Giáo trình Toán rời rạc (Phần 1) - Lâm Thị Ngọc Châu

Nội dung text: Giáo trình Toán rời rạc (Phần 1) - Lâm Thị Ngọc Châu

1. Lâm Thị Ngọc Châu GIÁO TRÌNH Toán rời rạc Ebook.moet.gov.vn, 2008
2. Chương 1: Đại số mệnh đề CHƯƠNG 1 : ĐẠI SỐ MỆNH ĐỀ 1.1. Tổng quan • Mục tiêu của chương 1 Học xong chương này, sinh viên phải nắm bắt được các vấn đề sau: - Thế nào là mệnh đề, chân trị của mệnh đề, các phép toán mệnh đề. - Thực hiện được các phép toán mệnh đề. - Hiểu được các ứng dụng của phép toán logic trong lập trình và trong đời sống hàng ngày. • Kiến thức cơ bản cần thiết Các kiến thức cơ bản trong chương này bao gồm: - Kiến thức về phép toán đại số, phép toán hình học cơ bản. - Có khả năng suy luận. - Biết lập trình bằng ngôn ngữ Pascal, C • Tài liệu tham khảo Phạm văn Thiều, Đặng Hữu Thịnh. Toán rời rạc ứng dụng trong tin học. Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội - 1997 (chương 1, trang 6 - 28). • Nội dung cốt lõi - Định nghĩa mệnh đề, biểu thức mệnh đề. - Các phép toán - Ví dụ ứng dụng - Giới thiệu một số thuật ngữ chuyên dùng - Tương đương logic và cách chứng minh. 1.2. Định nghĩa mệnh đề Mổi câu phát biểu là đúng hay là sai được gọi là một mệnh đề. (Definition proposition: Any statement that is either true or false is called a proposition.) Trang 5
3. Chương 1: Đại số mệnh đề Ví dụ 1: Các câu xác định dưới đây là một mệnh đề . 2 + 3 = 5 . 3*4 = 10 . . Tam giác đều có 3 cạnh bằng nhau . Washington D.C. là thủ đô của Hoa Kỳ . Toronto là thủ đô của Canada Câu xác định "2 + 3 = 5", "Tam giác đều có 3 cạnh bằng nhau" và "Washington D.C. là thủ đô của Hoa Kỳ" là các mệnh đề đúng. Còn các câu xác định "3*4 = 10" và "Toronto là thủ đô của Canada" là các mệnh đề sai. Như vậy, một mệnh đề có thể là mệnh đề đúng hoặc mệnh đề sai. Hay nói cách khác, một mệnh đề chỉ có thể lựa chọn 1 trong 2 giá trị là đúng hoặc là sai. Một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai. Ví dụ 2: Xét các câu phát biểu sau . Hôm nay là thứ mấy ? . Một số thực âm không phải là số chính phương . Hãy đọc kỹ đọan này . x + 1 = 2 . x + y = z Câu "Hôm nay là thứ mấy ? " không là mệnh đề vì nó chỉ là một câu hỏi không có giá trị đúng, sai. Câu "Một số âm không phải là số chính phương" có chân trị là đúng nếu xét trên tập họp số thực R nhưng lại có chân trị sai khi xét trên tập họp số phức. Câu "x+1=2" và câu "x+y=z" không phải là mệnh đề vì chúng chẳng đúng cũng chẳng sai bởi các biến trong những câu đó chưa được gán cho một giá trị cụ thể nào. Giá trị đúng, sai của một mệnh đề được gọi là chân trị của mệnh đề đó. Chân trị của mệnh đề đúng ký hiệu là T (true), chân trị của mệnh đề sai ký hiệu là F (false). Bảng chân trị của mệnh đề bao gồm các trường hợp đúng, sai có thể xảy ra của mệnh đề đó. Mục đích của các họat động khoa học là phân biệt các mệnh đề để xác định chân trị của nó. Sự xác định chân trị này dựa vào thực nghiệm và lý luận. Lý luận ở đây là xác định chân trị của mệnh đề bằng cách kết hợp các mệnh đề mà ta đã biết Trang 6
4. Chương 1: Đại số mệnh đề chân trị. Các luật lệ chế ngự cách kết hợp mang tính chính xác của phép toán đại số. Vì thế, chúng ta cần nói đến "Đại số mệnh đề". 1.3. Các phép tính mệnh đề Trong phép tính mệnh đề, người ta không quan tâm đến ý nghĩa của câu phát biểu mà chỉ chú ý đến chân trị của các mệnh đề. Do đó, khi thực hiện các phép toán mệnh đề thông thường người ta không ghi rõ các câu phát biểu mà chỉ ghi ký hiệu. Các chữ cái sẽ được dùng để ký hiệu các mệnh đề. Những chữ cái thường dùng là P, Q, R, Mệnh đề chỉ có một giá trị đơn (luôn đúng hoặc sai) được gọi là mệnh đề nguyên từ ( atomic proposition ). Các mệnh đề không phải là mệnh đề nguyên từ được gọi là mệng đề phức hợp (compound propositions). Thông thường, tất cả mệnh đề phức hợp là mệnh đề liên kết (có chứa phép tính mệnh đề). Các phép tính mệnh đề được sử dụng nhằm mục đích kết nối các mệnh đề lại với nhau tạo ra một mệnh đề mới. Các phép toán mệnh đề được trình bày trong chương này bao gồm : phép phủ định, phép hội, phép tuyển, phép XOR, phép kéo theo, phép tương đương. 1.3.1. Phép phủ định (NEGATION) Cho P là một mệnh đề, câu "không phải là P" là một mệnh đề khác được gọi là phủ định của mệnh đề P. Kí hiệu : ¬ P ( P ). Ví dụ : P = " 2 > 0 " ¬ P = " 2 ≤ 0 " Bảng chân trị (truth table) p ¬p T F F T Qui tắc: Nếu P có giá trị là T thì phủ định P có giá trị là F. Trang 7
5. Chương 1: Đại số mệnh đề 1.3.2. Phép hội (CONJUNCTION) Cho hai mệnh đề P, Q. Câu xác định "P và Q" là một mệnh đề mới được gọi là hội của 2 mệnh đề P và Q. Kí hiệu P ∧ Q. Ví dụ : Cho 2 mệnh đề P và Q như sau P = " 2 > 0 " là mệnh đề đúng Q = " 2 = 0 " là mệnh đề sai P ∧ Q = " 2> 0 và 2 = 0 " là mệnh đề sai. Bảng chân trị p q p ∧q T T T T F F F T F F F F Qui tắc : Hội của 2 mệnh đề chỉ đúng khi cả hai mệnh đề là đúng. Các trường hợp còn lại là sai. 1.3.3. Phép tuyển (DISJUNCTION) Cho hai mệnh đề P, Q. Câu xác định "P hay (hoặc) Q" là một mệnh đề mới được gọi là tuyển của 2 mệnh đề P và Q. Kí hiệu P ∨ Q. Ví dụ : Cho 2 mệnh đề P và Q như sau P = " 2 > 0 " là mệnh đề đúng Q = " 2 = 0 " là mệnh đề sai P ∨ Q = " 2 ≥ 0 " là mệnh đề đúng. Bảng chân trị p q p∨q T T T T F T F T T F F F Trang 8
