ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
————————–

VŨ THỊ HIỀN

SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2015


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
————————–

VŨ THỊ HIỀN

SÁU PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC
BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TS. Đặng Huy Ruận

Hà Nội - 2015

.

17
17
18
19
19

2 Phương pháp chứng minh phản chứng
2.1 Cơ sở lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Nội dung của phương pháp phản chứng . . . . .
2.3 Trình bày lời giải của phương pháp phản chứng .
2.4 Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

.

28
3.1 Vài nét về phương pháp suy luận trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . 28
3.2 Các ví dụ về vận dụng phương pháp suy luận trực tiếp . . . . . . 29
4 Phương pháp đồ thị
4.1 Một số khái niệm và kết quả cơ bản của lí thuyết đồ thị . . . . .
4.2 Phương pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.2.1 Xây dựng đồ thị mô tả các quan hệ . . . . . . . . . . . .
4.2.2 Dựa vào các kết quả của lý thuyết đồ thị hoặc lý luận trực
tiếp suy ra đáp án của bài toán D . . . . . . . . . . . . .
4.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

35
. 35
. 36
. 37
. 37
. 37

5 Phương pháp bảng
53
5.1 Giới thiệu về phương pháp bảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
i


MỤC LỤC

5.2

Một số ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53


Với khối lượng có hạn, luận văn chỉ xin phép trình bày sáu trong những
phương pháp thường dùng nhất.
Luận văn gồm phần mở đầu và sáu chương:
Chương I trình bày về phương pháp quy nạp,
Chương II trình bày về phương pháp phản chứng,
Chương III trình bày về phương pháp suy luận trực tiếp,
Chương IV trình bày về phương pháp đồ thị,
Chương V trình bày về phương pháp bảng,
Chương V I trình bày về phương pháp sơ đồ.
Mỗi phương pháp đều có phần tóm tắt cơ sở lý thuyết và phần vận dụng
phương pháp để giải bài tập.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo GS. TS
Đặng Huy Ruận. Em xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Em xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán - Cơ - Tin học, khoa Sau
Đại học, Trường Đại học Khoa học tự nhiên, Đại học Quốc Gia Hà Nội, các
Thầy, Cô giáo đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện cho chúng em trong thời gian
học tập tại đây. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến các Đồng nghiệp tại trường
Phổ Thông Hồng Đức - Hà Nội, những người đã động viên giúp đỡ tôi rất nhiều
trong quá trình hoàn thành luận văn này.
Luận văn khó tránh khỏi hạn chế và sơ xuất. Rất mong được sự chỉ bảo của
Quý thầy cô và Quý bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

1


Chương 1
Phương pháp quy nạp
Phương pháp quy nạp có vai trò vô cùng quan trọng trong toán học, khoa
học và cuộc sống. Đối với nhiều bài toán trong chương trình toán phổ thông là

1.2.1

Cơ sở quy nạp

Thực hiện bước này tức là ta thử xem sự đúng đắn của S(n) với n = t0 nghĩa
là xét S(t0 ) có đúng hay không?

1.2.2

Quy nạp

Giả sử khẳng định S(n) đã đúng đến n = t (hoặc đối với mọi n (t0 ≤ n ≤ t))
(t ≥ t0 ). Trên cơ sở giả thiết này ta chứng minh tính đúng đắn của S(n) đối với
n = t + 1, tức S(t + 1) đúng.
Nếu cả ba bước trên thỏa mãn, thì theo nguyên lý quy nạp S(n) đúng với
∀n ≥ t0 .
Chú ý: Trong quá trình quy nạp nếu không thực hiện đầy đủ cả ba bước: Cơ
sở quy nạp, giả thiết quy nạp và chứng minh quy nạp, thì có thể dẫn đến kết
quả sai lầm, chẳng hạn:
- Do bỏ bước cơ sở quy nạp, ta đưa ra kết luận không đúng: Mọi số tự nhiên
đều bằng nhau! Bằng cách quy nạp như sau: Giả sử các số tự nhiên không vượt
quá k + 1 đã bằng nhau. Khi đó ta có
k =k+1

Thêm vào mỗi vế của đẳng thức trên một đơn vị ta có
k+1=k+1+1=k+2

Cứ như vậy suy ra mọi số tự nhiên không nhỏ hơn k đều bằng nhau. Kết hợp
với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt quá k đều bằng nhau, đi đến
kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!


