PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

MỤC LỤC

LỜI GIỚI THIỆU ...................................................................................................... 3
NỘI DUNG BÁO CÁO ................................................................................................................. 4
I. Tên đề tài ........................................................................................................................................ 4
II. Lý do chọn đề tài ........................................................................................................................... 4
III. Nhiệm vụ của đề tài ...................................................................................................................... 4
IV. Phương pháp nghiên cứu............................................................................................................... 4
V. Cơ sở logic của chứng minh phản chứng ........................................................................................ 4
1. Cơ sở logic ................................................................................................................................. 4
2. Các bước suy luận phản chứng ................................................................................................... 5
3. Các phương pháp chứng minh phản chứng ................................................................................. 6
VI. Một số bài toán áp dụng phương pháp phản chứng ........................................................................ 6
1. Chứng minh phản chứng của Euclide ......................................................................................... 6
2. Phản chứng trong các bài toán bất đẳng thức ............................................................................ 10
3. Phản chứng trong các bài toán về hệ phương trình, phương trình .............................................. 12
4. Phản chứng trong các bài toán về chia hết................................................................................. 14
5. Phương pháp chứng minh bằng phản ví dụ nhỏ nhất ................................................................. 17

1


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

6. Phản chứng trong các bài toán chứng minh sự không tồn tại ..................................................... 19
7. Chứng minh sử dụng mệnh đề phản chứng ............................................................................... 22
8. Chứng minh mệnh đề bằng phản chứng ................................................................................... 23
9. Các bài toán chứng minh phản chứng khác ............................................................................... 24
10. Một số định lý và tính chất bằng phương pháp phản chứng ..................................................... 28

KẾT LUẬN ..................................................................................................................................... 30
TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................................................. 31

2


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

LỜI GIỚI THIỆU
Một bài toán đều có nhiều cách giải. Để có một cách giải hay cho mỗi bài toán là cả
một quá trình không hề đơn giản. Mỗi phương pháp đều có cái hay riêng đối với những
lớp bài toán nhất định, nhưng ta phải chọn một cách tiếp cận hợp lí nhất.
Trong đề tài này chúng tôi trình bày về “Phép chứng minh phản chứng”. Đây là một
phương pháp thường được dùng trong lập luận toán học thể hiện sự chặt chẽ, lý luận lôgic
của người giải bài toán. Điều quan trọng của phương pháp này là tìm ra mệnh đề phủ định
của điều cần chứng minh, từ đó dẫn đến sự vô lý với giả thiết của bài toán hay mâu thuẫn
với các kiến thức toán học đã biết.
Lý do chúng tôi lựa chọn đề tài này là vì “ Phép chứng minh phản chứng” là một
phương pháp chứng minh toán học hay, áp dụng được cho nhiều bài toán chứng minh.
Tuy nhiên, phương pháp này vẫn chưa được chú trọng nhiều trong giảng dạy ở các bậc
học cho học sinh. Hi vọng bài tiểu luận sẽ giúp các bạn thấy được cái hay, tầm quan trọng
của “Phép chứng minh phản chứng” trong chứng minh toán học. Từ đó, có những áp dụng
phù hợp cho quá trình học tập, giảng dạy của mình.
Do thời gian cũng như kinh nghiệm chưa nhiều nên bài tiểu luận có thể gặp một số
các thiếu sót nên hi vọng sẽ được sự góp ý nhiệt tình của thầy và các bạn.

3


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG


NỘI DUNG BÁO CÁO
I. Tên đề tài: “ Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng”
II. Lý do chọn đề tài
 Phương pháp phản chứng là một phương pháp hay, được vận dụng để giải
nhiều bài toán. Nhưng trong sách giáo khoa số lượng những bài tập giải
bằng phương pháp này không nhiều.
 Muốn các bạn sinh viên sư phạm và học sinh thấy được cái hay và sự quan
trọng của phương pháp này trong giải toán.
III.

Nhiệm vụ của đề tài
 Tìm hiểu cơ sở logic của phương pháp chứng minh phản chứng.
 Phân loại các bài toán chứng minh bằng phương pháp chứng minh phản
chứng thành các dạng

IV.

Phương pháp nghiên cứu
1. Phương pháp nghiên cứu lý luận.
 Mục đích: Nhằm tìm hiểu cơ sở lô-gic của “Phép chứng minh phản chứng”.
 Cách tiến hành: Tìm hiểu từ các tài liệu, sách vở có liên quan.
2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn.
 Mục đích: Nhằm tìm hiểu mức độ vận dụng của “Phép chứng minh phản
chứng”
 Cách tiến hành: Nghiên cứu những bài toán quan thuộc.

V. Cơ sở logic của chứng minh phản chứng
1. Cơ sở lôgic.
Dựa vào những hiểu biết về logic mệnh đề, trong đó sử dụng chủ yếu các

phép liên kết logic là chủ yếu.
Vậy phép liên kết lôgic là gì?
4


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

 Phép liên kết lôgic hay còn gọi là phép toán lôgic, cho phép từ những mệnh đề
sơ cấp cho trước có thể xây dựng những mệnh đề mới ngày càng phức tạp hơn.
 Các phép liên kết bao gồm:
 Phép phủ định(  ).
 Phép hợp(  ).
 Phép giao(  ).
 Phép kéo theo(  ).
 Phương pháp lập luận.
Cần chứng minh mệnh đề A  B.
Để chứng minh A  B đúng, ta xây dựng giả thiết: A đúng, nhưng A  B
sai.

