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

4 Phương pháp đồ thị

35

4.1 Một số khái niệm và kết quả cơ bản của lí thuyết đồ thị . . . . . . 35
4.2 Phương pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.2.1 Xây dựng đồ thị mô tả các quan hệ . . . . . . . . . . . . . 37
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 . . . . . . . . . . . . . . 37
4.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 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
6 Phương pháp sơ đồ

67

6.1 Các bước thực hiện phương pháp sơ đồ . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.1 Thiết lập sơ đồ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
6.1.2 Dựa vào cấu trúc của sơ đồ mô tả quan hệ và điều kiện
đã cho trong bài toán mà suy ra đáp án . . . . . . . . . . . 67
6.2 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

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
những bài toán logic, tức những bài toán không mẫu mực phương pháp quy nạp
cho ta nhiều cách giải hữu hiệu.
Suy diễn là quá trình từ "tính chất" của tập thể suy ra tính chất của cá thể,
nên luôn luôn đúng, còn quá trình ngược lại, tức quá trình quy nạp: đi từ "tính
chất" của một số các thể suy ra "tính chất" của tập thể thì không phải lúc nào
cũng đúng, mà quá trình này chỉ đúng khi nó thỏa mãn một số điều kiện nào
đó, tức thỏa mãn nguyên lý quy nạp.

1.1 Nguyên lý quy nạp
Nếu khẳng định S(n) thỏa mãn hai điều kiện sau:
a) Đúng với n = k0 (số tự nhiên nhỏ nhất mà S(n) xác định).
b) Từ tính đúng đắn của S(n) đến n = t (hoặc đối với mọi giá trị của n (k0 ≤
n ≤ t)) (t ≥ k0), ta cần chứng minh tính đúng đắn của S(n) đối với n = t + 1, thì
khiØS(n) đúng với mọi n ≥ k0.

1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp
Giả sử khẳng định S(n) xác định với mọi n ≥ t0. Để chứng minh S(n) đúng
∀n ≥ t0 bằng quy nạp ta cần thực hiện theo hai bước sau:


kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!
- Do bỏ qua khâu quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601-1665) đã
n

cho rằng các số dạng 22 + 1 đều là số nguyên tố.
P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
0

Với n = 0 cho 22 + 1 = 21 + 1 = 3 là số nguyên tố.
1

n = 1 cho 22 + 1 = 22 + 1 = 5 là số nguyên tố.
2

n = 2 cho 22 + 1 = 24 + 1 = 17 là số nguyên tố.
3

n = 3 cho 22 + 1 = 28 + 1 = 257 là số nguyên tố.
4

n = 4 cho 22 + 1 = 216 + 1 = 65537 là số nguyên tố.

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


Như vậy trong mọi trường hợp từ kết quả tiêu k nghìn đầu tiên đã suy ra
được cách tiêu nghìn thứ k + 1, nên bài toán đã được giải quyết xong.

4


Chương 1. Phương pháp quy nạp

Ví dụ 1.2.2. Em An cầm một tờ giấy và lấy kéo cắt thành 7 mảnh. Sau đó nhặt
một trong những mảnh giấy đã cắt và lại cắt thành 7 mảnh. Và em An cứ tiếp
tục cắt giấy như vậy. Sau một hồi em An thu tất cả các mẩu giấy đã cắt ra và
đếm được 122 mảnh. Liệu em An đếm đúng hay sai?
Lời giải:
1) Mỗi lần cắt mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là đã tạo ra thêm 6 mảnh giấy,
nên công thức tính số mảnh giấy sau n bước thực hiện một mảnh giấy thành 7
mảnh có dạng: S(n) = 6n + 1.
2) Tính đúng đắn của công thức S(n) được khẳng định bằng quy nạp theo n.
10) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, em An cắt mảnh giấy có trong tay thành 7

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

xk+1 =

x xk +

1
xk

− xk−1 +

1
xk−1

theo giả thiết quy nạp, các số x + x1 , xk−1 + xk1−1 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.

2) Quy .nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với n = k ≥ 2, nghĩa là Ak..3k+1 và
Ak ..3k+2.
.
Vì Ak..3k+1, nên
.

∃M ∈ N (Ak = M.3k+1 và M ..3)

(1.1)

Xét n = k + 1
Ak+1 = 23

k+1

k

+ 1 = 23

k

= 3k+1.M. 23 + 1

.3

2

3

k


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

..

.