6. Chương 1: Đại số mệnh đề Qui tắc : Tuyển của 2 mệnh đề chỉ sai khi cả hai mệnh đề là sai. Các trường hợp còn lại là đúng. 1.3.4. Phép XOR Cho hai mệnh đề P và Q. Câu xác định "loại trừ P hoặc lọai trừ Q", nghĩa là "hoặc là P đúng hoặc Q đúng nhưng không đồng thời cả hai là đúng" là một mệnh đề mới được gọi là P xor Q. Kí hiệu P ⊕ Q. Bảng chân trị p q p⊕q T T F T F T F T T F F F 1.3.5. Phép toán trên bit Các máy tính dùng các bit để biểu diễn thông tin. Một bit có 2 giá trị khả dĩ là 0 và 1. Bit cũng có thể được dùng để biểu diễn chân trị. Thường người ta dùng bit 1 để biểu diễn chân trị đúng và bit 0 để biểu diễn chân trị sai. Các phép toán trên bit trong máy tính là các phép toán logic. Thông tin thường được biển diễn bằng cách dùng các xâu bit. Ta có định nghĩa xâu bit như sau: Định nghĩa : Một xâu bit (hoặc xâu nhị phân) là dãy có một hoặc nhiều bit. Chiều dài của xâu là số các bit trong xâu đó. Ví dụ : 101011000 là một xâu bit có chiều dài là 9 Có thể mở rộng các phép toán trên bit tới các xâu bit. Người ta định nghĩa các OR bit, AND bit và XOR bit đối với 2 xâu bit có cùng chiều dài là các xâu có các bit của chúng là ca1c OR, AND, XOR của các bit tương ứng trong 2 xâu tương ứng. Chúng ta cũng dùng các kí hiệu ∧, ∨, ⊕ để biểu diễn các phép tính OR bit, AND và XOR tương ứng. Trang 9
7. Chương 1: Đại số mệnh đề Ví dụ : Tìm OR bit, AND bit và XOR bit đối với 2 xâu sau đây (mỗi xâu được tách thành 2 khối, mỗi khối có 5 bit cho dễ đọc) 01101 10110 11000 11101 11101 11111 OR bit 01000 10100 AND bit 10101 01011 XOR bit 1.3.6. Phép kéo theo (IMPLICATION) Cho P và Q là hai mệnh đề. Câu "Nếu P thì Q" là một mệnh đề mới được gọi là mệnh đề kéo theo của hai mệnh đề P,Q. Kí hiệu P → Q. P được gọi là giả thiết và Q được gọi là kết luận. Ví dụ : Cho hai mệnh đề P và Q như sau P = " tam giác T là đều " Q = " tam giác T có một góc bằng 60°" Để xét chân trị của mệnh đề P → Q, ta có nhận xét sau : - Nếu P đúng, nghĩa là tam giác T là đều thì rõ ràng rằng P → Q là đúng. - Nếu P sai, nghĩa là tam giác T không đều và cũng không là cân thì dù Q là đúng hay sai thì mệnh đề P → Q vẫn đúng. Sau đây là bảng chân trị của ví dụ và cũng là bảng chân trị của mệnh đề P →Q. p q p→q T T T T F F F T T F F T Qui tắc : mệnh đề kéo theo chỉ sai khi giả thiết đúng và kết luận sai. Các trường hợp khác là đúng. Trang 10
8. Chương 1: Đại số mệnh đề Từ mệnh đề P → Q, chúng ta có thể tạo ra các mệnh đề kéo theo khác như là mệnh đề Q → P và ¬Q → ¬P được gọi là mệnh đề đảo và mệnh đề phản đảo của mệnh đề P → Q. Ví dụ : Tìm mệnh đề đảo và phản đảo của mệnh đề sau " Nếu tôi có nhiều tiền thì tôi mua xe hơi" Mệnh đề đảo là : " Nếu tôi mua xe hơi thì tôi có nhiều tiền" Mệnh đề phản đảo là : " Nếu tôi không mua xe hơi thì tôi không có nhiều tiền" 1.3.7. Phép tương đương (BICONDITIONAL) Cho P và Q là hai mệnh đề. Câu "P nếu và chỉ nếu Q" là một mệnh đề mới được gọi là P tương đương Q. Kí hiệu P ↔ Q. Mệnh đề tương đương là đúng khi P và Q có cùng chân trị. P ↔ Q = (P → Q) ∧ (Q → P) Đọc là : P nếu và chỉ nếu Q P là cần và đủ đối với Q Nếu P thì Q và ngược lại Bảng chân trị p q p↔q T T T T F F F T F F F T 1.4. Biểu thức mệnh đề (LOGICAL CONNECTIVES) Cho P, Q, R, là các mệnh đề. Nếu các mệnh đề này liên kết với nhau bằng các phép toán thì ta được một biểu thức mệnh đề. Trang 11
9. Chương 1: Đại số mệnh đề Chú ý : . Một mệnh đề cũng là một biểu thức mệnh đề . Nếu P là một biểu thức mệnh đề thì ¬P cũng là biểu thức mệnh đề Chân trị của biểu thức mệnh đề là kết quả nhận được từ sự kết hợp giữa các phép toán và chân trị của các biến mệnh đề. Ví dụ : Tìm P ¬ P Q R Q ∧ R ¬ P ∨(Q ∧ R) chân trị của biểu thức T F T T T T mệnh đề ¬P ∨ (Q ∧ R ) T F T F F F T F F T F F T F F F F F F T T T T T F T T F F T F T F T F T F T F F F T Do biêểu thức mệnh đề là sự liên kết của nhiều mệnh đề bằng các phép toán nên chúng ta có thể phân tích để biểu diễn các biểu thức mệnh đề này bằng một cây mệnh đề. Ví dụ : Xét câu phát biểu sau : " Nếu Michelle thắng trong kỳ thi Olympic, mọi người sẽ khâm phục cô ấy, và cô ta sẽ trở nên giàu có. Nhưng, nếu cô ta không thắng thì cô ta sẽ mất tất cả." Đây là một biểu thức mệnh đề và phép toán chính là phép hội. Có thể viết lại như sau : "Nếu Michelle thắng trong kỳ thi Olympic, mọi người sẽ khâm phục cô ấy, và cô ta sẽ trở nên giàu có. Nhưng, nếu cô ta không thắng thì cô ta sẽ mất tất cả. " Cả hai mệnh đề chính trong biểu thức mệnh đề này là mệnh đề phức hợp. Có thể định nghĩa các biến mệnh đề như sau: P: Michelle thắng trong kỳ thi Olympic Trang 12
10. Chương 1: Đại số mệnh đề Q: mọi người sẽ khâm phục cô ấy R: cô ta sẽ trở nên giàu có S: cô ta sẽ mất tất cả Biểu diễn câu phát biểu trên bằng các mệnh đề và các phép toán, ta có biểu thức mệnh đề sau : ( P → (Q ∧ R)) ∧ (¬P → S) Biểu diễn câu phát biểu trên thành một cây ngữ nghĩa như sau : Nếu Michelle thắng trong kỳ thi Olympic, mọi người sẽ khâm phục cô ấy, và cô ta sẽ trở nên giàu có. Nhưng, nếu cô ta không thắng thì cô ta sẽ mất tất cả. Nếu Michelle thắng trong kỳ thi Nếu cô ta không thắng thì cô ta sẽ Olympic, mọi người sẽ khâm phục AND mất tất cả. cô ấy, và cô ta sẽ trở nên giàu có. Michelle Mọi người sẽ Cô ta không Cô ta sẽ thắng trong khâm phục cô thắng mất tất cả. kỳ thi ấy, và cô ta sẽ Olympic trở nên giàu có. Mọi người sẽ khâm Cô ta sẽ trở Cô ta sẽ mất AND NOT phục cô ấy nên giàu có. tất cả. Trang 13