 B đúng.
 B đúng thông qua một số phép biến đổi tương đương dẫn đến  A

Vì A  B sai, mà A đúng nên B phải có giá trị sai. Nghĩa là,
Từ

đúng.
Từ giả thiết và qua quá trình lập luận ta có A và
 mâu thuẫn.  chứng tỏ giả thiết

 A đồng thời cùng đúng


 B đúng là sai.

Vậy B đúng. Hay

A  B đúng( điều phải chứng minh).
2. Các bước suy luận phản chứng:
 Bước 1: Giả sử các điều chứng minh là sai ( phủ định lại mệnh đề cần
chứng minh)
Lưu ý: bước này rất quan trọng vì tạo mệnh đề phủ định chính xác thì điều
chứng minh mới chính xác.
 Bước 2: Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà
những tính chất này mâu thuẫn với những điều đã cho hoặc trái với tính chất
ta đã biết.
5


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

 Bước 3: Ta kết luận điều giả sử ban đầu là sai. Từ đó, bài toán được chứng
minh.
3. Các phương pháp chứng minh phản chứng
Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan trọng
của toán học. Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không có thể của
một tính chất nào đó, nó cho phép chúng ta biến thuận thành đảo, biến đảo thành
thuận, nó cho phép chúng ta lý luận trên những đối tượng mà không rõ là có tồn
tại hay không. Trong nhiều bài toán, phương pháp chứng minh bằng phản chứng
có thể được xem là duy nhất.
Chứng minh phản chứng có thể được sử dụng trong nhiều lĩnh vực khác
nhau của toán học như: giải tích, hình học, đại số, số học, tổ hợp, …

VI. Một số bài toán áp dụng phương pháp chứng minh phản chứng.
1. Chứng minh phản chứng của Euclide.
Định lý. Tồn tại vô số số nguyên tố.
Chứng minh
Thế nào là một số nguyên tố?
Một số tự nhiên lớn hơn 1, được gọi là số nguyên tố, nếu nó có ước là 1 và
chính nó. Ví dụ về số nguyên tố : 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, . . . .
Các số tự nhiên khác, khác 0 và 1, không là số nguyên tố được gọi là hợp
số.
Định lý cơ bản của số học khẳng định rằng : “ Một số tự nhiên bất kì (khác 0
và 1): hoặc là số nguyên tố, hoặc là hợp số. ” Vì số tự nhiên là vô hạn, vậy câu
hỏi đặt ra là : “ Có bao nhiêu số nguyên tố?” “Có thể liệt kê chúng ra hay lập
thành một dãy vô hạn?”
6


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Theo như Euclide khẳng định rằng : “ Tồn tại vô số số nguyên tố. ” Để
chứng minh điều này, Euclide đã đưa ra một lập luận rất đẹp, đó là ông giả sử
ngược lại rằng tồn tại hữu hạn số nguyên tố p1, p2, . . . pn.
Ông chỉ ra rằng sẽ tìm được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy số
này. Từ đó suy ra phải có vô số các số nguyên tố . Để chứng minh tồn tại một số
nguyên tố mới, ông vận dụng sự kiện là hai số tự nhiên liên tiếp không có ước số
chung nào khác 1.
Ông xét tích N=p1. p2. . . . pn +1. N phải có ít nhất 1 ước số nguyên tố p.
Khi đó, do p1, p2, . . . , pn là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại 1 i sao cho p=pi.
Nhưng khi đó N không chia hết cho p (vì n không chia hết cho pi)mâu
thuẫn. Như vậy, ước số nguyên tố p của N sẽ là một số nguyên tố mới không
nằm trong dãy số nguyên tố này.

Như vậy điều giả sử của ông là sai. Vậy khẳng định “ Tồn tại vô số số
nguyên tố. ” là đúng.
Cách chứng minh của ông thật hay. Chúng ta sẽ vận dụng phương pháp
chứng minh này để giải một vài bài toán tương tự:
Ví dụ 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k+3.
Chúng ta biết rằng 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất, còn tất cả các số
nguyên tố còn lại là số nguyên tố lẻ. Một số nguyên tố lẻ thì hoặc có dạng 4N+1
hoặc là có dạng 4N+3. Muốn chứng minh rằng có vô số các số nguyên tố có
dạng 4N+3, chúng ta sẽ lý luận tương tự như trên.
Giả sử rằng, có hữu hạn các số nguyên tố p1, p2, . . . , pk có dạng 4N+3,
chúng ta sẽ chứng minh có sự mâu thuẩn trong điều giả sử này. Chúng ta sẽ chỉ
ra được một số nguyên tố mới không nằm trong dãy này và có dạng 4N+3.
7


