Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Chia sẻ: Paradise8 Paradise8 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

975
lượt xem 66
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'phương pháp 9: phương pháp phản chứng', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG

Phương pháp 9: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG Để CM A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + Giả sử: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) + CM trên giả sử là sai + Kết luận: A(n)  p (hoặc A(n)  p ) Ví dụ 1: CMR n2 + 3n + 5  121 với  n  N Giải: Giả sử tồn tại n  N sao cho n2 + 3n + 5  121  4n2 + 12n + 20  121 (vì (n, 121) = 1)  (2n + 3)2 + 11  121 (1)  (2n + 3)2  11 Vì 11 là số nguyên tố  2n + 3  11  (2n + 3)2  121 (2) Từ (1) và (2)  11  121 vô lý Vậy n2 + 3n + 5  121
Ví dụ 2: CMR n2 - 1  n với  n  N* Giải: Xét tập hợp số tự nhiên N* Giả sử  n  1, n  N* sao cho n2 - 1  n Gọi d là ước số chung nhỏ nhất khác 1 của n  d  (p) theo định lý Format ta có 2d-1  1 (mod d)  m < d ta chứng minh m\n Giả sử n = mq + r (0  r < m) Theo giả sử n2 - 1  n  nmq+r - 1  n  2r(nmq - 1) + (2r - 1)  n  2r - 1  d vì r < m mà m  N, m nhỏ nhất khác 1 có tính chất (1)  r = 0  m\n mà m < d cũng có tính chất (1) nên điều giả sử là sai. Vậy n2 - 1  n với  n  N* BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Bài 1: Có tồn tại n  N sao cho n2 + n + 2  49 không? Bài 2: CMR: n2 + n + 1  9 với  n  N* Bài 3: CMR: 4n2 - 4n + 18  289 với  n  N
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ Bài 1: Giả sử tồn tại n  N để n2 + n + 2  49  4n2 + 4n + 8  49  (2n + 1)2 + 7  49 (1)  (2n + 1)2  7 Vì 7 là số nguyên tố  2n + 1  7  (2n + 1)2  49 (2) Từ (1); (2)  7  49 vô lý. Bài 2: Giả sử tồn tại n2 + n + 1  9 với  n  (n + 2)(n - 1) + 3  3 (1)  n  2 3  (n + 2)(n - 1)  9 (2) vì 3 là số nguyên tố    n  13 Từ (1) và (2)  3  9 vô lý Bài 3: Giả sử  n  N để 4n2 - 4n + 18  289  (2n - 1)2 + 17  172  (2n - 1)  17 17 là số nguyên tố  (2n - 1)  17  (2n - 1)2  289  17  289 vô lý.
BÀI TẬP VÀ PHƯƠNG PHÁP Cỏch 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể xét mọi trường hợp số dư khi chia n cho k. Vớ dụ: Chứng minh rằng: a) Tớch của hai số nguyờn liờn tiếp chia hết cho 2. b) Tớch của ba số nguyờn liờn tiếp chia hết cho 3. Giải: a) Viết tớch của hai số nguyờn liờn tiếp dưới dạng A(n) = n(n + 1). Có hai trường hợp xảy ra : * n  2 => n(n + 1)  2 * n khụng chia hết cho 2 (n lẻ) => (n + 1)  2 => n(n +1)  2 b) Xét mọi trường hợp: n chia hết cho 3; n=3q+1; n = 3q+2 + 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)
Cỏch 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq . + Nếu (p, q) = 1, ta chứng minh A(n)  p và A(n)  q. + Nếu (p, q)  1, ta phõn tớch A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:B(n)  p và C(n)  q . Vớ dụ 1: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2)  6. b) Chứng minh: tớch của hai số chẵn liờn tiếp chia hết cho 8. a) Ta cú 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đó cú A(n) chia Giải: hết cho 2 và 3. Do đó A(n) chia hết cho 6. b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1). 8 = 4 . 2. Vỡ 4  4 và n(n +1)  2 nờn A(n)  8 Vớ dụ 2 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n. (Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006) Giải: A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)  2 n = 5k + 1 => (n - 1)  5
n = 5k + 4 => (n + 1)  5. n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1)  5 n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1)  5 Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nờn phải chia hết cho 10. Cỏch 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể biến đổi A(n) thành tổng (hiệu) của nhiều hạng tử, trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k. (Đó học trong tớnh chất chia hết của một tổng ở lớp 6) (Liờn hệ: A(n) khụng chia hết cho k ...) Vớ dụ 1: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp Giải: n3 - 13n = n3 - n - II toàn quốc năm 1970). 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n (n - 1)n(n + 1) là tớch của 3 số tự nhiờn liờn tiếp nờn chia hết cho 6 ; 12n  6 . Do đó A(n)  6 Vớ dụ 2: Chứng minh n2 + 4n + 5 khụng chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ. Giải: Với n = 2k +1 ta cú: A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.