11. Chương 1: Đại số mệnh đề 1.5. Các ứng dụng của Logic (EVERDAY LOGICAL) Ngày nay, logic mệnh đề được ứng dụng nhiều trong các lĩnh vực khác nhau như: - Viết - Nói - Tìm kiếm trên mạng (search engines) - Toán học - Các chương trình máy tính (logic in programming) Do đó, hiểu biết các qui tắc để sử dụng logic là rất hữu ích. Sau đây là một vài ví dụ để chỉ ra các ứng dụng đó. • Ví dụ 1: Logic trong tìm kiếm trên mạng Đặt vấn đề : Bạn muốn tìm tài liệu trên mạng có liên quan đến hai từ "disc golf". Nếu bạn gõ vào ô tìm kiếm hai từ "disc golf" này, bạn sẽ tìm thấy các tài liệu về disc và các tài liệu về golf nhưng không tìm thấy các các tài liệu về "disc golf". Cách giải quyết : Bạn chỉ cần gõ vào ô tìm kiếm là "disc AND golf" • Ví dụ 2 : Logic trong lập trình (Logic in programming) Đặt vấn đề : Bạn muốn đặt điều kiện là nếu 0 0 AND x < = 10 ) x++ ; • Ví dụ 3 : Logic trong cách nói ở gia đình Đặt vấn đề : Mẹ của bé An nói rằng : "Nếu con ngoan thì con có thể được ăn kem hoặc ăn bánh bông lan". Bé An hiểu rằng nếu nó ngoan thì nó sẽ được ăn kem và ăn bánh bông lan. Tuy nhiên, mẹ của bé An tức giận vì thật sự bà ta chỉ cho phép nó được ăn một trong hai thứ mà thôi. Cách giải quyết là mẹ của bé An phải nói như thế này :"Nếu con ngoan thì con sẽ được ăn hoặc là kem hoặc là bánh bông lan nhưng không được ăn cả hai". Trang 14
12. Chương 1: Đại số mệnh đề • Ví dụ 4 : Logic trong tính toán Đặt vấn đề : Bạn có 3 lần kiểm tra trong lớp học. Nếu bạn đạt được 2 lần điểm A, hoặc chỉ một lần điểm A nhưng không được có một lần nào rớt trong 3 lần kiểm tra đó thì bạn sẽ đạt điểm A cho toàn khóa học. Bạn là người không được siêng năng lắm, vậy thì bạn sẽ chọn cách nào để đạt điểm A cho toàn khóa học ? Cách giải quyết : Bởi vì điều kiện là OR nên cách giải quyết là bạn có thể đạt 2 điểm A và rớt lần 3, hay là chỉ cần đạt một điểm A và không rớt lần nào. Bạn sẽ lựa chọn đạt một điểm A và không rớt lần nào. • Ví dụ 5 : Logic trong đời sống Đặt vấn đề: Sau khi nướng 1 chiếc bánh cho 2 đứa cháu trai và 2 đứa cháu gái đến thăm, Dì Nellie lấy bánh ra khỏi lò nướng và để nguội. Sau đó, cô rời khỏi nhà để đến đóng cửa hàng ở gần đó. Lúc trở về thì có ai đó đã ăn 1/4 chiếc bánh và thậm chí còn đặt lại cái dĩa dơ bên phần bánh còn lại. Vì không còn ai đến nhà Dì ngày hôm đó trừ 4 đứa cháu nên Dì biết ngay là 1 trong 4 đứa đã ăn mà chưa được cho phép. Dì Nellie bèn hỏi 4 đứa thì được các câu trả lời như sau: - Charles : Kelly đã ăn phần bánh - Dawn : Con không ăn bánh - Kelly : Tyler ăn bánh - Tyler : Con không ăn, Kelly nói chơi khi bảo rằng con ăn bánh. Nếu chỉ 1 trong 4 câu trả lời trên là đúng và chỉ 1 trong 4 đứa cháu là thủ phạm, hãy tìm ra người mà Dì Nellie phải phạt ? Cách giải quyết : Vì chỉ 1 trong 4 câu trả lời trên là đúng nên chúng ta có thể dùng phép vét cạn để tìm lời giải. - Giả sử Charles nói đúng nghĩa là Kelly ăn bánh. Ba câu còn lại là sai. Dawn nói "Con không ăn bánh" là sai nghĩa là Dawn có ăn bánh. Vậy có đến 2 người ăn bánh, điều này mâu thuẩn giả thiết, giả sử không được chấp thuận. - Giả sử Dawn nói đúng nghĩa là Dawn không ăn bánh và 3 câu còn lại là sai. Nhận thấy có mâu thuẩn giữa Kelly và Tyler. Bởi vì Kelly nói "Tyler ăn bánh" là sai nghĩa là Tyler không ăn. Trong khi đó, Tyler lại nói rằng "Con không ăn " là sai, vậy thực tế là nó có ăn. Giả thuyết này là không chấp nhận được. Trang 15
13. Chương 1: Đại số mệnh đề - Giả sử Kelly nói đúng nghĩa là Tyler ăn bánh và 3 câu còn lại là sai. Như vậy, cũng có 2 thủ phạm là Kelly và Dawn. Mâu thuẩn giả thiết. - Giả sử sau cùng là Tyler nói đúng nghĩa là nó không ăn bánh và 3 câu còn lại là sai. Nhận thấy chỉ có một người ăn bánh chính là Dawn. Vậy giả thuyết này là hợp lý và thủ phạm chính là Dawn. • Ví dụ 6 : Logic trong toán học Đặt vấn đề : Tìm số tự nhiên a biết rằng trong 3 mệnh đề dưới đây có 2 mệnh đề là đúng và 1 mệnh đề là sai. 1/ a + 51 là số chính phương 2/ Chữ số tận cùng của a là 1 3/ a - 38 là số chính phương Cách giải quyết : Trước hết, chúng ta sẽ phải xác định xem 2 mệnh đề đúng và 1 mệnh đề sai là mệnh đề nào ? Sau đó từ 2 mệnh đề đúng để tìm ra số tự nhiên a. Số chính phương là số nguyên dương khi lấy căn bậc hai. Do đó, số chính phương có các chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9. - Nhận thấy giữa mệnh đề 1 và 2 có mâu thuẩn. Bởi vì, giả sử 2 mệnh đề này đồng thời là đúng thì a+51 có chữ số tận cùng là 2 nên không thể là số chính phương. Vậy trong 2 mệnh đề này phải có 1 mệnh đề là đúng và 1 là sai. - Tương tự, nhận thấy giữa mệnh đề 2 và 3 cũng có mâu thuẩn. Bởi vì, giả sử mệnh đề này đồng thời là đúng thì a-38 có chữ số tận cùng là 3 nên không thể là số chính phương. Vậy trong 3 mệnh đề trên thì mệnh đề 1 và 3 là đúng, còn mệnh đề 2 là sai. Với x > 0 và y > 0 . Đặt : a + 51 = x2 - a - 38 = y2 89 = 1.89 = x2 - y2 = ( x + y )( x - y ) Suy ra : x + y = 1 (loại vì x, y là nguyên dương nên không thể có x + y = 1) x - y = 89 Trang 16