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
(1.3)
k
k. k. k
Giả sử 23 ..3k+3. Khi đó 23 ..9, nhưng 23 = 23
k

= 8k = ±1 (mod 9), nên



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)

Từ đẳng thức: x1.x2. · · · xk−1 (xk xk+1) = x1.x2. · · · .xk−1xk .xk+1 = 1 suy ra k số
dương x1, x2, · · · , xk−1, (xk xk+1) có tích bằng 1, nên theo giả thiết quy nạp, có
x1 + x2 + · · · + xkxk+1 ≥ k

Cộng cả hai vế của bất đẳng thức trên với 1 ta có bất đẳng thức
x1 + x2 + · · · + xkxk+1 + 1 ≥ k + 1

(1.7)

n+1

n.2

+ 1 = 22

n

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
đa thức của n có bậc không nhỏ hơn ba. Giả sử S(n) = an3 + bn2 + cn + d. Vì
S(0) = 1 nên d = 1. Lần lượt thay n = 1, n = 2, n = 3, ta được hệ



a + b + c =9
8a + 4b + 2c = 34


.

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

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.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 0, ta có A(0) = 0 chia hết cho 9.
2) Quy nạp. Giả sử A(k) chia hết cho 9 với mọi k ∈ N. Ta sẽ chứng minh
A(k + 1) cũng chia hết cho 9.
Thật vậy, ta có
A(k + 1) = 7k+1 + 3 (k + 1) − 1

(1.9)

= 7A(k) − 9. (2k − 1) .

Theo giả thiết quy nạp thì A(k) chia hết cho 9. Do đó từ (1.9) ta suy ra A(k + 1)
cũng chia hết cho 9.
Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 1.2.10. Gọi S(n) là tổng tất cả các ước số lẻ lớn nhất của các số tự nhiên
từ 1 đến 2n. Chứng minh rằng 3S(n) = 4n + 2.
Lời giải: Các số tự nhiên từ 1 đến 2n bao gồm các số lẻ từ 1 đến 2n và gấp đôi

Ví dụ 1.2.11. Tìm bậc cao nhất k của 2007 sao cho 2007k là ước của số:
20082007

2006

+ 20062007

2008

.

Lời giải: Ta chứng minh hai bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.1. Với số tự nhiên lẻ a ≥ 3 và với mọi n nguyên dương không chia
hết cho a, ta có:
n

(1 + a)a = 1 + Snan+1,

trong đó Sn là số nguyên dương và không chia hết cho a.
Bổ đề 1.2.2. Với số tự nhiên lẻ b ≥ 3 và với mọi số n nguyên dương, ta có:
n

(b − 1)b = −1 + tnbn+1,

trong đó tn là số nguyên không chia hết cho b.
+, Chứng minh bổ đề 1: Ta sẽ chứng minh bổ đề 1 bằng quy nạp.
1. Cơ sơ quy nạp. Với n = 1, ta có
(1 + a)a = 1 + Ca1a + Ca2a2 + . . . + Caaaa =
= 1 + a2 1 + Ca2 + Ca3a + . . . + aa−2
= 1 + S1a2.

a

= 1 + Ca1Skak+1 + Ca2 Skak+1

2

+ . . . + Caa Sk ak+1

a

= 1 + ak+2 Sk + Ca2Sk2 + . . . + Skaaak+a−k−2
= 1 + Sk+1ak+2.

Vì Sk không chia hết cho a suy ra Sk+1 không chia hết cho a.
Vậy bổ đề được chứng minh.
+, Chứng minh bổ đề 2. Bổ đề 2 được chứng minh bằng phương pháp quy
nạp bằng cách lý luận tương tự như chứng minh bổ đề 1.
Áp dụng hai bổ đề trên với a = b = 2007, ta được
20082007

2006

+ 20062007

2008

= S200620072007 + t200820072009
= S2006 + t200820072 20072007.

Vì S2006 không chia hết cho 2007 nên số k lớn nhất thỏa mãn điều kiện bài toán

t + 1 = 3k + 1.

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 3 (mod 4); ut−1 ≡ 2 (mod 4)

Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),

hay (1.13) đúng.
+) Nếu t = 3k + 1, suy ra
t − 1 = 3k
t + 1 = 3k + 2 .

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 3 (mod 4); ut−1 ≡ 3 (mod 4)

Suy ra
ut+1 ≡ 3.3 + 1 ≡ 2 (mod 4),

hay (1.13) đúng.
+) Nếu t = 3k + 2, suy ra
t − 1 = 3k + 1
t + 1 = 3(k + 1) .

Do đó, theo giả thiết quy nạp ta có
ut ≡ 2 (mod 4); ut−1 ≡ 3 (mod 4)

Suy ra
ut+1 ≡ 3.2 + 1 ≡ 3 (mod 4),


n

Vì 10 ≡ 1 (mod 3) nên 102.3 + 103 + 1 ≡ 0 (mod 3).
Hơn nữa, theo giả thiết quy nạp, A(n) chia hết 3n.
Do đó, ta có A(n + 1) chia hết 3n.3 = 3n+1, hay khẳng định đúng với n + 1.
Theo nguyên lý quy nạp, khẳng định đã cho đúng với mọi n ∈ Z+.
Ví dụ 1.2.14. Mỗi đầu của đường kính thuộc đường tròn tâm 0 ghi số 1. Sau
đó tại trung điểm của mỗi cung nhận được ghi số 2 (tổng của hai số được ghi ở
hai đầu của mỗi cung) (Bước 2). Coi bốn điểm ghi số là các điểm chia đường
tròn. Khi đó đường tròn được chia thành bốn cung bằng nhau. Giữa mỗi cung
này lại ghi số 3 (tổng của hai số được ghi ở hai đầu của cung tương ứng) (Bước
3). Cứ tiếp tục như vậy. Hỏi sau n bước tổng các số được ghi trên đường tròn là
bao nhiêu?
2
3

