

1 F E

D

B C

A

Ví

Ví

Ví

BC chung, BE = CF, BF > CE nên C₁ B₁ C B(Mâu thuẫn) TH2: C B, chứng minh hoàn toàn tương tự như trên.

Do đó B C. Vậy tam giác ABC cân tại A.

Dạng 2: Từ điều giả sử suy ra mẫu thuẫn với tính chất đã biết.

Ví DỤ 6

Cho a,b,cℝ .Chứng minh rằng có ít nhất một trong ba bất đẳng thức trên là đúng ab

a c ca c

b bc b

a²  ² 2 ; ² ² 2 ; ² ² 2 .

Lời giải

Giả sử không có bất đẳng thức nào trong 3 bất đẳng thức sau là đúng, nghĩa là ab

a c ca c

b bc b

a² ² 2 ; ² ² 2 ; ² ² 2 . ab a

c ca c

b bc b

a² ² 2 ; ² ² 2 ; ²  ² 2



ab ca bc c

b

a 2 2 2 2 2

2 ² ²  ²   



0 ) ( ) ( )

(  ²  ²  ² 

 a b b c c a (vô lí)

Vậy phải có ít nhât một trong 3 bất đẳng thức sau là đúng ab

a c ca c

b bc b

a² ² 2 ; ² ² 2 ; ² ² 2 .

Ví DỤ 7

Chứng minh rằng: Nếu ^{bm2 c n}



^



thì ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm:

x2bx c 0 và x²mx n 0.

Lời giải Giả sử cả hai phương trình đều vô nghiệm, khi đó ta có

2 2

b 4c 0 m 4n 0

  



 



Cộng vế theo vế ta có: ^{b2m24 c n}



^



^0

 

²

2 2

b m 2bm 0 b m 0

       ( vô lý vì



^{b m}



^{2 0 )}

Ví DỤ 8

Cho a,b,c là các số thực thuộc khoảng

 

^0;1 . Chứng minh ít nhất một trong các bất đẳng thức sau là đúng

a 1 b   1 ;b 1 c   1 ;c 1 a   1

4 4 4

     

. Lời giải

Giả sử tất cả các bất đẳng thức trên đều sai khi đó

 

 

 

1 1

4 1 1

4 1 1

4 a b b c c a

  



  



  



.

Nhân theo vế ba bất đẳng thức trên ta được



¹

 

¹

 

¹



¹

a a b b c c 64 (1) (1).

Mặt khác Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Ví

Ví

Ví

Ví

 

^{a 1 a 2 1}

0 a 1 a

2 4

   

     , ^{0 b 1 b}

 

^{b 1 b 2 1}

2 4

   

     , ^{0 c 1 c}

 

^{c 1 c 2 1}

2 4

   

     Nhân theo vế ba bất đẳng thức trên ta được a 1 a b 1 b c 1 c

     

¹

    64 ( mâu thuẫn với (1)) Vậy điều phản chứng là sai do đó ít nhất một trong các bất đẳng thức đã cho là đúng (đpcm).

Ví DỤ 9

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì An²11n39 không chia hết cho 49.

Lời giải

Giả sử tồn tại số tự nhiên n để An²11n39 không chia hết cho 49.

Suy ra ^{4A4n244n 156 }



^{2n 11}



^235 chia hết cho 49 (1)



^{2n 11}



^{2 35 7}

  



^{2n 11}



^{2 7}

  ( do 35 chia hết cho 7 ) 2n 11 7

  ( do 7 là số nguyên tố)



^{2n 11}



^{2 49}

  (2)

Từ (1) và (2) ta có 35 chia hết cho 49 ( vô lý).

Vậy An²11n39 không chia hết cho 49 với mọi số tự nhiên n.

3. Bài tập tự luyện Câu 1:

Cho một cửa hàng bán 105 thùng sơn gồm bốn màu đỏ, nâu, vàng, trắng. Chứng minh rằng ta luôn có thể mua được 27 thùng sơn cùng màu.

Lời giải

Giả sử trong trong 105 thùng sơn của cửa hàng, ta không thể tìm được 27 thùng sơn cùng màu. Khi đó các loại sơn chỉ có tối đa 26 thùng mỗi loại, do cửa hàng có 4 loại sơn tất cả nên ta có số thùng sơn tối đa có trong cửa hàng là: 26.4 104 (thùng). Điều này mâu thuẫn giả thiết là có 105 thùng sơn trong cửa hàng.