14. Chương 1: Đại số mệnh đề Hay là : x + y = 89 x - y = 1 Giải hệ phuơng trình này ta được x = 45 và y = 44. Vậy a = 1974. Trên đây là vài ví dụ đơn giản. Hy vọng rằng các ví dụ này cho chúng ta thấy được sự quan trọng của logic không chỉ trong toán học, khoa học máy tính mà còn trong cuộc sống hàng ngày. 1.6. Các thuật ngữ chuyên ngành (SOME TERMINOLOGY) 1.6.1. Định nghĩa Hằng đúng (Tautologie): Một hằng đúng là một mệnh đề luôn có chân trị là đúng. Một hằng đúng cũng là một biểu thức mệnh đề luôn có chân trị là đúng bất chấp sự lựa chọn chân trị của biến mệnh đề. Ví dụ : xét chân trị của biểu thức mệnh đề ¬P ∨ P P ¬P ¬P∨P T F T F T T Vậy ¬P∨P là một hằng đúng. 1.6.2. Định nghĩa Hằng sai (Contradiction): Một hằng sai là một mệnh đề luôn có chân trị là sai. Một hằng sai cũng là một biểu thức mệnh đề luôn có chân trị là sai bất chấp sự lựa chọn chân trị của biến mệnh đề. Ví dụ : xét chân trị của biểu thức mệnh đề ¬P ∧ P P ¬P ¬P∧P T F F F T F Trang 17
15. Chương 1: Đại số mệnh đề Vậy ¬P∧P là một hằng sai. 1.6.3. Định nghĩa tiếp liên (Contingency): Một tiếp liên là một biểu thức mệnh đề không phải là hằng đúng và không phải là hằng sai. Ví dụ : Tìm chân trị của biểu thức mệnh đề (P ∧ Q ) ∨ ¬Q p q ¬q p ∧q (p∧q)∨¬ q T T F T T T F T F T F T F F F F F T F T Vậy (P ∧ Q ) ∨ ¬Q là một tiếp liên vì nó không phải là hằng đúng và cũng không phải là hằng sai. 1.7. Mệnh đề hệ quả Định nghĩa : Cho F và G là 2 biểu thức mệnh đề. Người ta nói rằng G là mệnh đề hệ quả của F hay G được suy ra từ F nếu F → G là hằng đúng. Kí hiệu F |→ G Ví dụ : Cho F = ( P → Q ) ∧ ( Q → R ) G = P → R Xét xem G có là mệnh đề hệ quả của F không ? P Q R P→Q Q→R F G F→G T T T T T T T T T T F T F F F T T F T F T F T T T F F F T F F T F T T T T T T T Trang 18
16. Chương 1: Đại số mệnh đề F T F T F F T T F F T T T T T T F F F T T T T T Vậy G là mệnh đề hệ quả của F Nhận xét : Nếu G là hệ quả của F thì khi F là đúng thì bắt bắt buộc G phải đúng. Ngược lại, nếu G là đúng thì chưa có kết luận gì vể chân trị của F. 1.8. Tương đương Logic (LOGICALLY EQUIVALENT) • Định nghĩa 1 : Mệnh đề P và mệnh đề Q được gọi là tương đương logic nếu phép tương đương của P và Q (P↔Q) là hằng đúng. • Định nghĩa 2 : Hai mệnh đề P và Q được gọi là tương đương logic nếu và chỉ nếu chúng có cùng chân trị. • Mệnh đề P và Q tương đương logic được kí hiệu là P ⇔ Q (hay P = Q) Ví dụ 1 : Cho F = P∨(Q∧R) G = (P∨Q) ∧ (P∨R) Xét xem hai mệnh đề trên là có tương đương logic không ? Trang 19
17. Chương 1: Đại số mệnh đề Vậy F và G là tương đương logic hay F=G. Ví dụ 2: Cho F = P → Q G = ¬ (P∨Q) Xét xem hai mệnh đề trên là có tương đương logic không ? p q p→q ¬p ¬p∨q T T T F T T F F F F F T T T T F F T T T Vậy F ⇔ G hay P → Q = ¬ (P∨Q) F G F↔G p q r q∧r p∨q p∨r T T T T T T T T T T T F F T T T T T T F T F T T T T T T F F F T T T T T F T T T T T T T T F T F F F T F F T F F T F F F T F T F F F F F F F F T Trang 20
18. Chương 1: Đại số mệnh đề Bảng các tương đương logic thường dùng Đặt T= hằng đúng, F = hằng sai Equivalence Name p∨ T ⇔ T Domination laws p∧F ⇔ F p∧T ⇔ p Identity laws p∨F ⇔ p Idempotent laws p∨p ⇔ p p∧p ⇔p ¬(¬p) ⇔p Double negation law p∨¬p ⇔ T Cancellation laws p∧¬p ⇔ F (Not an offical name) p∨q ⇔ q∨p Commutative laws p∧q ⇔ q∧p (p∨q)∨r ⇔ p∨(q∨r) Associative laws (p∧q)∧r ⇔ p∧(q∧r) p∨(q ∧r) ⇔ (p∨q)∧(p∨r) Distributive laws p∧(q ∨r) ⇔ (p∧q)∨(p∧r) ¬(p∧q) ⇔ ¬p∨¬q De Morgan’s laws ¬(p∨q) ⇔ ¬p∧¬q (p→q) ⇔ (¬p∨q) Implication law Lưu ý : Domination laws : luật nuốt Identity laws : luật đồng nhất Idempotent laws : luật lũy đẳng Trang 21
19. Chương 1: Đại số mệnh đề Double negation law : luật phủ định kép Cancellation laws : luật xóa bỏ Commutative laws : luật giao hoán Associative laws : luật kết hợp Distributive laws : luật phân bố De Morgan’s laws : luật De Morgan Ngoài các tương đương thường dùng trong bảng trên, có một tương đương logic khác mà chúng ta cũng sẽ hay gặp trong các chứng minh. Đó là : P ∨ ( P ∧ Q ) = P P ∧ ( P ∨ Q ) = P ( sinh viên tự chứng minh xem như bài tập ) • Ví dụ 1 : Không lập bảng chân trị, sử dụng các tương đương logic để chứng minh rằng (P ∧ Q) → Q là hằng đúng. ((p ∧ q) → q) ⇔ ¬(p ∧ q)∨ q ←Implication law ⇔(¬p∨¬q)∨q ←De Morgan’s Law ⇔ ¬p∨(¬q∨q) ←Associative law ←Cancellation Law ⇔ ¬ p ∨ T ⇔ T ←Domination Law • Ví dụ 2 : Chứng minh rằng ¬ (q → p ) ∨ (p ∧ q ) = q Trang 22
20. Chương 1: Đại số mệnh đề (¬(q→ p))∨(p∧q) ⇔(¬(¬q∨ p))∨(p∧q) ↓ Implication law ⇔(q∧¬p)∨(p∧q) ←Commutative law ⇔(q∧¬p)∨(q∧ p) ←Distributive law ⇔ q ∧ (¬p ∨ p) ←Cancellation law ⇔ q ∧ T ←Identity law ⇔ q • Ví dụ 3 : Áp dụng trong lập trình Giả sử trong chương trình có câu lệnh sau : while(NOT(A[i]!=0 AND NOT(A[i]>= 10))) Ta có thể viết lại câu lệnh này một cách đơn giản hơn bằng cách sử dụng công thức De Morgan. while( A[i]==0 OR A[i]>= 10) • Ví dụ 4: Giả sử trong chương trình có câu lệnh sau : while( (i 10) OR (i = 10))) Trước hết chúng ta sẽ áp dụng công thức De Morgan để biến đổi biểu thức sau cùng như sau : while( (i 10) OR (i = 10) ) Sau đó, chúng ta lại sử dụng công thức về tính phân bố của phép hội đối với phép tuyển để rút gọn biểu thức phía trước. Ta có câu lệnh sau cùng là : while( (i 10 OR A[i] = 10) ) 1.9. Tổng kết chương 1 Trong chương này sinh viên cần nắm vững định nghĩa mệnh đề cùng các phép toán logic. Ngoài ra, các thuật ngữ chuyên ngành cũng rất quan trọng. Sinh viên Trang 23
