MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ.........................................................................................................................2
B. NỘI DUNG
1. Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng.....................................................3
2. Chuyên đề 2: Nguyên tắc Dirichlet..............................................................................10
3. Chuyên đề 3: Định lý Bézout – Lược đồ Horner..........................................................19
4. Chuyên đề 4: Dấu tam thức bậc hai..............................................................................23
5. Chuyên đề 5: Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên........................25
6. Chuyên đề 6: Phần nguyên và ứng dụng......................................................................36
7. Chuyên đề 7: Đường thẳng Simson..............................................................................45
8. Chuyên đề 8: Bất đẳng thức Erdos – Modell và một vài ứng dụng..............................53
9. Chuyên đề 9: Định lý Ptôlêmê và đặc trưng của tứ giác nội tiếp..................................62
C. KẾT LUẬN.............................................................................................................................72
D. TÀI LIỆU THAM KHẢO......................................................................................................73
Trang 1
MỘT SỐ CHUYÊN ĐỀ TRANG BỊ CHO HỌC SINH CHUYÊN
TOÁN TỪ TRUNG HỌC CƠ SỞ
1. Chuyên đề 1: Phương pháp chứng minh phản chứng:
1.1. Chứng minh phản chứng và các bước chứng minh phản chứng:
Trong chứng minh bằng phản chứng (tiếng La tinh là reductio ad absurdum, có nghĩa
là “thu giảm đến sự vô lí”), người ta sẽ chứng minh nếu một phát biểu nào đó xảy ra, thì
dẫn đến mâu thuẫn về lôgic, vì vậy phát biểu đó không được xảy ra. Phương pháp này có
lẽ là phương pháp phổ biến nhất trong chứng minh toán học.
Bước 1 (phủ định kết luận): Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán.
Bước 2 (đưa đến mâu thuẫn): Từ điều giả sử trên và từ giả thiết của bài toán, ta suy ra
một điều mâu thuẫn với giả thiết hay với các kiến thức đã học.
Bước 3 (khẳng định kết luận): Vậy kết luận của bài toán là đúng.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng 2 là số vô tỉ.
Chứng minh:
a
Giả sử 2 là số hữu tỉ, ta sẽ biểu diễn được 2 với ab,, b0,(a,b)1.
b
22
Do đó ab 2 . Bình phương hai vế ta được: ab 2 . Thì vế phải chia hết cho 2 nên vế
2
trái cũng phải chia hết cho 2 (vì chúng bằng nhau và đều là số tự nhiên). Do đó a là số
chẵn, có nghĩa là a cũng phải là số chẵn. Do vậy ta có thể viết ac 2 , trong đó c cũng là
22 22
số tự nhiên. Thay vào phương trình ban đầu ta có: (2cb)  2 hay bc 2 . Nhưng khi
2
đó, tương tự như trên, b chai hết cho 2 nên b phải là số chẵn. Nhưng nếu a và b đều là
số chẵn thì chúng sẽ có chung một ước số là 2. Điều này trái với giả thiết (,ab)1. Vậy
giả sử 2 là số hữu tỉ là sai. Do đó 2 là số vô tỉ.
1
Ví dụ 2: Không dùng máy tính, hãy chứng minh 635 .
10
Chứng minh:
1
2
Giả sử 635 hay 5910 35. Bình phương hai vế ta có: 59  100.35 hay
10
1
3481 3500 , điều này vô lý. Vậy giả sử trên là sai, do đó 635 .
10
x,,yz,t
Ví dụ 3: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương đồng thời thỏa
mãn đồng thời các đẳng thức sau:
1

xxyzt 1987
2
yxyzt 987 
zx yzt = 87
3

txyzt 7.
4

Trang 2
Chứng minh:
x,,yz,t
Giả sử tồn tại các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời các đẳng thức
1, 2 , 3 , 4 . Trừ từng vế các đẳng thức này ta được:

xy 1000 , yz 900 , zt 80 .
Suy ra x,,yz,t có cùng tính chẵn lẻ.
Nếu x,,yz,t cùng tính chẵn thì x xyzt là số chẵn, mâu thuẫn với (1).
x,,yz,t x xyzt
Nếu cùng lẻ thì vẫn là số chẵn, mâu thuẫn với (1).
Điều này chứng tỏ giả sử trên là sai. Vậy ta có điều phải chứng minh.
n
Ví dụ 4: Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương thì số 2010 1 không chia hết cho
n
1000 1.
Chứng minh:
n n
Giả sử với n là số nguyên dương thì 2010 1 chia hết cho 1000 1.
n n
Khi đó, do 1000 1 chia hết cho 3 nên 2010 1 chia hết cho 3. Điều này là vô lí vì
n n n
2010 1 không chia hết cho 3. Vậy điều giả sử 2010 1 chia hết cho 1000 1 là sai.
n n
Suy ra 2010 1 không chia hết cho 1000 1.
Ví dụ 5: Chứng minh: nếu aa, ,...,a là một hoán vị tùy ý của các số 1, 2,..., n với n là số
12 n
lẻ, thì tích aa12...an là một số chẵn.
  