Vậy ta luôn có thể mua được 27 thùng sơn cùng màu trong 105 thùng sơn có trong cửa hàng.

Câu 2:

Chứng minh rằng: Nếu x y,  với x 1 và y 1 thì x y xy 1. Lời giải

Giả sử vớix y,  ta có x y xy 1  x y xy 1 0 ^x



^1y



^{  1 y 0 }



^{1 y}



^1x



^0

1 0 1 0 x y

  

   

1 1 x y

  

    , điều này mâu thuẫn với giả thiết x 1 vày 1. Vậy nếu x y,  với x 1 và y 1 thì x y xy 1.

Câu 3:

Chứng minh rằng: Nếu tích của 3 số bất kì là một số dương thì trong 3 số có ít nhất một số dương.

Ví

Ví

Lời giải

Ta cần chứng minh: Nếu abc0 thì 0 0 0 a b c

 

 

  .

Giả sử với 3 số bất kì mà trong 3 số có ít nhất một số dương ta có 0 0 0 a b c

 

 

 

0

abc , điều này mâu thuẫn với giả thiết abc0 (Tích của 3 số là một số dương).

Vậy nếu tích của 3 số bất kì là một số dương thì trong 3 số có ít nhất một số dương.

Câu 4:

Chứng minh rằng: Nếu nhốt 5 con thỏ vào 4 cái chuồng thì có một chuồng chứa nhiều hơn 1 con thỏ.

Lời giải

Giả sử nhốt 5 con thỏ vào 4 cái chuồng mà tất các chuồng đều chứa không quá 1 con thỏ, nghĩa là mỗi chuồng chứa tối đa 1 con thỏ. Khi đó 4 cái chuồng chứa được tối đa 4 con thỏ, điều này mâu thuẫn với giả thiết nhốt 5 con thỏ vào 4 cái chuồng.

Vậy nếu nhốt 5 con thỏ vào 4 cái chuồng thì có một chuồng chứa nhiều hơn 1 con thỏ.

Câu 5:

Chứng minh rằng: Một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc nhỏ hơn 60.

Lời giải Cách 1:

Ta cần chứng minh: Nếu tam giác ABC không đều thì

ˆ 60 ˆ 60 ˆ 60 A B C

  

  



   .

Giả sử có tam giác ABC không đều và cả ba góc của tam giác đều không nhỏ hơn 60 hay

ˆ 60 ˆ 60 ˆ 60 A B C

  

  

  



ˆ ˆ ˆ 180

A B C

    ,

Trường hợp 1: ˆA B C  ˆ ˆ 180điều này mâu thuẫn với định lý tổng ba góc trong một tam giác nên trường hợp này vô lý.

Trường hợp 2: ˆA B C  ˆ ˆ 180khi đó ˆA   Bˆ Cˆ 60 hay tam giácABC đều, điều này mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC không đều.

Vậy một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc nhỏ hơn 60. Cách 2:

Giả sử có tam giác ABC không đều và cả ba góc của tam giác đều không nhỏ hơn 60.

Ví

Ví

Ví

Khi đó với a b c, , 0và a b c, , không đồng thời bằng 0 ta có:

ˆ 60 ˆ 60 ˆ 60

A a

B b

C c

   

   

  



ˆ ˆ ˆ 180

A B C a b c

       

Mà ˆA B C  ˆ ˆ 180 (Theo định lý tổng 3 góc trong một tam giác) nên khi đó a b c  0, điều này mâu thuẫn với giả thiết a b c, , không đồng thời bằng 0.

Vậy một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc nhỏ hơn 60. Câu 6:

Chứng minh rằng: Nếu tổng của 99 số bằng 100 thì có ít nhất một số lớn hơn 1.

Lời giải

Ta cần chứng minh: Nếu x₁x₂x₃...x₉₉ 100 thì

1 2 3

99

1 1 1 ...

1 x x x

x

 

 

 

 



.

Giả sử tất cả các số đều không lớn hơn 1 hay

1 2 3

99

1 1 1 ...