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Đặt N= p1, p2, . . . pk -1, số này có dạng 4N+3. Số N này sẽ có một ước số
nguyên tố p có dạng 4N+3. Vì sao như vậy? Bởi vì N là số lẻ lớn hơn 1, cho
nên nếu N không có ước số nguyên tố có dạng 4N+3 thì tất cả các ước số nguyên
tố của N sẽ có dạng 4N+1. Vậy N sẽ là tích của các số có dạng 4N+1. Dễ dàng
nhận thấy rằng, tích của các số có dạng 4N+1 sẽ là 1 số có dạng 4N+1. Cho nên
N cũng có dạng 4N+1 vô lí.
Như vậy N sẽ phải có ước số nguyên tố p có dạng 4N+3. Khi đó do p1, p2,
. . . , pk là tất cả các số nguyên tố có dạng 4N+3, do đó tồn tại i sao cho p=pi.
Nhưng khi đó N không chia hết cho p( vì N không hia hết cho pi)  mâu thuẫn.
Như vậy, ước số nguyên tố p của N sẽ là 1 số nguyên tố mới không nằm trong
dãy số nguyên tố này.  mâu thuẫn với điều giả sử.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên tố dạng 4k+1.
Làm theo phương pháp như trên chúng ta sẽ chọn N=4p1, p2. . . pk+1 và tìm

cách chứng minh rằng N sẽ có ước số nguyên tố có dạng 4k+1. Tuy nhiên, nhìn
kỹ cách chứng minh này không ổn, vì tích của 2 số có dạng 4k+3 là số có dạng
4k+1. Do đó khả năng N là tích của 2 số nguyên tố có dạng 4k+3, vì vậy N sẽ
không có ước số nguyên tố nào có dạng 4k+1. Trường hợp này ta không thể áp
dụng cách giải này được nữa, cần phải tìm cách giải khác.
Chúng ta có bổ đề: “ Với mọi số tự nhiên x thì x 2  1 không có ước nguyên
tố có dạng 4k  3 ”. Để chứng minh bổ đề này, chúng ta sử dụng định lý Fermat.
Theo định lý nhỏ Fermat thì với mọi số nguyên tố p và với mọi số nguyên
a không chia hết cho p , a p 1  1 (mod p). Chúng ta chứng minh bổ đề theo

phương pháp phản chứng như sau:

8


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Giả sử như

x 2  1 có một ước số nguyên tố p  4k  3 Tức là:

x 2  1 (mod p ).

Khi đó, ta có: x 4 k  2   x 2 

2 k 1

  1

2 k 1


 1 (mod p ).

Theo định lý Fermat thì x 4 k  2  1 (mod p ).
Vậy 1 = -1 (mod p ) hay 2=0 (mod p ).  vô lý. Vậy điều giả sử là sai, bổ
đề được chứng minh.
Quay lại với bài toán, để chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có
dạng 4k  1 , chúng ta sẽ chứng minh rằng, với mọi dãy số nguyên tố p1 , , p2 , .
. . , pk có dạng 4k  1 , sẽ tồn tại một số nguyên tố khác cũng có dạng 4 N  1 và
không nằm trong dãy số nguyên tố này.
Thực vậy, lấy n  4 p12 p2 2 ....... pk 2  1
Vì N có dạng x 2  1 , nên theo bổ đề trên mà chúng ta vừa chứng minh, thì
n không có ước số nguyên tố có dạng 4k  3 . Vì n là số lẻ nên toàn bộ các ước

số nguyên tố của n sẽ có dạng 4k  1 . Mặt khác chúng ta thấy rằng không một
số pi nào trong dãy số trên là ước số của n . Vậy chúng ta đã tìm được những số
nguyên tố mới có dạng 4k+1.
Tóm tại, cứ lấy bất kỳ một dãy số hữu hạn các số nguyên tố có dạng 4N+1
thì chúng ta lại tìm được một số nguyên tố mới cũng có dạng 4N+1, do đó sẽ có
vô hạn các số nguyên tố có dạng 4k  1 .
 Bài tập áp dụng :
Bài 1: Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6 N  1 .
9


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng 6 N  5 .
Bài 3: Thử chọn vài giá trị khác cho a và b rồi chứng minh rằng tồn tại vô số các
số nguyên tố có dạng aN  b .

2. Phản chứng trong các bài toán bất đẳng thức
Trong chứng minh bất đẳng thức có trường hợp bất đẳng thức cần chứng
minh thì đơn giản trong khi đó điều kiện lại phức tạp. Vì vậy, phương pháp phản
chứng dùng để đảo điều kiện và kết luận.
Ví dụ 1:

Cho a , b c là các số thực không âm thoả mãn điều kiện

a 2  b 2  c 2  abc  4 . Chứng minh rằng a  b  c  3 .

Giải
Giả sử: a  b  c  3
Khi đó: a 2  b 2  c 2  a  b  c  3  abc  4   a 2  b 2  c 2   1
Theo bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm a , b , c .
Mà a  b  c  3  abc  1 (Mâu thuẫn)
Vậy điều giả sử là sai, ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng “ Nếu a , b , c là ba số dương thì
a 3  b3  c3  3abc ”

Giải
Giả sử : “ a 3  b3  c3  3abc ”
Ta có :
a 3  b3  c 3  3abc  a 3  b3  c 3  3abc  0
  a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ac   0
2
2
2
  a  b  c   a  b    b  c    c  a    0




Suy ra  a  b  c   0
Mà theo giả thiết  a  b  c   0 ( vì a , b , c dương).
10


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Suy ra điều giả sử sai, vậy a 3  b3  c3  3abc đúng với mọi a , b , c dương.
Ví dụ 3: Cho ba số a, b, c   0;1 . Chứng minh rằng có ít nhất một trong các
bất đẳng thức sau là sai:
a 1  b  

1
4

b 1  c  

1
4

(2)

c 1  a  

1
4

(3)


(1)

Giả sử cả ba bất đẳng thức (1), (2), (3) đều đúng.
Khi đó, nhân theo hai vế của (1), (2), (3), ta có:
a 1  b  .b 1  c  .c 1  a  

1 1 1 1
.
  