12 n
Chứng minh:
Đầu tiên, ta có nhận xét rằng tổng của một số lẻ các số lẻ là một số lẻ. Để chứng minh
bài toán ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại một hiệu ak nào đó là số chẵn. Giả sử
k
rằng tất cả các hiệu ak đều là số lẻ. Khi đó tổng Sa1a 2...an 0,
   
k 12 n
vì các số a là sắp xếp lại của các số 1, 2,..., n . Nhưng theo nhận xét trên thì S là số lẻ vì
k
tổng của một số lẻ các số lẻ. Điều này mâu thuẫn. Do đó giả sử tất cả các hiệu ak là
k
số chẵn, suy ra tích aa12...an là số chẵn.
  
12 n
 Có nhiều cách chứng minh về sự tồn tại vô hạn các số nguyên tố, ví dụ sau đưa ra cách
chứng minh bằng phản chứng của Euclid cho kết quả này.
Ví dụ 6: Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên tố.
Chứng minh:
Giả sử chỉ có hữu hạn các số nguyên tố là p ,pp,..., và giả sử ppp... . Xét tích
12 n 12 n
Ap.p ...p 1. Rõ ràng Ap nên A là hợp số, do đó A có ít nhất một ước nguyên tố
12 n n
p. Khi đó do p ,pp,..., là tất cả các số nguyên tố nên tồn tại in{1, 2, ..., } sao cho
12 n
p p .
i
Như vậy A p ; ( p .pp... )p nên 1 p , mâu thuẫn.
12 n
Do đó giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố là sai. Vậy có vô hạn các số nguyên tố.
Trang 3
Ví dụ 7: Cho số nguyên n là hợp số, n > 1. Chứng minh rằng n có ước nguyên tố pn
Chứng minh:
Do n là hợp số nên n có thể viết dưới dạng na .b với ab,, a1,b1. Bây giờ nếu cả
an và bn thì abn. n n , mâu thuẫn. Do đó phải có an hoặc pn .
Bài toán được chứng minh.
Nhận xét. Kết quả trong ví dụ này có thể dùng làm tiêu chuẩn để kiểm tra một số có
phải là số nguyên tố hay không. Ví dụ: Để kiểm ra số 101 có là số nguyên tố hay không,
trước tiên ta tính 101 10,04. Khi đó, theo Ví dụ 11,7 thì hoặc 101 là số nguyên tố
hoặc 101 chia hết cho 2, 3, 5 hoặc 7 (là các số nguyên tố nhỏ hơn 10,04). Do không có
số nào trong các số 2, 3, 5, 7 là ước của 101 nên 101 là số nguyên tố.
Ví dụ 8: Chứng minh rằng:
a) Tích của những số nguyên có dạng 41k là số có dạng 41k .
43k
b) Tồn tại vô số các số nguyên tố có dạng .
Chứng minh:
a) Vì với kk,  thì
12
(4k1)(4k 1)16kk 4k 4k1 4(4kkkk )1 4k1, do đó tích của những
1 2 12 1 2 12 1 2 3
số nguyên có dạng 41k là số có dạng 41k .
b) Nhận xét: Mỗi số có dạng 43k sẽ có ít nhất một ước nguyên tố có dạng đó.
Thật vậy, rõ ràng n có ước cùng dạng với nó vì bản thân n là ước của n. Gọi p là ước nhỏ
nhất trong các ước như thế. Nếu p là số nguyên tố thì nhận xét được chứng minh. Nếu p
là hợp số thì p phân tích được thành tích các thừa số nguyên tố lẻ (do p lẻ). Các thừa số
này không thể có cùng dạng 41m (vì khi đó theo câu a p sẽ có dạng 41m ). Vậy ít
nhất một thừa số nguyên tố có dạng 43k . Do ước của p cũng là ước của n nên n có ước
nguyên tố dạng 43k .
Bây giờ ta sẽ chứng minh có vô số các số nguyên tố có dạng 43k .
Giả sử chỉ có hữu hạn số nguyên tố có dạng 43k là p ,pp,..., .
12 n
Xét số Np4p ...p 1 thì N có dạng 43k . Theo nhận xét trên thì N có ít nhất một
12 n
43k
ước nguyên tố có dạng . Nhưng từ cách xác định N thì N không chia hết cho bất
cứ số nguyên tố nào có dạng 43k . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ giả sử trên là sai. Vậy
có vô số các số nguyên tố có dạng 43k .
Ví dụ 9: Cho a, b là hai số thực sao cho với mọi số thực  0 ta luôn có ab .
Chứng minh rằng ab .
ab
Chứng minh: Giả sử ngược lại là ab . Khi đó  0 . Do ab với mọi  0
2
ab ab
nên với  , ta có: ab hay ab . Điều này mâu thuẫn với giả sử ab .
2 2
Suy ra giả sử ab là sai. Vậy ab .
Trang 4
Ví dụ 10: Cho a, b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng
không tồn tại các số nguyên dương x, y để axby ab .
Chứng minh:
Giả sử tồn tại các số nguyên dương x , y thỏa mãn đẳng thức đã cho, tức là:
oo
axby ab (1)
oo
Ta có: axab by b()a y b . Vì(,ab)1 nên xb .
oo o o
*
Do đó, tồn tại x sao cho x  bx .
1 o 1
*
Tương tự, tồn tại y sao cho y  ay . Thay vào đẳng thức (1) ta được
1 o 1
abxaby ab hay xy 1. Điều này vô lí vì xy  1. Vậy điều giả sử trên là sai. Ta
11 11 11
có điều phải chứng minh.
Ví dụ 11: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a, b, c, ta luôn tìm được số nguyên
32
dương n sao cho số f nn an bn c không phải là số chính phương.