1

3

1
0

3

3
2

14


Sang bước (k + 1), ta coi 2k+1 điểm đã ghi là các điểm chia, nên đường tròn
được thành 2k+1 cung bằng nhau. Do trung điểm của mỗi cung này lại ghi tổng
của hai số đã ghi ở đầu của mỗi cung, nên mỗi số thuộc dãy (1.14) được xuất
hiện đúng hai lần trong các tổng mới (các số được ghi tại bước k + 1). Do đó,
tổng các số được ghi trên đường tròn sau k + 1 bước là:
Sk+1 = tổng các số đã ghi sau bước k + tổng các số được ghi tại bước k+1
= Sk + 2Sk = 3Sk = 3.2.3k = 2.3k+1

Khẳng định được chứng minh.
Ví dụ 1.2.15. Chứng minh rằng trên mặt phẳng n đường thẳng khác nhau cùng
đi qua một điểm, chia mặt phẳng thành 2n phần khác nhau.
Lời giải: Bài toán được giải quyết bằng quy nạp.
1) Cơ sở quy nạp. Với n = 1, ta có một đường thẳng. Nó chia mặt phẳng
thành hai phần, nên khẳng định đúng.
15


Chương 1. Phương pháp quy nạp

2) Quy nạp. Giả sử với n = k khẳng định đã đúng, nghĩa là k đường thẳng
tùy ý cùng đi qua một điểm M đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
Xét n = k + 1 đường thẳng khác nhau tùy ý cùng đi qua một điểm. Kí
hiệu các đường này, một cách tương ứng bằng δ1, δ2, · · · , δk , δk+1. Theo giả thiết
quy nạp k đường thẳng δ1, δ2, · · · , δk đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
δs

M
δk+1

δt

rõ là có tồn tại hay không.

2.1 Cơ sở lý thuyết
Cơ sở lý thuyết của phương pháp phản chứng là các định luật trong logic:
Gọi p, q, r là các mệnh đề toán học nào đó, khi đó
Định lý 2.1.1. (Các định luật cơ bản)
1. (Phi mâu thuẫn): p ∧ p = 0
2. (Bài trung):p ∨ p = 1
Định lý 2.1.2. (Các định luật phản chứng)
1. (Phản chứng) (p ⇒ q) ⇔ (q ⇒ p).
17


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

2. (Phản chứng suy rộng):
(p ∧ q ⇒ r) ⇔ (p ∧ r ⇒ q)

(2.1)

3. (p ⇒ q ∧ q) ⇒ p.
4. (q ⇒ 0) ⇒ q.
Các định luật trên có thể được chứng minh chẳng hạn bằng phương pháp
lập bảng chân lý hoặc phương pháp biến đổi tương đương. Chẳng hạn, ta có thể
chứng minh (2.1) như sau:
(p ∧ q ⇒ r) ⇔ p ∧ q hoặc r (do a ⇒ b ⇔ a hoặc b)
⇔p hoặc q hoặc r (do a ∧ b ⇔ a hoặc b)
⇔(p hoặc r) hoặc q (giao hoán, kết hợp và r ⇔ r)
⇔p ∧ r hoặc q
⇔(p ∧ r ⇒ q) đpcm.

18


Chương 2. Phương pháp chứng minh phản chứng

R

=

=

>

R

=

=

≤

≥


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
19

(2.4)


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

Suy ra

4

+2 + c ≤ 1

|a| + |b| + |c| ≤ 17

Đó là điều vô lý (trái với (2.2)). Vậy giả sử của ta là sai, tức là (2.3) đúng.
Ví dụ 2.4.2. Chứng minh tập các số nguyên tố P là tập vô hạn.
Lời giải: (phản chứng). Giả sử ngược lại, tập P là hữu hạn. Giả sử P =
{p1, p2, · · · , pn}. Khi đó, tồn tại số nguyên tố lớn nhất. Gọi đó là pn. Tức là:
pn ∈ P và ∀p ∈ P, p ≤ pn.

Xét số x =. p1.p2. . . .. .pn + 1. Ta có, x ∈ N; x không chia hết cho các số p1; p2; . . . ; pn
(vì nếu x..pj nào đó thì 1..pj : vô lý). Vậy x ∈ P . Mà hiển nhiên, x > pn. Đó là điều

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
GA
+ GB
−−→
−−→
GC+ −→
0 =→
−→ −→ −→ −−→ −→ −→ →
⇔ GO + OA + GO + OB + GO + OC = 0
−→ −→ −−→ −→ →