4 4 4 64

Hay a 1  a  .b 1  b  .c 1  c  

1
(*)
64
2

1 
1 1
Ta có : a 1  a   a  a    a   
4 
2
4
2

Do: 0  a  1  0  a 1  a  
Tương tự:

1

(4)
4

0  b 1  b  

1
(5)
4

0  c 1  c  

1
(6)
4

Nhân theo vế (4), (5), (6) ta được: a 1  a  .b 1  a  .c 1  c  

1
(**)
64

Rõ ràng ta thấy bất đẳng thức (**) mâu thuẫn với bất đẳng thức (*), do đó
cả ba đẳng thức (1), (2), (3) không thể đồng thời đúng.
Vậy có ít nhất một trong các bất đẳng thức này sai.
Ví dụ 4.4: Cho các số không âm a , b , c , d . Chứng minh rằng:
11


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG


 a  c  b  d  

ab  cd

Giải
Giả sử:

 a  c  b  d  

ab  cd

Bình phương hai vế không âm, ta được:

 a  c  b  d   ab  cd  2

ab.cd  ad  cb  2 ad .cb

Điều này vô lí, vì theo bất đảng thức Cauchy thì ad  cb  2 ad .cb
Vậy BĐT ban đầu

 a  c  b  d  

ab  cd đúng.

 Bài tập áp dụng:
Bài 1: Nếu a  b  c thì a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca .
Bài 2: Chứng minh rằng với các số x , y , z bất kỳ thì các bất đẳng thức sau
không đồng thời xảy ra:

x  yz ; y  zx ; z  x y



abc  0 1

Bài 3: Cho 3 số a , b , c khác 0 thỏa mãn đồng thời: ab  bc  ca  0  2 
1
  1  1  0  3
 ab bc ca

Chứng minh cả 3 số a , b , c đều âm.
3. Phản chứng trong các bài toán về phương trình, hệ phương trình.
Ví dụ 1: Cho a.b.c  0 , chứng minh rằng có ít nhất một trong ba phương
trình sau có nghiệm:
ax 2  2bx  c  0 (1)
bx 2  2cx  a  0 (2)
cx 2  2ax  b  0 (3)

Giải
12


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Giả sử cả ba phương trình trên đều vô nghiệm, thì:
1'  b 2  ac  0
 '2  c 2  ac  0
 3'  a 2  bc  0
 1'   '2   3'  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  0




1
2
2
2
 a  b    b  c    c  a    0 ( vô lí)

2

Vậy có ít nhất một trong ba phương trình trên có nghiệm.
Ví dụ 2: Nếu a1a2  2  b1  b2  thì ít nhất một trong hai phương trình

x 2  a1 x  b1  0; x 2  a2 x  b2  0 có nghiệm.
Giải
Giả sử cả hai phương trình trên vô nghiệm
Khi đó: 1  a12  4b1  0 ,  2  a22  4b2  0
 1   2  0  a12  4b1  a22  4b2  0

 a12  a22  4  b1  b2  (1)

Mà :  a1  a2   0  a12  a22  2a1a2  0
2

 a12  a22  2a1a2 (2)

Từ (1) và (2)  2a1a2  4  b1  b2 
 a1a2  2  b1  b2  (Trái giả thiết)
13



PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Vây có ít nhất 1 trong 2 số 1 ,  2 lớn hơn 0.
Do đó, nếu a1a2  2  b1  b2  thì ít nhất 1 trong 2 phương trình
x 2  a1 x  b1  0, x 2  a2 x  b2  0 có nghiệm.

4. Phản chứng trong các bài toán về chia hết
Ví dụ 1: chứng minh rằng không tồn tại số nguyên dương n sao cho

(n3  2006n.20082008  1) 3 .
Giải:
Giả sử tồn tại số nguyên n để (n3  2006n.20082008  1) 3
Ta có: n3  2006n  n3  n  2007n   n  1 n  1 n  2007n
Vì  n  1 , n ,  n  1 là 3 số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết cho 3.
Nên  n  1 n  n  1 3
Vậy suy ra (n3  2006n) 3 (1)
Mặt khác: 20082008  1   2007  1
Suy ra  2007  1

2008

2008

 1 ,mà 2007 3 nên  2007  1

2008

chia 3 dư 1.