Chứng minh:
Giả sử ngược lại, tồn tại abc,,  để với mọi số nguyên dương n thì f()n là số chính
phương.
Khi đó: f (1)1 abc , f (2)8 4ab 2c ,
f (3)27 9ab 3c , f (4)64 16ab 4c ,
là các số chính phương.
Nhận xét rằng: Một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1. Do đó số
dư trong phép chia hiệu của hai số chính thương cho 4 chỉ có thể là 0, 1 hoặc –1.
Ta có: f (4)fa(2) 12 2b 56 4(3a14) 2b , mà 2b là số chẵn nên theo nhận xét
trên thì 24b . (1)
Tương tự, ff(3) (1) 8a2b 26 4(2a 6)2b 2 , mà 22b cũng là số chẵn nên
(2b 2)4 . (2)
Từ (1) và (2) suy ra 24 , vô lí. Do đó giả sử trên là sai. Vậy với mọi số nguyên a, b, c
32
luôn tìm được số nguyên dương n sao cho số fnnanbnc không phải là số

chính phương.
Ví dụ 12: Chứng minh rằng nếu một tam giác có hai đường phân giác trong bằng nhau
thì tam giác đó cân.
Chứng minh:
Trang 5
Xét ABC có hai đường phân giác trong bằng nhau
A
D
BMC N . Ta sẽ chứng minh ABC cân tại A.
Giả sử ABC không cân tại A.
1
2
   
Xét BCBC 1 . Qua M kẻ đường thẳng

11
song song AB , qua N kẻ đường thẳng song song
N
M
BM cắt nhau tại D .
 
Khi đó . Theo
BNMDMN BM DN, B D 3
2
21
2
1 1
giả thiết BMCN NDNC . Vậy NCD cân tại
B
C
 
NNCD NDC 2 .
 
     
Vì BD và BCD C 3 .
 
22 1 2
21
 
Từ 2,3D CM CMDBN . Hai tam giác BNC, BMC có BC chung,
  
23
 
CNBM , BN CM C B , mâu thuẫn với 1 .

11
 
Trường hợp B C , chứng minh tương tự dẫn đến mâu thuẫn.
 
Vậy B C , suy ra ABC cân tại A.
Ví dụ 13: Cho một tam giác có ba góc nhọn. Qua một đỉnh của tam giác đó vẽ đường
cao, qua đỉnh thứ hai vẽ trung tuyến, qua đỉnh thứ ba vẽ phân giác. Chứng minh rằng
nếu ba đường đã vẽ được cắt nhau, tạo thành một tam giác thì tam giác đó không phải là
tam giác đều.
Chứng minh:
Xét ABC có ba góc nhọn và đường cao AH ,
A
BM , đường phân giác CN
đường trung tuyến
cắt nhau và tạo thành PQR như hình vẽ. Ta
cần chứng minh PQR không là tam giác đều.
M
N
R
Giả sử ngược lại PQR đều. Khi đó trong tam
0
 Q
P
giác vuông CRH có CRH 60
00 0
   