3


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Nhưng vào thế kỷ 18 Euler đã phát hiện với n = 5 khẳng định trên không
đúng, bởi vì:
5

22 + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417

là hợp số.

1.2.3

Vận dụng phương pháp quy nạp để giải một số bài toán

Phương pháp quy nạp được sử dụng trong tính toán, trong chứng minh và
trong suy luận dưới nhiều dạng khác nhau, nhưng trong phần này chỉ trình bày
việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán logic, tức các bài toán
"không mẫu mực".
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng: Nếu trong túi có một số tiền nguyên (nghìn)
không ít hơn 8000đ, thì luôn luôn có thể mua vé sổ số loại 5000đ và 3000đ.
Lời giải: Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng phương pháp quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức 8000đ, thì ta mua một
vé sổ số loại 5000đ và một vé sổ số loại 3000đ. Khi đó
1 × 5000đ + 1 × 3000đ = 8000đ

và ta đã tiêu được hết số tiền có trong túi.

mảnh, nên có
S(1) = 6.1 + 1 = 6 + 1 = 7
20 ) Quy nạp. Giả sử sau k bước em An đã nhận được số mảnh giấy là
S(k) = 6k + 1

Sang bước k + 1 em An lấy một trong những mảnh giấy nhận được trong k
bước trước và cắt thành 7 mảnh, tức em An đã lấy đi một trong S(k) mảnh và
thay vào đó 7 mảnh được cắt ra nên
S(k + 1) = S(k) − 1 + 7 = 6k + 1 − 1 + 7 = 6k + 7
= 6k + 6 + 1 = 6(k + 1) + 1

Vậy số mảnh giấy em An nhận được sau n bước cắt giấy là S(n).
3) Do S(n) = 6n + 1 ≡ 1 (mod 6), nhưng 122 = 6.20 + 2 ≡ 2 (mod 6), nên em
An đếm không đúng.
Ví dụ 1.2.3. (Chứng minh tính chất bằng quy nạp).
Cho x + x1 , x = 0 là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
n, số
T (n, x) = xn +

1
xn

cũng là số nguyên.
Lời giải: Khẳng định được chứng minh bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1 có T (1, x) = x + x1 là số nguyên, theo giả thiết.
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên k(n ≥ k ≥ 1) nghĩa
là
T (k, x) = xk +
5


theo giả thiết quy nạp, các số x + x1 , xk−1 + xk−1
và xk + x1k đều nguyên, nên
T (k + 1, x) là số nguyên và khẳng định đúng với mọi số nguyên dương n.

Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng mọi số nguyên lớn hơn 1 đều có thể viết dưới
dạng tích của các thừa số nguyên tố.
Lời giải: Ta chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 2, ta có 2 = 2,
Với n = 3, ta có 3 = 3, n = 4, ta có 4 = 2 × 2
Vậy khẳng định đúng với n = 2, 3, 4.
2. Quy nạp. Giả sử với mọi số nguyên n đều phân tích được thành tích của
các thừa số nguyên tố. Ta chứng minh n + 1 cũng phân tích được thành tích của
các thừa số nguyên tố.
Thật vậy
• Nếu n + 1 là số nguyên tố thì nó bằng tích của chính n + 1.
• Nếu n + 1 là hợp số thì n + 1 = a.b với 2 ≤ a, b < n.

Theo giả thiết quy nạp, thì a, b đều phân tích được thành tích các thừa số
nguyên tố.
Suy ra, n + 1 cũng phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố.
Theo nguyên lý quy nạp, mọi số nguyên n > 1 đều phân tích được thành tích
các thừa số nguyên tố.
Ví dụ 1.2.5. (Chứng minh tính chia hết bằng quy nạp). Chứng minh rằng với
n
n
n
.
mọi số nguyên dương n số 23 + 1 chia hết cho 3n+1 23 + 1 ..3n+1 và số 23 + 1
không chia hết cho 3n+2


Vì Ak ..3k+1 , nên
(Ak = M.3k+1

∃M ∈ N

.
và M ..3)

(1.1)

Xét n = k + 1
k+1

Ak+1 = 23

k

+ 1 = 23

= 3k+1 .M.