 1 chia 3 dư 2. (2)


Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn. Vậy không có số nguyên dương n nào thỏa
điều kiện của bài toán đã cho. ( đpcm)
a 2  ab  b 2
Ví dụ 2: Cho a , b , k là các số nguyên dương thỏa k =
. Chứng
ab  1

minh rằng k là một số chính phương.
Giải


Cố định k và xét tập S=  a, b   N  N | k 


a 2  ab  b 2 

ab  1 

Giả sử k không là số chình phương.
Trong các phần tử của S ta chọn ra cặp  A, B  thỏa mãn A  B nhỏ nhất.
14


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Không mất tính tổng quát ta giả sử A  B  0 .
Xét phương trình bậc hai ẩn x : k 

x 2  xB  b 2

 x 2  ( B  kB ) x  B 2  k  0
xB  1

Phương trình này hiển nhiên có hai nghiệm là A và x0
 x0  A  kB  B (1)
Theo định lí Viete: 
2
(2)
 x0  A  B  k

Từ (1) ta có x0 là số nguyên.
Nếu x0 <0 thì x0  -1
 x 2  ( Bk  B) x  B 2  k  x 2  ( Bk  B )  B 2  k  0 (mâu thuẫn)

Nếu x0 =0 thì k  B 2 là một số chình phương( loại)
Nếu x0 >0 thì  x0 , B   S .
Từ đó : x0  B 

B2  k
B2
A2
B
B
 B  A B
A
A
A

Mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của tổng A  B .
Như vậy giả thiết phản chứng là sai, từ đó ta có k phải là một số chính

phương.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng:
a) Tích của hai số nguyên liên tiếp chia hết cho 2.
b) Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 3
Giải:
a) Viết tích của hai số nguyên liên tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1).
Có hai trường hợp xảy ra :
TH1: n chia hết cho 2 => n(n + 1) chia hết cho 2
TH2: n không chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1) chia hết cho 22 => n(n +1)
chia hết cho 2
b) Xét mọi trường hợp: n chia hết cho 3; n=3q+1; n = 3q+2
15


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Nếu n chia hết cho 3, hiển nhiên A(n) chia hết cho 3
+ Nếu n = 3q+1 => n+2 = 3q+3 chia hết cho 3
+ Nếu n= 3q+2 => n+1 = 3q+2+1 = 3q+3 chia hết cho 3
Trong mọi trường hợp A(n) luôn chứa một thừa số chia hết cho 3.
Vậy A(n) chia hết cho 3 (đpcm)
Ví dụ 4: Chứng minh rằng không thể có hai số nguyên m , n để đẳng thức
sau được thỏa măn: 2m2  n2  2007
Giải
Giả sử có hai số nguyên m, n để:

2m2  n2  2007 (*)

Vì 2m2 là số chẵn, ta suy ra n 2 phải là số lẻ hay n phải là số
lẻ, n=2a+1 (a∈Z).

(*) ⇔ 2m2 + (2a  1)2 =2007
⇒ 2m2 + 4a 2 +4a+1=2007
⇒ 2m2 + 4a 2 +4a =2006
Vì 4a 2 +4achia hết cho 4 và 2006 không chia hết cho 4.
Suy ra 2m2 không chia hết cho 4 hay m 2 không chia hết cho 2⇒ m 2 là số
lẻ.
Đặt m=2b+1, ta có:
2(2b+1)2+4a(a+1)=2006
⇒8b2+8b+2+4(a+1)a=2006
⇒8b(b+1)+4a(a+1)=2004.
Dễ thấy 8b(b+1) chia hết cho 8; 4a(a+1) cũng chia hết cho 8; 2004 không
chia hết cho 8 (Mâu thuẫn này cho ta đpcm)
 Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho bm  2  c  n  . Chứng minh rằng ít nhất 1 trong 2 phương trình sau
có nghiệm : x 2  2bx  c  0, x 2  2mx  n  0
16


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

1

1

1

Bài 2: Cho a  b  2 . Chứng minh rằng ít nhất 1 trong hai phương trình sau
có nghiệm: x 2  2ax  b  0, x 2  bx  a  0
Bài 3: Cho a , b , c là 3 cạnh của ABC . Chứng minh rằng:
a)  a 2  b 2  c 2  x 2  4abx  a 2  b 2  c 2  0 có nghiệm.

b) c 2 x 2   a 2  b 2  c 2  x  b 2  0 có nghiệm.
5. Phương pháp chứng minh bằng phản ví dụ nhỏ nhất
Trong việc chứng minh một số tính chất bằng phương pháp phản chứng, ta
có thể có thêm một số thông tin bổ sung quan trọng nếu sử dụng phản ví dụ nhỏ
nhất. Ý tưởng là để chứng minh một tính chất A cho một cấu hình P, ta xét một
đặc trưng f(P) của P là một hàm có giá trị nguyên dương. Bây giờ giả sử tồn tại
một cấu hình P không có tính chất A, khi đó sẽ tồn tại một cấu hình P0 không có
tính chất A với f(P0) nhỏ nhất. Ta sẽ tìm cách suy ra điều mâu thuẫn. Lúc này,
ngoài việc chúng ta có cấu hình P0 không có tính chất A, ta còn có mọi cấu hình
P với f(P) < f(P0) đều có tính chất A.
Ví dụ 1. Cho ngũ giác lồi ABCDE trên mặt phẳng toạ độ có toạ độ các đỉnh
đều nguyên.
a) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong hoặc nằm trên cạnh của
ngũ giác (khác với A, B, C, D, E) có toạ độ nguyên.
b) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong ngũ giác có toạ độ
nguyên.
c) Các đường chéo của ngũ giác lồi cắt nhau tạo ra một ngũ giác lồi nhỏ
A1B1C1D1E1 bên trong. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 1 điểm nằm trong hoặc
trên biên ngũ giác lồi A1B1C1D1E1.
Giải