RCH 30 C 2RCH 60 , HAC 30
C
B
H
00 0
  
APM có PAM30 , APM 60 AMP 90 hay BMA C .
0

ABC có đường trung tuyến BM là đường cao nên ABC cân. Hơn nữa C 60 nên
ABC đều, dẫn đến P,,QR trùng nhau, trái giả thiết.
Vậy PQR không thể đều.
Ví dụ 14: Qua điểm O trong mặt phẳng, vẽ 5 đường thẳng phân biệt.
a) Có bao nhiêu góc đỉnh O được tạo thành trong hình vẽ?
0
b) Chứng minh rằng trong các góc đó, có ít nhất 1 góc không vượt quá 36 .
Chứng minh:
Trang 6
a) 5 đường thẳng cắt nhau tại O tạo thành 10 tia chung
gốc O . Mỗi tia trong 10 tia này tạo với 9 tia còn lại
thành 9 góc, có 10 tia nên có 9.10 90 góc. Nhưng
90 : 2 45
mỗi góc đã được tính 2 lần nên có tất cả góc
O
đỉnh O được tạo thành.
b) Trong 45 góc đỉnh O thì chỉ có 10 góc không có
0
điểm trong chung có tổng số đo 360 . Giả sử tất cả các
0 00
36 10.36  360
góc đều lớn hơn thì 10 góc vừa nêu có tổng số đo lớn hơn , mâu
0
thuẫn. Vậy phải có ít nhất một góc không vượt quá 36 .
Ví dụ 15: Trên một mặt phẳng có thể xếp được 7 đoạn thẳng sao cho mỗi đoạn thẳng cắt
đúng 3 đoạn thẳng khác được không?
Giải:
Câu trả lời là không. Thật vậy, giả sử xếp được 7
1 i j 7
đoạn thẳng sao cho mỗi đoạn thẳng cắt đúng 3
1 0
đoạn thẳng khác.
0
Ta lập bảng gồm 7 hàng, 7 cột và đánh dấu các ô:
i 0 X
nếu hai đoạn thẳng cắt nhau ta đánh dấu X, nếu
0
không cắt nhau ta đánh dấu 0. Chẳng hạn nếu
j X 0
đoạn thẳng thứ I cắt đoạn thẳng thứ j ta đánh dấu
0
X vào giao của dòng i và cột j, dòng j và cột i.
Khi đó mỗi dòng có 3 dấu X. 7 0
Mặt khác bảng sẽ có 7 dấu 0 xếp theo đường chéo của hình vuông. Như nói ở trên nếu ô
giao của dòng I cột j có dấu X thì ô giao của dòng j cột I cũng có dấu X, hai ô này đối
xứng qua đường chéo gồm các ô có dấu 0. Vì vậy các ô được đánh dấu X trong bảng
phải là số chẵn. Mâu thuẫn vì có 21 ô có dấu X theo giả thiết.
BÀI TẬP:
1.Chứng minh rằng:
a) Tổng của một số hữu tỉ và một số vô tỉ là một số vô tỉ.
b) Không tồn tại số hữu tỉ dương nhỏ nhất.
12n1
2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì phân số là tối giản.
30n 2
3. Tích của 43 số nguyên có trước bằng 1. Chứng minh rằng tổng của chúng không thể
bằng 0.
11 1
4. Gọiaa, ,...,a là các số tự nhiên thỏa mãn  ...  1. Chứng mỉnh rằng
1 2 2000
aa a
1 2 2000
tồn tại ít nhất một số a là số chẵn.
k
5. Số palindrome (còn gọi là số xuôi ngược hay số đối xứng) là số mà đọc xuôi hay đọc
ngược đều như nhau, ví dụ các số 151, 1991, 1211121, 15677651 là những số đối xứng.
Chứng minh rằng không tồn tại số đối xứng dương chia hết cho 10.
2
6. Chứng minh: với mọt số tự nhiên n ta luôn có không chia hết cho 49.
An33n8
Trang 7
2
7. Cho n là số tự nhiên khác 0; a là ước nguyên dương của 2n . Chứng minh rằng
2
n  2 không thể là số chính phương.
8. Chứng minh rằng với nn,2 thì giữa n và n! có ít nhất một số nguyên tố. Từ đó
suy ra có vô hạn các số nguyên tố.
9. Đặt các số 1, 2,3,..., 25 trên một vòng tròn theo một thứ tự tùy ý. Chứng minh rằng
luôn có 3 số liên tiếp có tổng lớn hơn hoặc bằng 39.
10. Cho dãy số: 3,7,11,15,19,23,... và 5,11,17, 23, 29,35,... Chứng minh rằng trong những
số hạng của mỗi dãy số trên có vô số các số nguyên tố.
11. Chứng minh rằng trong một tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn.
12. Chứng minh rằng trong một tam giác, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng
nữa cạnh huyền.
0
13. Chứng minh rằng nếu tam giác có 1 góc bằng 30 và cạnh đối diện với góc này
bằng nữa một cạnh khác thì tam giác đó là tam giác vuông.
14. Cho abc,, là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng:
ab c
M 
bcc a ab
không thể là số nguyên.
15. Trong 1 mặt phẳng cho n điểm n 3 thỏa điều kiện: bất kỳ đường thẳng nào đi
 