A(n) bằng tổng của ba hạng tử, trong đó hai hạng tử đầu đều chia hết cho 8 , duy chỉ có hạng tử 2 không chia hết cho 8. Vậy A(n) không chia hết cho 8. Cỏch 4: Phõn tớch A(n) thành nhõn tử. Nếu cú một nhõn tử chia hết cho k thỡ A(n) chia hết cho k. Hệ quả: Nếu A(n) = B(n).C(n) mà B(n)và C(n) đều không chia hết cho k thỡ A(n) khụng chia hết cho k A(n) = k . B(n). Trường hợp này thường sử dụng các kết quả: * (an - bn ) chia hết cho (a - b) với (a  b) * (an - bn ) chia hết cho (a - b) với (a   b; n chẵn) (an - bn ) chia hết cho (a - b) với (a  - b; n lẻ) Vớ dụ 1: Chứng minh : 2 + 22 + 23 + ... + 260 chia hết cho 15. Giải: Ta cú: 2 + 22 +23 + ... + 260 = (2 + 22 + ... + 24) + (25+ ... + 28) + ... + (257 +...+ 260) = 2(1 + 2 + 4 + 8) + 25(1 + 2 + 4 + 8) + ... + 257(1 + 2 + 4 + 8) = 15.(2 + 25 + ... + 257)  15.
Vớ dụ 2: Chứng minh rằng: 27 + 37 + 57 chia hết cho 5 Giải: Vì 7 là số lẻ nên (27 + 37) chia hết cho (2 + 3) hay 27 + 37 chia hết cho 5 => 27 + 37 + 57 chia hết cho 5 (đpcm) 57 chia hết cho 5 mà Cỏch 5: Dựng nguyờn tắc Dirichlet: Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hỡnh ảnh như sau: Nếu nhốt k chỳ thỏ vào m chuồng mà k> m thỡ phải nhốt ớt nhất hai chỳ thỏ vào chung một chuồng. Vớ dụ: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyờn bất kỡ thế nào cũng cú hai số cú hiệu chia hết cho m. Giải: Chia một số nguyờn bất kỡ cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ...; m - 1. Theo nguyờn tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thỡ phải cú ớt nhất hai số cú cựng số dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m. Cỏch 6: Dùng phương pháp qui nạp toán học: Để chứng minh A(n)  k ta làm theo trỡnh tự sau: Thử với n = 1 hoặc 2(Tức số n nhỏ nhất chọn ra). Nếu sai => Dừng.Nếu đúng A(1)  k.Tiếp tục:
Giả sử A(k)  k. Chứng tỏ A(k + 1)  k. Nếu đúng => Kết luận : A(n)  k Vớ dụ: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225. Giải: Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta cú : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0  225 => A(1) đúng. Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1  225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1  225. Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1 = 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = (16k - 15k - 1) + 15(16 - 1) (16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1)  225 Khi gặp những bài toỏn chứng minh với là số tự nhiên, ta vẫn thường dùng phương pháp quy nạp. Cụ thể lược đồ của cách giải này là:  Giả sử , ta chứng minh . Nhưng để ý rằng nếu thỡ 
Vỡ vậy cú thể xem đây là một biến dạng của phương pháp quy nạp, để chứng minh ta qua hai bước:   Áp dụng phương pháp này, ta có thể giải được một loạt cỏc bài toỏn chia hết khỏ cồng kềnh. Vớ dụ 1: Chứng minh cú chia hết cho 125. Giải: Cú . Xột nhưng nờn (đpcm) Vớ dụ 2: Chứng minh cú chia hết cho 64. Giải: Cú Xột Lại áp dụng phương pháp trên với Cỏch 7: Phương pháp phản chứng: Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n) khụng chia hết cho k là sai. A => B  B => A
Vớ dụ: Chứng minh nếu a2 + b2  3 thỡ a và b đều chia hết cho 3. Giải: Giả sử a và b khụng chia hết cho 3 => a = 3k  1 ; b = 3h  1 a2 + b2 = (3k  1)2 + (3h  1)2 = 9k2  6k + 1 + 9h2  6h + 1 = 3(3k2 + 3h2  2k  2h) + 2 khụng chia hết cho 3 mõu thuẫn với GT Tương tự cho trường hợp chỉ có một trong hai số chia hết cho 3. Do đó a và b phải chia hết cho 3.