.3

3

k

+ 1 = 23

k

k

− 3.23
k

= 3k+2 .M. 32k+1 .M 2 − 23

.

.

10 ) Khi đó Ak+1 ..3k+2 , nên với mọi số nguyên dương n đều có 23 + 1..3n+1 .
n

.
20 ) Ak+1 ..3k+3 .

.
a) Vì M ..3 (theo (1.1)), nên

.
3k+2 .M ..3k+3

(1.2)

b) Do k ≥ 2, nên ∃t ∈ N (k = t + 2) và 32k+1 .M 2 = 3k+3+t .M 2 .
Bởi vậy
.
32k+1 .M 2 ..3k+3
k.


và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = · · · = xn
7


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1 ta chỉ có số x1 . Vì x1 = 1, nên x1 thỏa mãn bất
đẳng thức x1 ≥ 1.
2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với k số dương tùy ý có tích bằng 1.
Xét k + 1 số dương tùy ý x1 , x2 , · · · , xk , xk+1 với x1 .x2 . · · · xk .xk+1 = 1. Có hai khả
năng đặt ra:
a) Nếu x1 = x2 = · · · = xk = xk+1 , thì xi = 1 (1 ≤ i ≤ k + 1). Khi đó
x1 + x2 + · · · + xk + xk+1 = k + 1

và khẳng định được chứng minh.
b) Nếu k + 1 số được xét x1 , x2 , · · · , xk , xk+1 không đồng thời bằng nhau, thì do
tích của chúng bằng 1 và các số này đều dương, phải có ít nhất một số lớn hơn
1 và ít nhất một số nhỏ hơn 1. Không giảm tính tổng quát, giả sử xk < 1 và
xk+1 > 1. Khi đó
1 − xk > 0, xk+1 − 1 > 0

nên (1 − xk ) (xk+1 − 1) > 0

Bởi vậy
xk + xk+1 > xk .xk+1 + 1

(1.6)


n

An − 1 = 22 = 10m + 6.
n+1

An+1 = 22

n.2

+ 1 = 22

n

+ 1 = 22

2

+1

= (10m + 6)2 + 1 = 100m2 + 120m + 36 + 1
= 10 10m2 + 12m + 37 = 10 10m2 + 12m + 3 + 7

nên An+1 tận cùng bằng chữ số 7.
Vậy với mọi số k ≥ 2, số Ak tận cùng bằng chữ số 7.
Ví dụ 1.2.8. Tính tổng sau
S(n) = 12 + 32 + · · · + (2n + 1)2 ,

trong đó n là một số tự nhiên.
Lời giải: Ta sẽ đi dự đoán công thức tổng S(n). Ta thấy S(n) là tổng của các
lũy thừa bậc hai của các số 1, 3, · · · , (2n + 1), nên ta dự đoán S(n) phải là một

n = k + 1.
Thật vậy
S(k + 1) = 12 + 32 + · · · + (2k + 1)2 + (2k + 3)2
= S(k) + (2k + 3)2 .
9


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Theo giả thiết quy nạp thì S(k) =
Suy ra

(k+1)(2k+1)(2k+3)
.
3

(k + 1) (2k + 1) (2k + 3)
+ (2k + 3)2
3
(k + 2) (2k + 3) (2k + 5)
=
3

S(k + 1) =

Vậy công thức (1.8) đúng với n = k + 1, do đó theo nguyên lý quy nạp (1.8) đúng
với mọi n.
Ví dụ 1.2.9. Chứng minh rằng A(n) = 7n + 3n − 1 chia hết cho 9 với mọi số tự
nhiên n.
Lời giải: Đặt A(n) = 7n + 3n − 1. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng quy nạp.


2) Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = k , tức là
(1.11)

3S(k) = 4k + 2

Ta cần chỉ ra khẳng định đúng với n = k + 1 hay 3S(k + 1) = 4k+1 + 2.
Thật vậy, theo (1.10) ta có
S(k + 1) = S(k) + 4k
⇔ 3S(k + 1) = 3S(k) + 3.4k

= 4k + 2 + 3.4k

(1.12)

= 4k+1 + 2.

theo giả thiết quy nạp. Vậy khẳng định đã cho đúng với mọi n ∈ N∗ .
Ví dụ 1.2.11. Tìm bậc cao nhất k của 2007 sao cho 2007k là ước của số:
2006

20082007

2008

+ 20062007

.

Lời giải: Ta chứng minh hai bổ đề sau:

k

(1 + a)a = 1 + Sk ak+1 ,

trong đó Sk là số nguyên dương và không chia hết cho a.
Ta có
(1 + a)a

k+1

= (1 + a)a

k

.a

= 1 + Sk ak+1

a

= 1 + Ca1 Sk ak+1 + Ca2 Sk ak+1

2

+ . . . + Caa Sk ak+1

a

= 1 + ak+2 Sk + Ca2 Sk2 + . . . + Ska aak+a−k−2
= 1 + Sk+1 ak+2 .


u5 ≡ 2 (mod 4).

u3 ≡ 3 (mod 4);

u4 ≡ 3 (mod 4).

Ta dự đoán:
un ≡ 2
un ≡ 3

(mod 4)
nếu n = 3k + 2, (k ∈ Z)
(mod 4) nếu n = 3k + 1 hoặc n = 3k , (k ∈ Z).
12

(1.13)


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Ta sẽ chứng minh quan hệ (1.13) bằng quy nạp.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 2, 3, 4, 5, ta có quan hệ (1.13) đúng.
2. Quy nạp. Giả sử (1.13) đúng với n = t. Ta cần chứng minh (1.13) đúng với
n = t + 1.
+) Nếu t = 3k , khi đó
t − 1 = 3k − 1 = 3(k − 1) + 2
t + 1 = 3k + 1.

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có

Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),

hay (1.13) đúng. Vậy (1.13) được chứng minh. Do 2008 = 3.669 + 1, nên u2008 ≡ 3
.
(mod 4), hay u2008 − 3..4.
13


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Ví dụ 1.2.13. Chứng minh rằng số được thành lập bởi 3n chữ số giống nhau thì
chia hết cho 3n , trong đó n là một số nguyên dương cho trước.
Lời giải: Gọi A(n) = aa . . . a, trong đó A(n) gồm 3n chữ số a và 1 ≤ a ≤ 9. Ta
chứng minh khẳng định bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có A(1) = aaa chia hết cho 31 = 3. Khẳng
định đúng với n = 1.
2. Quy nạp. Giả sử A(n) chia hết cho 3n , ta cần chứng minh A(n + 1) chia
hết cho 3n+1 .
Thật vậy, ta có
n

n

A(n + 1) = A(n)A(n)A(n) = A.102.3 + A.103 + A
n

n

= A 102.3 + 103 + 1 .

2

14


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Lời giải: Sau n bước tổng các số trên đường tròn là Sn = 2.3n .
Ta sẽ chứng minh công thức trên bằng quy nạp theo n.
1. Cơ sở quy nạp. Sau Bước 1, trên đường tròn có bốn (22 ) số 1, 2, 1, 2. Khi
đó
S1 = 1 + 2 + 1 + 2 = 6 = 2.31

2. Quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = k(k ≥ 1), nghĩa là sau k bước
trên đường tròn đã có 2k+1 số
(1.14)

s1 , s2 , . . . , s2k +1 , . . . , s2k+1 ,

với tổng là Sk = 2.3k .
2
3

3

1

1

3

M
δk+1

δt

Vì các đường thẳng đều khác nhau và cùng đi qua điểm M , nên tồn tại các
chỉ số s, t (1 ≤ s, t ≤ k) để δk+1 là đường thẳng duy nhất nằm trong góc được
lập nên bởi δs và δt . Khi đó δk+1 chia hai phần mặt phẳng được giới hạn bởi
δs và δt thành bốn phần. Bởi vậy k + 1 đường thẳng δ1 , δ2 , · · · , δk , δk+1 chia mặt
phẳng thành
2k − 2 + 4 = 2k + 2 = 2 (k + 1)

phần khác nhau. Khẳng định được chứng minh.