17


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

a) Ta sẽ giải quyết bài toán theo nguyên lý Dirichlet. Ngũ giác có 5 điểm nên
sẽ tồn tại ít nhất 2 điểm (ta đặt 2 điểm này là H, K)trong 5 điểm mà cặp tọa độ (x,
y) của chúng có cùng tính chẵn lẻ, chỉ có 4 trường hợp : (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ),
(lẻ, chẵn), (lẻ, lẻ). Như vậy, khi ta lấy trung điểm M của 2 điểm H, K ta sẽ có

được điểm (khác A, B, C, D, E) có tọa độ nguyên. Vậy ta có điều phải chứng
minh.
b) Giả sử tồn tại ngũ giác nguyên mà bên trong không chứa điểm có tọa độ
nguyên nào. Có rất nhiều ngũ giác như vậy. Chọn ngũ giác ABCDE có diện tích
nhỏ nhất. Theo lý luận ở câu a, tồn tại 2 đỉnh H, K có cặp tọa dộ có cùng tính
chẳn lẻ. Trung điểm M của HK có tọa độ nguyên. Vì bên trong ngũ giác
ABCDE không có điểm nguyên nào nên HK phải là một cạnh nào đó. Ví dụ ta
lấy cạnh AB( không mất tính tổng quát), khi đó ngũ giác MBCDE cũng có tọa độ
các đỉnh đều nguyên và có diện tích nhỏ hơn diện tích ngũ giác ABCDE. Do tính
nhỏ nhất của ABCDE nên bên trong ngũ giác MBCDE có một điểm nguyên N.
Điều này mâu thuẫn vì N cũng nằm trong ngũ giác ABCDE. Vậy ta có điều phải
chứng minh.
Ví dụ 2: (Định lý Bezout) Chứng minh rằng nếu  a, b   1 thì tồn tại u , v
sao cho au  bv  1 .
Chứng minh
Xét b số: a ; 2a ; 3a ;. . . ; ba
Giả sử không tồn tại số nguyên dương k sao cho: 1  k  b và ka  1
(mod b ).
Khi đó:
Mỗi số trong b số đó chia b chỉ có thể dư 0; 2; 3; ..; b (có b −1 số dư).
Do đó, theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 số nguyên dương i, j mà i  j sao
cho ia  ja (mod b )
18


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

  j  i  a  b   j  i  b (1)

Lại có: 0  j  i  b  1  ( j  i )  b (2)

Từ (1), (2) mâu thuẫn nhau nên điều giả sử là sai. Suy ra, tồn tại số nguyên
dương k sao cho ka  1 (mod b )
Đặt u  k :
 u , v  N  và au  bv  1 (đpcm)

 Bài tập áp dụng : Trên mặt phẳng đánh dấu một số điểm. Biết rằng 4 điểm bất
kỳ trong chúng là đỉnh của một tứ giác lồi. Chứng minh rằng tất cả các điểm
được đánh dấu là đỉnh của một đa giác lồi.
6. Phản chứng trong các bài toán chứng minh sự không tồn tại.
Ví dụ 1: Hình tròn được chia bởi 5 đường kính thành 10 phần bằng nhau.
Ban đầu mỗi phần có 1 biên bi, mỗi lần thực hiện ta chọn 2 viên bất kì, và di
chuyển chúng sang ô bên cạnh, 1 viên theo chiều kim đồng hồ và 1 viên ngược
chiều kim đồng hồ. Hỏi sau hữu hạn lần thực hiện, ta có thể chuyển, ta có thể
chuyển tất cả bi về 1 ô được hay không?
Giải
Giả sử ta có thể chuyển được:
Ta bôi màu trắng và đen xen kẽ nhau, từ đó ta thấy tổng các số trong ô
trắng(S. trắng) bằng tổng các số trong ô đen(S. đen) và bằng 5. Giả sử sẽ tương
đương với biến đổi S. đen = 10 và S. trắng = 0 (hoặc ngược lại).
Nếu ta dịch chuyển theo yêu cầu thì luôn luôn xảy ra trường hợp là tổng các
ô trắng và tổng các ô đen là số lẻ. Từ đó quá lắm ta chỉ chuyển được về S. đen =
9 và S. trắng = 1, mâu thuẫn với giả thiết
Từ đó ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 2: Chứng minh rằng không tồn tại các số a,b,c đồng thời thỏa
mãn (1),(2),(3): |a| < |b−c|(1)
|b| < |c−a|(2)
19


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG


|c| < |a−b|(3)
Giải:
Giả sử tồn tại các số a,b,c đồng thời thỏa mãn (1),(2),(3) . Lúc đó:
 |a| < |b−c| ⇒ (b−c)2 > a2⇒ −(a+b−c)(a−b+c) > 0

(1′)

 |b| < |c−a| ⇒ (c−a)2 > b2
⇒ −(−a+b+c)(a+b−c) > 0

(2′)

 c| < |a−b| ⇒ (a−b)2 > c2
⇒ −(a−b+c)(−a+b+c) > 0

(3′)