qua 2 trong trong những điểm đó đều chứa 1 điểm khác trong các điểm đã cho. Chứng
minh tất cả các điểm trên cùng nằm trên 1 đường thẳng.
Trang 8
2. Chuyên đề 2: Nguyên lí Dirichlet:
2.1 GIỚI THIỆU VỀ NGUYÊN LÍ DIRICHLET
Dirichlet (Đi-rích-lê) (1805 – 1859) là nhà toán học người Đức, được cho là người đưa
ra định nghĩa hiện đại về hàm số. Trên cơ sở quan sát thực tế, ông đã phát biểu thành
một nguyên lí mang tên ông – nguyên lí Dirichlet: Không thể nhốt 7 con thỏ vào 3 cái
lồng mà mỗi cái lồng có không quá 2 con thỏ. Nói cách khác, nếu nhốt 7 con thỏ vào 3
cái lồng thì tồn tại ít nhất một lồng có từ 3 con trở lên. Một cách tổng quát hơn, nếu có
k lồng để nhốt m con thỏ (với kkn r (0rk1)) thì tồn tại ít nhất một lồng có
chứa từ n + 1 con thỏ trở lên.
Ta cũng có thể dễ dàng chứ minh nguyên lí Dirichet bằng phương pháp phản chứng như
sau: Giả sử không có một lồng nào chứ n + 1 con thỏ trở lên, tức là mỗi lồng chứa nhiều
nhất n con thỏ, thì số con thỏ chứa trong k lồng nhiều nhất chỉ có thể là kn con. Điều này
mâu thuẫn với giả thiết có m con thỏ với mkn r (0rk1).
Nguyên lí Dirichlet thật đơn giản, dễ hiểu nhưng được vận dụng vào giải rất nhiều bài
toán trong số học, đại số, hình học về ciệc chỉ ra sự tồn tại của một hay nhiều đối tượng
thỏa mãn một điều kiện đặt ra.
Khi sử dụng nguyên lí Dirichlet vào bài toán cụ thể, điều quan trọng là phải nhận ra (hay
tạo ra) Lồng hoặc Thỏ hoặc cả Lồng và Thỏ.
2.2 MỘT SỐ DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1. CHỨNG MINH SỰ TỒN TẠI CHIA HẾT
Thông thường ta coi m số tự nhiên đã cho là m “con thỏ”, các số dư trong phép chia các
số tự nhiên đó cho n là những “lồng”; như vậy sẽ có n cái lồng: lồng i (0ib) gồm
những số tự nhiên đã cho chia cho n dư i.
VÍ DỤ 1. Chứng mình rằng:
a) Trong 2012 số tự nhiên bất kì luôn tìm được hai số chia cho 2011 có cùng số dư (hay
hiệu của chúng chia hết cho 2011).
b) Trong 2012 sô tự nhiên bất kì luôn tìm được một số chia hết cho 2012 hoặc luôn tìm
được hai số chia cho 2012 có cùng số dư.
Giải
a) Ta coi 2012 số tự nhiên đã cho là 2012 “con thỏ”; “lồng i” gồm các số chia cho 2011
dư i (0i 2011) nên có 2011 lồng: lồng 0, lồng 1, …, lồng 2010. Như vậy có 2011
lồng chứa 2012 con thỏ nên theo nguyên lí Dirchlet tồn tại ít nhất một lồng chứa không
ít hơn hai con thỏ, tức là có ít nhất hai số chia cho 2011 có cùng số dư.
b) Nếu trong 2012 số đã cho có ít nhất một số chia hết cho 2012 thì ta chọn luôn số này.
Nếu không có số nào chia hết cho 2012 thì khi chia cho 2012 nhận nhiều nhất 2012 số
dư khác nhau là 1, 2, …, 2011. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại ít nhất hai số chia cho
2012 có cùng số dư.
Nhận xét. Ta có thể tổng quát bài toán trên như sau:
Trang 9

onthicaptoc.com Tài liệu chuyên Toán THCS