16


Chương 2
Phương pháp chứng minh phản
chứng
Chứng minh là một nét đặc trưng của toán học, tạo ra sự khác biệt giữa
toán học với các môn khoa học khác. Nắm bắt phương pháp và kĩ thuật chứng
minh cũng là yêu cầu bắt buộc đối với học sinh nói chung. Các phương pháp và
kĩ thuật chứng minh rất phong phú: Từ chứng minh trực tiếp đến gián tiếp, từ
chứng minh bằng quy nạp đến chứng minh bằng phản chứng, từ ví dụ đến phản
ví dụ, từ xây dựng đến không xây dựng.
Trong bài luận văn này xin được đề cập đến phép chứng minh phản chứng,
một trong những phương pháp chứng minh kinh điển và quan trọng nhất của
toán học. Chứng minh phản chứng có thể nói là một trong những vũ khí quan
trọng nhất của toán học. Nó cho phép chúng ta chứng minh sự có thể và không

(p ∧ q ⇒ r) ⇔ p ∧ q
⇔p
⇔(p

hoặc r

hoặc q

hoặc r

hoặc q

⇔(p ∧ r ⇒ q)

a⇒b⇔a

(do

hoặc r) hoặc q

⇔p ∧ r

2.2

(do

hoặc b)

a∧b⇔a


7.
∃x, p(x) ⇔ ∀x, p(x).
8. Nếu p(x) := f (x)Rg(x), thì p(x) là : f (x)Rg(x) trong đó, R và R được xác
định như sau:

18


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

R

=

=

>

≥




2.4

Một số ví dụ minh họa

Ví dụ 2.4.1. Cho f (x) = ax2 + bx + c. Giả sử
|a| + |b| + |c| > 17

(2.2)

∃x ∈ [0; 1], |f (x)| > 1

(2.3)

Chứng minh rằng
Lời giải: Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử (2.3) sai, tức
là
∀x ∈ [0; 1], |f (x)| ≤ 1
(2.4)
19


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

Chọn x = 0; 21 ; 1, từ (2.4) ta được |c| ≤ 1 và:
|a + b + c| ≤ 1
b
a
4 + 2 +c ≤1


Giả sử tìm được 5 số như vậy. Gọi s là tổng của 5 số đó và n là giá trị nhỏ
nhất của tổng các cặp hai số. Khi đó 10 số nguyên liên tiếp nói trong đề bài là
n, n + 1, . . . , n + 9
20


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

Ta tính tổng τ của 10 số đó theo hai cách khác nhau:
Một mặt, τ = n + (n + 1) + (n + 2) + . . . + (n + 9) = 5 (2n + 9)
Mặt khác τ = 4s (do trong τ mỗi số đã cho có mặt đúng 4 lần). Từ đó suy ra
4s = 5 (2n + 9) là điều vô lý.
Vậy giả sử ban đầu là sai, tức là không thể chọn được 5 số thỏa mãn yêu cầu
bài ra.
Ví dụ 2.4.5. Cho ba điểm A, B, C phân biệt trên mặt phẳng. Chứng minh rằng
nếu tồn tại điểm G thuộc mặt phẳng đó thỏa mãn:
−→ −−→ −→ −
→
GA + GB + GC = 0

thì điểm G đó là duy nhất.
Lời giải: Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử còn có điểm O = G thỏa mãn yêu cầu bài toán, tức là
−→ −−→ −→ −
→
OA + OB + OC = 0

Ta có
−→ −−→ −→ −
→


(2.5)

1) Chứng minh rằng nếu (2.5) có nghiệm nguyên thì nó không có nghiệm
nguyên duy nhất.
2) Tìm nghiệm nguyên của (2.5) khi n = 2005.
21