Nhân (1′),(2′),(3′) vế với vế, ta được:
−[(−a+b+c)(a−b+c)(a+b−c)]2 > 0 (vô lý)
Vậy bài toán được chứng minh
Ví dụ 3 :Hình vuông 5x5 bỏ đi ô ở góc bên trái. Chứng minh rằng phần còn
lại có thể phủ bẳng 8 quân trimino hình chữ L nhưng không thể phủ bằng trimino
kích thước 1x3. Tìm tất cả các giá trị của k sao cho có thể phủ phần còn lại bằng
k quân trimino khích thước 1x3 và 8-k quân trimino hình L.
Ta chứng minh rằng nếu bỏ đi 1 ô ở góc bên trái thì phần còn lại không thể
phủ được bằng các quân trimino đã cho. Để làm được điều này, ta đánh sô các ô
vuông như sau:
1(bỏ)


2

3

1

2

1

2

3

1

2

1

2

3

1

2

1


2

3

1

2

1

2

3

1

2

 Chứng minh rằng phủ được bằng 8 quân chữ L
20


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Giả sử rằng ta không thể phủ bằng trimino hình chữ L
Ta có tổng các ô là 44, đồng thời bất kì ô hình chữ L nào cũng không chia
hết cho 3
Nên từ giả sử ta suy ra :
Không tồn tại các số a, b, c, d thỏa a + b + c + d = 8 (1)
Và 4a + 5b + 7c + 8d = 44 (2)

Với a là các ô chữ L chia 3 được 1 dư 1
b là các ô chữ L chia 3 được 1 dư 2
c là các ô chữ L chia 3 được 2 dư 1
d là các ô chữ L chia 3 được 2 dư 2
Từ (1) và (2) ta có thể suy ra không tìm được a, b, c, d thỏa :
b + 3c + 4d = 12 (Điều này là vô lý)
Suy ra giả thiết sai nên ta được điều cần cm
 Chứng minh không thể phủ bằng các ô trimino 1x3
Giả sử có thể phủ đc bằng các ô trimino 1x3
Ta có tổng các số trên ô trimino 1x3 luôn chia hết cho 3, và có thể phủ bằng
8 ô trimino, nên tổng các số trên các ô trimino sẽ chia hết cho 3, nhưng tổng các ô
trên hình 5x5 bỏ đi ô đầu tiên là 44
Suy ra giả sử sai nên ta được điều cần chứng minh
+ Tìm k: Với các ô 1x3, ta có thể ghép lại thành các hình chữ nhật, chỉ cần
xem khi lắp các ô chữ L vào mà ta có thể chia phần còn lại thành các hình chữ
nhật lắp được bằng các ô 1x3 thì ta nhân trường hợp đó
Bằng phép thử ta có thể tìm được k = 1, 3, 5, 7
Đồng thời từ trường hợp chứng minh ta có thêm k=0
Vậy k = {0, 1, 3, 5, 7}
 Bài tập áp dụng
21


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Bài 1: Trên vòng tròn ban đầu theo một thứ tự tuỳ ý có 4 số 1 và 5 số 0. Ở
khoảng giữa hai chữ số giống nhau ta viết số 1 và ở khoảng giữa hai chữ số khác
nhau ta viết số 0. Các số ban đầu bị xoá đi. Hỏi sau một số lần thực hiện như vậy
ta có thể thu được một bộ gồm 9 số 0?
Bài 2: Xét hình vuông 7  7 ô. Tìm tất cả các ô mà nếu ta xóa đi ô đó thì

phần còn lại có thể phủ kín bằng 15 quân trimino kích thước 1  3 và 1 quân
trimino hình chữ L.
1
x

Bài 3: Cho trước các hàm số f1  x   x 2  2 x , f 2 ( x)  x  , f3 ( x)  x 2  2 x .
Cho phép thực hiện các phép toán cộng hai hàm số, nhân hai hàm số, nhân một
hàm số với một hằng số tuỳ ý. Các phép toán này có thể tiếp tục được thực hiện
nhiều lần trên fi và trên các kết quả thu được. Chứng minh rằng có thể thu được
hàm số

1
từ các hàm số f1 , f 2 , f3 bằng các sử dụng các phép toán trên nhưng
x

điều này không thể thực hiện được nếu thiếu một trong 3 hàm f1 , f 2 , f3 .
7. Chứng minh sử dụng mệnh đề phản đảo
Chứng minh sử dụng mệnh đề phản đảo cũng là một phương án chứng minh
phản chứng hay được sử dụng.
Cơ sở của phương pháp : Để chứng minh A  B, ta có thể chứng minh
B  A . Về mặt bản chất thì hai phép suy diễn này có vẻ giống nhau, nhưng

trong thực tế thì lại khá khác nhau. Ta thử xem xét 1 vài ví dụ.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng hàm số f ( x) 

x
x2 1

là một đơn ánh từ R vào R.


Rõ ràng việc chứng minh x1  x2 suy ra f  x1   f  x2  khó khăn hơn việc
chứng minh f  x1   f  x2  suy ra x1  x2 , dù rằng về mặt logic, hai điều này là
tương đương.
Ở đây ta sẽ chứng minh f  x1   f  x2   x1  x2 .
22


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Suy ra f  t  đồng biến trên R
Do đó, f  x1  , f  x2  đồng biến trên R
Mà f  x1   f  x2   x1  x2
Vậy ta có điều phải chứng minh.
 Bài tập áp dụng: Chứng minh rằng nếu  p  1 ! 1 là số nguyên tố thì p là số
nguyên tố.
Gợi ý: Không còn cách nào khác ngoài cách chứng minh nếu p là hợp số,
p  r  s thì

 p  1! 1 không chia hết cho p .