1 x x x

x

 

  



 



 _{1 2}  _{3 99}    

99 sè 1

... 1 1 1 ... 1

x x x x

1 2 3 ... 99 99

x x x x

     , điều này mâu thuẫn với giả thiết x₁x₂x₃...x₉₉ 100 tức là tổng của 99 số bằng 100.

Vậy nếu tổng của 99 số bằng 100 thì có ít nhất một số lớn hơn 1.

Câu 7:

Từ những chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 ta lập thành các số có 7 chữ số khác nhau. Chứng minh rằng trong các số tạo thành không có bất kì số nào chia hết cho những số còn lại.

Lời giải

Giả sử tồn tại hai số M và N trong các số tìm được, sao cho N chia hết cho M tức là N kM. Vì số nhỏ nhất trong các số tạo thành là 1234567, số lớn nhất là 7654321 nên khi đó 2 k 6.

Tổng các chữ số của các số đã cho đều bằng 28, nghĩa là khi chia mọi số cho 9 nhận được số dư là 1 (vì tổng các chữ số chia 9 dư 1).

Khi đó gọiM 9n1,n ^{ N kM k}



^{9n 1}



^{9nkk mà 2 k 6suy ra N} chia cho 9 nhận được số dư hoàn toàn khác 1. Điều này vô lý.

Vậy ta chứng minh được rằng trong các số tạo thành không có bất kì số nào chia hết cho những số còn lại.

Câu 8:

Cho tam thức bậc hai ^{f x}

 

^{ax2bxc với a0} . Chứng minh rằng nếu tồn tại số thực  sao cho ^af

 

^{ 0} thì phương trình ax²bx c 0 có nghiệm.

Lời giải

Ví

Ví

Giả sử phương trình ax²bx c 0 vô nghiệm   b²4ac0 (1)

 

^{2 b 2 b2 4ac}

f x ax bx c a x

2a 4a

  

       

 

 

^{2 b 2}

af x a x 0 , x

2a 4

  

         ( vì  0 ), điều này mẫu thuẫn với giả thiết là tồn tại số thực

 sao cho ^af

 

^{ 0}

Vậy phương trình ax²bx c 0 có nghiệm.

Câu 9:

Cho 6 số tự nhiên khác 0 nhỏ hơn 108. Chứng minh rằng: có thể chọn được ba trong 6 số đó chẳng hạn a,b,c sao cho abc, bca và c ab .

Lời giải

Giả sử trong 6 số không tồn tại bộ ba số a, b, c thỏa abc, bca và c ab (1) Khi đó gọi 6 số đó là : 1a₁a₂ a₃a₄ a₅ a₆ 108

Vì a₂ a₁ 1 a₂ 2 Ta có a₃ a₂  2 a₃3

Từ (1), a₄ a a_{3 2} 6 , a₅a a_{4 3} 18 và a₆ a a_{5 4} 108 ( mâu thuẫn với giả thiết là a₆ 108) Vậy trong 6 số nguyên dương nhỏ hơn 108 luôn chọn được ba số a,b,c thỏa abc, bca và c ab .

Câu 10:

Cho tam giác ABC có BAC105⁰ , đường trung tuyến BM và phân giác CD cắt nhau tại K sao cho KB = KC. Tính các góc của tam giác ABC.

Lời giải

Kẻ AH vuông góc với BC.

Xét tam giác AHC vuông tại H, ta có AM = CM = HM (vì M là trung điểm AC).

Suy ra MHĈ = MCĤ = 2KCB̂ = 2KBĈ (Vì KB = KC).

Mà MHĈ = KBĈ + HMB̂ nên KBĈ = HMB̂. Do đó tam giác HBM cân tại H.

Như vậy HM = HB.

• Nếu HA > HB. Suy ra BAĤ < 45^o mà BAĈ = 105^o nên CAĤ > 60^o. Do đó AMĤ = 180^o – 2CAĤ < 60^o.

 HA < HM  HA < HB. Mâu thuẫn.

• Nếu HA < HB. Hoàn toàn tương tự suy ra vô lý.

Vậy HA = HB.

Từ đó ta có ABĈ = 45^o, BAĈ = 105^o, ACB̂ = 30^o.