8. Chứng minh mệnh đề bằng phản chứng
Ví dụ 1: Chứng minh các mệnh đề sau là đúng bằng phương pháp phản
chứng
a)

Nếu a+b < 2 thì một trong hai số a và b nhỏ hơn 1

b)

Một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc


(trong) nhỏ hơn 600.
c)

Nếu x ≠ −1 và y ≠ −1 thì x + y + xy ≠ −1.
Giải:

a) Giả sử a ≥ 1 và b ≥ 1. Thế thì a+b ≥ 2 (trái với giả thiết)
Vậy a < 1 hoặc b < 1.
b) Không làm mất tính tổng quát của bài toán. Ta giả sử Aˆ  Bˆ  Cˆ
Vì tam giác ABC không phải là tam giác đều, ta còn có Aˆ  Cˆ
Nếu Cˆ  600 thì Aˆ  Bˆ  Cˆ  1800 (vô lí). Vậy Cˆ  600 .
c) Giả sử:
x + y + xy = −1. Suy ra: x + y + xy + 1=0
⇒ (x+1)(y+1)=0
⇒ x= −1 hoặc y= − 1 (trái với giả thiết).
Vậy: x + y + xy ≠ −1.
23


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Ví dụ 2: Biết rằng số π là một số vô tỉ. Dùng phản chứng, hãy chứng minh
rằng trong khai triển thập phân của sốπ=3,1415... sẽ có một chữ số xuất hiện vô
hạn lần.
Giải:
Giả sử ngược lại là kết luận của bài toán sai. Khi đó mỗi chữ
số i∈{0,1,...,9} chỉ xuất hiện hữu hạn lần. Giả sử ai là số lần xuất hiện của chứ
số i sau dấu phẩy trong triển khai thập phân của số π. Như vậy số π có
đúng a1+a2+...+a9 chữ số sau dấu phẩy trong khai triển thập phân của nó.

Vậyπ phải là một số hữu tỉ, vô lí, vì ta biết rằng số π là một số vô tỉ.
Chú ý. Bài toán này có thể cải biên bằng cách thay số π bằng bất cứ số vô tỉ
nào, chẳng hạn

2, 3, …

Ví dụ 3: Chứng minh rằng “Nếu a, b, c là ba số dương thì a3 + b3 + c3 
3abc”
Giải
Giả sử ngược lại : a3 + b3 + c3 < 3abc (*)
Khi đó :
(*)  (a + b +c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) < 0
 (a + b + c)[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 ] < 0
Do giả thiết a, b, c > 0 nên bất đẳng thức cuối cùng sai, vậy a3 + b3 + c3 
3abc
9. Các bài toán chứng minh bằng phản chứng khác
Ví dụ 1: Cho một cửa hàng bán 106 thùng sơn gồm bốn màu Đỏ, Xanh,
Vàng, Trắng. Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm được trong số thùng
đó 27 thùng có cùng một loại màu.
Giải:
24


PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Giả sử ta không tìm được 27 thùng sơn cùng một màu, thế thì các loại sơn
chỉ có không quá 26 thùng mỗi loại
Như vậy, bốn loại sơn có không quá : 26.4 = 104 thùng.
Điều này trái với giả thiết là cửa hàng có tất cả là 106 thùng sơn. Vậy ta có
thể tìm thấy ít nhất 27 thùng sơn cùng một màu.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu a và b là hai số nguyên tố cùng nhau thì
tổng a+b và tích a.b cũng nguyên tố cùng nhau.
Giải:
Giả sử a + b và a.b không nguyên tố cùng nhau mà có một ước chung
là d≠1.
Như vậy a.b ⋮ d và theo giả thiết a,b nguyên tố cùng nhau nên ít nhất một
trong hai số a hoặc b chia hết cho d; không mất tính tổng quát giả sử a ⋮ d.
Theo giả thiết, ta lại có a+b⋮d mà a⋮d suy ra b⋮d. Như vậy a và b có một ước
chung d≠1.
Điều này trái với giả thiết là a và b nguyên tố cùng nhau. Mâu thuẫn này
chứng tỏ a+b và ab phải là hai số nguyên tố cùng nhau.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng một đường thẳng cắt cả ba cạnh của một tam
giác khi và chỉ khi nó đi qua một đỉnh của tam giác
Giải:
Rõ ràng một đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác sẽ cắt cả ba cạnh của tam
giác.
Ngược lại, giả sử có một đường thẳng d cắt cả ba cạnh của một tam
giác ABC. Ta sẽ chứng minh rằng d phải đi qua một đỉnh của tam giác.
Giả sử ngược lại là d không đi qua đỉnh nào của tam giác cả.
Khi đó d chia mặt phẳng ra làm hai miền. Theo nguyên tắc Dirichlet, tồn tại
một miền chứa ít nhất hai đỉnh, không mất tổng quát là đỉnh A và đỉnh B.

25