21. Chương 1: Đại số mệnh đề phải biết cách áp dụng các phép toán logic trong lập trình. Tuy nhiên, có vấn đề cần lưu ý khi áp dụng tính giao hoán. Trong một vài ngôn ngữ lập trình, ví dụ như C, Java, C++ thì việc sử dụng tính chất giao hoán có thể không là một ý tưởng hay. Ví dụ : Nếu A là một mảng có n phần tử thì câu lệnh : if(i 5 then n:=n+2 ; b/ if ((n+2 = 8) or (n-3=6)) then n:= 2*n + 1 ; c/ if ((n-3=16) and (n div 5=1)) then n:= n + 3 ; d/ if ((n<>21) and (n-7=15)) then n:= n - 4 ; e/ if ((n div 5 = 2) or (n+1=20)) then n:=n+1 ; Ban đầu biến nguyên n được gán trị là 7. Hãy xác định giá trị n trong các trường hợp sau : Trang 24
22. Chương 1: Đại số mệnh đề - Sau mỗi câu lệnh ( nghĩa là khi qua câu lệnh mới thì gán lại n = 7) - Sau tất cả các lệnh ( sử dụng kết quả của câu lệnh trước để tính toán cho câu sau) 4/ Cho đoạn chương trình sau : a/ if n-m = 5 then n:= n-2 ; b/ if ((2*m=n) and (n div 4 =1) then n:= 4*m - 3 ; c/ if ((n 1)) then m:= n ; g/ if m*n 0) and (y>0)) or ( not ((w>0) and (t=3)) ; Với mỗi cách gán giá trị biến như sau, hãy xác định trong trường hợp nào thì vòng lặp kết thúc. a/ x= 7, y= 2, w= 5, t= 3 b/ x= 0, y= 2, w= -3, t= 3 c/ x= 0, y= -1, w= 1, t= 3 d/ x= 1, y= -1, w= 1, t= 3 6/ Trong một phiên tòa xử án 3 bị can có liên quan đến vấn đề tài chánh, trước tòa cả 3 bị cáo đều tuyên thệ khai đúng sự thật và lời khai như sau : Anh A: Chị B có tội và anh C vô tội Chị B : Nếu anh A có tội thì anh C cũng có tội Anh C: Tôi vô tội nhưng một trong hai người kia là có tội Trang 25
23. Chương 1: Đại số mệnh đề Hãy xét xem ai là người có tội ? 7/ Cho các mệnh đề được phát biểu như sau, hãy tìm số lớn nhất các mệnh đề đồng thời là đúng. a/ Quang là người khôn khéo b/ Quang không gặp may mắn c/ Quang gặp may mắn nhưng không khôn khéo d/ Nếu Quang là người khôn khéo thì nó không gặp may mắn e/ Quang là người khôn khéo khi và chỉ khi nó gặp may mắn f/ Hoặc Quang là người khôn khéo, hoặc nó gặp may mắn nhưng không đồng thời cả hai. 8/ Cho a và b là hai số nguyên dương. Biết rằng, trong 4 mệnh đề sau đây có 3 mệnh đề đúng và 1 mệnh đề sai. Hãy tìm mọi cặp số (a, b) có thể có. 1/ a+1 chia hết cho b 2/ a = 2b + 5 3/ a+b chia hết cho 3 4/ a+7b là số nguyên tố 9/ Không lập bảng chân trị, sử dụng các công thức tương đương logic, chứng minh rằng các biểu thức mệnh đề sau là hằng đúng a/ (P∧Q)→P b/ P→(¬ P → P) c/ P→((Q→ (P∧Q)) d/ ¬ (P ∨ ¬Q)→¬ P e/ ((P→Q) ∧ (Q→R)) → (P→R) 10/ Không lập bảng chân trị, sử dụng các công thức tương đương logic, xét xem biểu thức mệnh đề G có là hệ quả của F không ? a/ F = P∧(Q∨R) G = (P∧Q)∨R b/ F = (P→Q)∧(Q→R) G = P→ (Q →R) c/ F = P∧Q G = (¬P→Q) ∨ (P→ ¬Q) 11/ Tương tự bài tập 9 và 10, chứng minh các tương đương logic sau đây: a/ (P∨Q)∧¬ (¬P∧Q) ⇔ P Trang 26
24. Chương 1: Đại số mệnh đề b/ ¬(¬((P∨Q)∧R) ∨ ¬Q) ⇔ Q∧R c/ ((P∨Q) ∧ (P ∨ ¬Q)) ∨ Q ⇔ P∨Q d/ ¬(P∨Q) ∨ ((¬P ∧Q) ∨ ¬Q) ⇔ ¬(Q∧P) e/ (P→Q) ∧ (¬Q ∧ (R ∨ ¬Q)) ⇔ ¬ (Q∨P) f/ P ∨ (P ∧ (P∨Q) ⇔ P g/ P ∨ Q ∨ (¬P ∧ ¬Q ∧ R) ⇔ P∨Q∨R h/ ((¬P ∨ ¬Q) → (P∧Q∧R ) ⇔ P∧Q i/ P ∧ ((¬Q → (R∧R)) ∨ ¬ (Q ∨ (R∧S) ∨ (R ∧ ¬S))) ⇔ P j/ (P∨Q∨R) ∧ (P ∨ S ∨ ¬Q) ∧ (P ∨ ¬S ∨ R) ⇔ P ∨ (R ∧ (S ∨ ¬Q) Trang 27
25. Chương 1: Đại số mệnh đề CHƯƠNG 1 : ĐẠI SỐ MỆNH ĐỀ 5 1.1. Tổng quan 5 1.2. Định nghĩa mệnh đề 5 1.3. Các phép tính mệnh đề 7 1.3.1. Phép phủ định (NEGATION) 7 1.3.2. Phép hội (CONJUNCTION) 8 1.3.3. Phép tuyển (DISJUNCTION) 8 1.3.4. Phép XOR 9 1.3.5. Phép toán trên bit 9 1.3.6. Phép kéo theo (IMPLICATION) 10 1.3.7. Phép tương đương (BICONDITIONAL) 11 1.4. Biểu thức mệnh đề (LOGICAL CONNECTIVES) 11 1.5. Các ứng dụng của Logic (EVERDAY LOGICAL) 14 1.6. Các thuật ngữ chuyên ngành (SOME TERMINOLOGY) 17 1.6.1. Định nghĩa Hằng đúng (Tautologie): 17 1.6.2. Định nghĩa Hằng sai (Contradiction): 17 1.6.3. Định nghĩa tiếp liên (Contingency): 18 1.7. Mệnh đề hệ quả 18 1.8. Tương đương Logic (LOGICALLY EQUIVALENT) 19 1.9. Tổng kết chương 1 23 1.10. Bài tập chương 1 24 Trang 28
26. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh CHƯƠNG 2 : SUY LUẬN TOÁN HỌC & CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH 2.1. Tổng quan • Mục tiêu của chương 1 Học xong chương này, sinh viên phải nắm bắt được các vấn đề sau: - Khái niệm về suy luận toán học - Các phương pháp chứng minh và biết vận dụng các phương pháp này để chứng minh một bài toán cụ thể. • Kiến thức cơ bản cần thiết Các kiến thức cơ bản trong chương này bao gồm: - Các phép toán đại số, hình học cơ bản để có thể đưa ra ví dụ minh họa trong từng phương pháp. - Hiểu rõ qui tắc của phép kéo theo ở chương 1. • Tài liệu tham khảo Phạm văn Thiều, Đặng Hữu Thịnh. Toán rời rạc ứng dụng trong tin học. Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội - 1997 (chương 3, trang 208 - 228). • Nội dung cốt lõi - Khái niệm về suy luận toán học - Trình bày các phương pháp chứng minh bao gồm: . Chứng minh rỗng . Chứng minh tầm thường . Chứng minh trực tiếp . Chứng minh gián tiếp . Chứng minh phản chứng . Chứng minh qui nạp Trang 28
27. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh 2.2. Suy luận toán học 2.2.1. Khái niệm Suy luận được xem là một trong những nền tảng xây dựng nên các ngành khoa học tự nhiên. Từ xưa đến nay, nhờ suy luận mà người ta có thể nhận thức được cái chưa biết từ những cái đã biết. Suy luận còn là cơ sở của sự sáng tạo. Từ các phán đoán, đưa đến các chứng minh để chấp nhận hay bác bỏ một vấn đề nào đó. Suy luận toán học dựa trên nền tảng của các phép toán mệnh đề, chủ yếu là phép kéo theo. Để chứng minh một vấn đề nào đó, thông thường người ta phải xác định điểm ban đầu (có thể gọi là giả thiết) và điểm kết thúc (gọi là kết luận). Quá trình đi từ giả thiết đến kết luận gọi là quá trình chứng minh và quá trình này đươc thực thi bằng cách nào thì gọi đó là phương pháp chứng minh. Các phương pháp chứng minh là rất quan trọng vì không những chúng thường được sử dụng trong toán học mà còn được áp dụng nhiều trong tin học. Ví dụ, sự kiểm tra tính đúng đắn của một chương trình, của một hệ điều hành, xây dựng các luật suy diễn trong lĩnh vực trí tuệ nhận tạo Do đó, chúng ta cần phải nắm vững các phương pháp chứng minh. Tuy nhên, có những phương pháp chứng minh đúng vì nó được dựa trên cơ sở của một mệnh đề đúng (hằng đúng) và có những phương pháp chứng minh sai. Các phương pháp chứng minh sai này là cố ý hoặc vô ý. Khi phương pháp chứng minh dựa trên một hằng sai thì sẽ mang lại kết quả sai nhưng người ta vẫn cho là đúng thì được gọi là cố ý. Đôi khi có những phương pháp chứng minh dựa trên một tiếp liên (có khi mệnh đề là đúng nhưng cũng có lúc sai) mà người ta tưởng lầm là hằng đúng nên cho là kết quả bao giờ cũng đúng thì trường hợp này gọi là vô ý (hay ngộ nhận). Sau đây, chúng ta sẽ đi tìm hiểu các qui tắc suy luận. 2.2.2. Các qui tắc suy luận Như đã giới thiệu ở trên, những suy luận có dùng các qui tắc suy diễn gọi là suy luận có cơ sở. Khi tất cả các suy luận có cơ sở là đúng thì sẽ dẫn đến một kết luận đúng. Một suy luận có cơ sở có thể dẫn đến một kết luận sai nếu một trong các mệnh đề đã dùng trong suy diễn là sai. Sau đây là bảng các qui tắc suy luận đúng. Trang 29
28. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Quy Tắc Hằng đúng Tên Luật P Cộng P→(P∨Q) ∴ P ∨ Q P ∧ Q Rút gọn (P∧Q)→P ∴ P P (P∧(P→Q))→Q Modus Ponens P → Q ∴Q ¬Q (¬Q∧(P→Q)) → ¬P Modus Tollens P → Q ∴¬P P → Q ((P→Q)∧(Q→R)) → Tam đoạn luận giả Q → R (P→R) định ∴ P → R P ∨ Q Tam đoạn luận tuyển (P∨Q) → Q ∴Q Trong các phân số của qui tắc thì các giả thiết được viết trên tử số, kết luận được viết dưới mẫu số. Kí hiệu ∴ có nghĩa là "vậy thì", "do đó", Ví dụ : Qui tắc suy luận nào là cơ sở của suy diễn sau : • " Nếu hôm nay trời mưa thì cô ta không đến, Nếu cô ta không đến thì ngày mai cô ta đến, Vậy thì, nếu hôm nay trời mưa thì ngày mai cô ta đến." Đây là suy diễn dựa trên qui tắc tam đoạn luận giả định. • "Nếu hôm nay tuyết rơi thì trường đại học đóng cửa. Hôm nay trường đại học không đóng cửa. Do đó, hôm nay đã không có tuyết rơi " Đây là suy diễn dựa trên qui tắc Modus Tollens • " Alice giỏi toán. Do đó, Alice giỏi toán hoặc tin" Đây là suy diễn dựa trên qui tắc cộng. Ngụy biện Trang 30
29. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Các phương pháp chứng minh sai còn được gọi là ngụy biện. Ngụy biện giống như qui tắc suy luận nhưng không dựa trên một hằng đúng mà chỉ là một tiếp liên. Đây chính là sự khác nhau cơ bản giữa suy luận đúng và suy luận sai. Loại suy luận sai này được gọi là ngộ nhận kết luận. Ví dụ : Xét xem suy diễn sau là có cơ sở đúng không ? " Nếu bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2 này thì bạn nắm vững logic. Bạn nắm vững logic vậy thì bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2 này". Nhận thấy suy diễn này là dựa trên mệnh đề sau : ((P→Q) ∧ Q) → P Trong đó: P = "Bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2" Q = "Bạn nắm vững logic" Mệnh đề ((P→Q) ∧ Q) → P không phải là hằng đúng vì nó sẽ sai khi P là F và Q là T. Do đó, suy diễn này không hoàn toàn có cơ sở đúng. Bởi vì, khi Q là T nghĩa là bạn đã nắm vững logic nhưng không chắc là bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2 này mà có thể giải sách khác (P là F). 2.3. Các phương pháp chứng minh Như đã giới thiệu trong phần trên, mỗi bài toán cần chứng minh thông thường đều có hai phần chính là giả thiết và kết luận. Việc chỉ ra được cái nào là giả thiết, cái nào là kết luận sẽ giúp cho việc chứng minh dễ dàng hơn thông qua việc sử dụng phương pháp chứng minh thích hợp. Do đó, các phương pháp chứng minh trong dạng bài toán này là có liên quan đến mệnh đề kéo theo. Vậy, trước khi tìm hiểu các phương pháp chứng minh, chúng ta hãy xem lại bảng chân trị của mệnh đề P kéo theo Q ( với P là giả thiết và Q là kết luận). Các trường hợp để cho mệnh đề P kéo theo Q là đúng cũng chính là các phương pháp để chứng minh bài toán đúng. p q p→q Trang 31
30. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh T T T T F F F T T F F T Nhận thấy rằng, P→Q là đúng có 3 trường hợp. Các trường hợp này chính là các phương pháp chứng minh sẽ được trình bày dưới đây. Trước khi đi vào các phương pháp chứng minh, có một khái niệm mà chúng ta cần tìm hiểu, đó là khái niệm về "hàm mệnh đề". Hàm mệnh đề : ¾ Cho A là một tập họp không rỗng sao cho ứng với mỗi x∈A ta có một mệnh đề, ký hiệu là P(x). Bấy giờ ta nói P (hay P(x)) là một hàm mệnh đề theo biến x∈A. Như vậy, khi nói ứng với mỗi x∈A, ta có một mệnh đề P(x), nghĩa là khi đó tính đúng sai của P(x) được hoàn toàn xác định phụ thuộc vào từng giá trị của x∈A. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(x) = { x là số lẻ } ; x∈N Ta có : P(1) là mệnh đề đúng P(2) là mệnh đề sai. ¾ Tổng quát, với các tập họp không rỗng A1, A2, , An, sao cho ứng với mỗi x1∈A1, x2∈A2, , xn∈An, ta có một mệnh đề, ký hiệu P(x1, x2, ,xn ). Ta nói P(x1, x2, ,xn ) là một hàm mệnh đề theo n biến x. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(x,y,z) = { 2x + y - z = 0 } x,y,z∈Z Ta có : P(x,y,z) là mệnh đề đúng khi x = 1, y = -1, z = 1. P(x,y,z) là mệnh đề sai khi x = 1, y = 1, z = 1. 2.3.1. Chứng minh rỗng ( P là sai) Dựa vào 2 dòng cuối của bảng chân trị, nhận thấy rằng khi P sai, bất chấp kết luận Q thế nào thì mệnh đề P→Q là luôn đúng. Vậy, để chứng minh mệnh đề Trang 32
31. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh P→Q là đúng, người ta chỉ cần chứng minh rằng P là sai. Phương pháp chứng minh này được gọi là chứng minh rỗng. Phương pháp chứng minh rỗng thường được sử dụng để chứng minh các trường hợp đặc biệt của định lý. Trường hợp tổng quát thì định lý này luôn đúng với mọi số n nguyên dương. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(n) = " Nếu n>1 thì n2 >n " Chứng minh rằng P(1) là đúng. Giải : Ta có P(1) = { Nếu 1 >1 thì 12 >1 } Nhận thấy rằng giả thiết 1>1 là sai, bất chấp kết luận 12 >1 là đúng hay sai thì P(1) là đúng. 2.3.2. Chứng minh tầm thường (Q là đúng) Dựa vào dòng 1 và dòng 3 của bảng chân trị, nhận thấy rằng khi Q đúng, bất chấp giả thiết P là đúng hay sai thì mệnh đề P→Q là luôn đúng. Vậy, để chứng minh mệnh đề P→Q là đúng, người ta chỉ cần chứng minh rằng Q là đúng. Phương pháp chứng minh này được gọi là chứng minh tầm thường. Phương pháp chứng minh tầm thường cũng được sử dụng để chứng minh các trường hợp đặc biệt của định lý. Trường hợp tổng quát thì định lý này luôn đúng với mọi số n nguyên dương. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(n) = { Nếu a và b là 2 số nguyên dương và a ≥ b thì an ≥ bn } Chứng minh rằng P(0) là đúng. Giải : Ta có a0 = b0 =1. Do đó a0 ≥ b0 là đúng. Vậy P(0) là đúng bất chấp giả thiết a≥b là đúng hay sai. 2.3.3. Chứng minh trực tiếp Trong dòng 1 của bảng chân trị, mệnh đề P kéo theo Q có thể được chứng minh bằng cách chỉ ra rằng nếu P đúng thì Q cũng phải đúng. Nghĩa là tổ hợp P đúng Q sai không bao giờ xảy ra. Phương pháp này được gọi là chứng minh trực tiếp. Vậy để thực hiện phương pháp chứng minh trực tiếp, người ta giả sử rằng P là đúng, sau đó sử dụng các qui tắc suy luận hay các định lý để chỉ ra rằng Q là đúng và kết luận P→Q là đúng. Trang 33
32. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Ví dụ 1: Chứng minh rằng { Nếu n là số lẻ thì n2 là số lẻ } Giải : Giả sử rằng giả thiết của định lý này là đúng, tức là n là số lẻ. Ta có n = 2k + 1 ( k=0,1,2, ) ⇒ n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k + 2k) + 1 là lẻ. Vậy nếu n là số lẻ thì n2 là số lẻ. Ví dụ 2 : Cho hàm mệnh đề P(n) = " Nếu n>1 thì n2 >n " Chứng minh rằng P(n) là đúng với n là số nguyên dương. Giải : Giả sử n > 1 là đúng, ta có : n = 1 + k ( k ≥ 1) ⇒ n2 = ( 1 + k )2 = 1 + 2k + k2 = (1 + k) + k + k2 > n Vậy Nếu n>1 thì n2 >n . 2.3.4. Chứng minh gián tiếp Vì mệnh đề P→Q ⇔ ¬Q → ¬P. Do đó, để chứng minh mệnh đề P→Q là đúng, người ta có thể chỉ ra rằng mệnh đề ¬Q → ¬P là đúng. Ví dụ : Chứng minh định lý { Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ } Giải : Giả sử ngược lại kết luận của phép kéo theo là sai, tức n là chẳn. Ta có n = 2k ( k∈N ) ⇒ 3n + 2 = 3.2k + 2 = 2( 3k + 1 ) là số chẳn Vậy Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ Nhận xét • Có những bài toán có thể sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp hay gián tiếp đều được cả. Tuy nhiên, có những bài toán không thể sử dụng phương pháp chứng minh trực tiếp được hoặc sử dụng trực tiếp thì bài giải sẽ dài dòng phức tạp hơn là sử dụng chứng minh gián tiếp ( hoặc ngược lại). Đây chính là sự khác biệt của chứng minh trực tiếp và chứng minh gián tiếp. Ví dụ 1 : Sử dụng chứng minh gián tiếp để chứng minh rằng " Nếu n>1 thì n2 >n " Giải : Giả sử ngược lại kết luận của phép kéo theo là sai, tức là n2 < n. Trang 34
33. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Vì n là nguyên dương nên ta có thể chia 2 vế cho n mà bất đẳng thức không đổi chiều. Ta có : n 1 thì n2 >n. Ví dụ 2 : Sử dụng chứng minh trực tiếp để chứng minh rằng " Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ ". Giải : Giả sử 3n + 2 là số lẻ là đúng. Nhận thấy rằng vì 2 là số chẳn nên suy ra được 3n là số lẻ. Vì 3 là số lẻ do đó n là số lẻ. Vậy Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ. Ở đây chúng ta phải chứng minh thêm định lý là tích của 2 số lẻ là một số lẻ thì bài giải chặt chẽ hơn. Do đó, trong bài toán này việc sử dụng chứng minh gián tiếp là hay hơn dùng trực tiếp. • Để chứng minh mệnh đề có dạng : (P1∨P2∨ ∨Pn) → Q Chúng ta có thể sử dụng hằng đúng sau : ((P1∨P2∨ ∨Pn) →Q) ↔ ((P1→Q)∧(P2→Q)∧ ∧(Pn→Q)) Cách chứng minh này gọi là chứng minh từng trường hợp. Ví dụ 3: Chứng minh rằng: " Nếu n không chia hết cho 3 thì n2 không chia hết cho 3". Giải : Gọi P là mệnh đề "n không chia hết cho 3" và Q là mệnh đề "n2 không chia hết cho 3". Khi đó, P tương đương với P1 ∨ P2. Trong đó: P1 = " n mod 3 =1" P2 = " n mod 3 =2" Vậy, để chứng minh P → Q là đúng, có thể chứng minh rằng: (P1 ∨ P2) → Q hay là (P1 → Q ) ∧ ( P2→ Q) Giả sử P1 là đúng. Ta có, n mod 3 = 1. Đặt n = 3k + 1 ( k là số nguyên nào đó). Suy ra n2 = ( 3k+1)2 = 9k2 + 6k + 1 = 3(3k2 + 2k) + 1 không chia chẳn cho 3. Do đó, P1 → Q là đúng. Trang 35
34. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Tương tự, giả sử P2 là đúng. Ta có, n mod 3 = 2. Đặt n = 3k + 2 ( k là số nguyên nào đó). Suy ra n2 = ( 3k+2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1 không chia chẳn cho 3. Do đó, P2 → Q là đúng. Do P1 → Q là đúng và P2 → Q là đúng, hay là (P1 → Q ) ∧ ( P2→ Q). Vậy (P1 ∨ P2) → Q. 2.3.5. Chứng minh phản chứng Chứng minh phản chứng thường được sử dụng để chứng minh mệnh đề P là đúng. Trước hết, người ta giả sử ngược lại rằng P là sai hay ¬P là đúng. Từ mệnh đề ¬P là đúng dẫn đến kết luận Q sao cho ¬P→Q phải đúng. Khi đó, người ta chỉ ra rằng Q là một mâu thuẩn, nghĩa là : Q = R ∧¬R. (Sở dĩ có mâu thuẩn này là do ta giả sử P là sai) Vì ¬P→Q phải đúng và Q là F, suy ra rằng ¬P = F ⇒ P = T. Phương pháp chứng minh phản chứng thường được sử dụng để chứng minh những vấn đề cơ bản và điều quan trọng trong kỹ thuật này là tìm ra được mâu thuẩn R∧¬R. Ví dụ 1: Chứng minh rằng " 2 là số vô tỉ ". Giải : Gọi P là mệnh đề " 2 là số vô tỉ ". Giả sử ngược lại ¬P là đúng. Vậy, 2 là số hữu tỉ ( vì tập số thực gồm 2 tập con là tập số vô tỉ và tập số hữu tỉ. Hai tập con này không có 3 giao nhau). Khi đó ∃a,b (a,b∈N) sao cho: a 2 = ( với a, b không có ước chung hay phân số này là tối giản (mệnh b đề R)) a 2 Bình phương hai vế : 2 = ⇒ 2b2 = a2 ⇒ a2 là số chẳn ⇒ a là số b 2 chẳn. Đặt a = 2c, c ∈ N. Ta có 2b2 = 4c2 ⇔ b2 = 2c2 ⇒ b2 là số chẳn ⇒ b là số chẳn. Vậy a, b đều có ước chung là 2 (mệnh đề ¬R). Trang 36
35. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Điều này mâu thuẩn vì a/b là tối giản. Từ ¬P→ R∧¬R. Sở dĩ có mâu thuẩn này là do ta giả sử 2 là số hữu tỉ. Vậy 2 phải là số vô tỉ. Ví dụ 2 : Một trong những cách giải bài toán tồn tại là dùng lập luận phản chứng. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác. Giải : Trước hết sắp xếp các đoạn đã cho theo thứ tự tăng dần của độ dài a1, a2, , a7, và chứng minh rằng trong dãy đã xếp luôn tìm được 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối (vì điều kiện để 3 đoạn có thể ghép thành một tam giác là tổng của 2 đoạn nhỏ hơn đoạn thứ ba). Giả sử điều cần chứng minh là không xảy ra, nghĩa là đồng thời xảy ra các bất đẳng thức sau: a1 + a2 ≤ a3 a2 + a3 ≤ a4 a3 + a4 ≤ a5 a4 + a5 ≤ a6 a5 + a6 ≤ a7 Từ giả thiết a1 , a2 có giá trị lớn hơn 10, ta nhận được a3 > 20 . Từ a2 >10 và a3 > 20 ta nhận được a4 > 30 , a5 > 50, a6 > 80 và a7 > 130. Điều a7 > 130 là mâu thuẩn với giả thiết các độ dài nhỏ hơn 100. Có mâu thuẩn này là do giả sử điểu cần chứng minh không xảy ra. Vậy, luôn tồn tại 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối. Hay nói cách khác là 3 đoạn này có thể ghép thành một tam giác. 2.3.6. Chứng minh qui nạp Giả sử cần tính tổng n số nguyên lẻ đầu tiên. Với n = 1,2,3,4,5 ta có : n = 1: 1 = 1 = 12 n = 2: 1 + 3 = 4 = 22 n = 3: 1 + 3 + 5 = 9 = 32 n = 4: 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 Trang 37
36. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh n = 5: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 Từ các kết quả này ta dự đoán tổng n số nguyên lẻ đầu tiên là n2. Tuy nhiên, chúng ta cần có phương pháp chứng minh dự đoán trên là đúng. Qui nạp toán học là một kỹ thuật chứng minh rất quan trọng. Người ta dùng nó để chứng minh những kết quả đã có dựa trên sự suy luận nào đó như ví dụ trên. Tuy nhiên, qui nạp toán học chỉ dùng để chứng minh các kết quả nhận được bằng một cách nào đó chứ không là công cụ để phát hiện ra công thức. • Nguyên lý chứng minh qui nạp yếu Nhiều định lý phát biểu rằng P(n) là đúng ∀n nguyên dương, trong đó P(n) là hàm mệnh đề, ký hiệu ∀nP(n). Qui nạp toán học là một kỹ thuật chứng minh các định lý thuộc dạng trên. Nói cách khác qui nạp toán học thường sử dụng để chứng minh các mệnh đề dạng ∀nP(n). Nguyên lý chứng minh qui nạp yếu bao gồm 2 bước : - Kiểm tra P(x0) là đúng với x0 là giá trị đầu tiên của dãy số n - Giả sử rằng P(k) là đúng khi n=k. Từ đó suy ra rằng P(k+1) là đúng. Ta có cách viết của suy luận trên như sau: [P(x0) ∧ (P(k)→P(k+1))] → ∀nP(n) Ví dụ 1: Chứng minh rằng n n(n +1) ∑i = 1+ 2 + 3 + + n = i=1 2 ⎧ n n(n +1)⎫ Giải : Đặt P(n) = ⎨∑i = ⎬ ⎩ i=1 2 ⎭ 1(1+1) - Với n= 1 : 1 = P(1) là đúng 2 k k(k +1) - Giả sử P(k) là đúng khi n=k. Ta có : ∑i = i=1 2 Cần chứng minh rằng P(k+1) là đúng. Nghĩa là k+1 (k +1)(k + 2) ∑i = (điều phải chứng minh) i=1 2 Trang 38
37. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh K +1 K k(k +1) (k +1)(k + 2) Ta có : ∑i = ∑i + (k +1) = + (k +1) = (đpcm) i=1 i=1 2 2 Vậy ∀nP(n). Ví dụ 2: Chứng minh rằng ⎧ n i 1 ⎫ P(n) = ⎨∑ = 1− ⎬ ⎩ i=1 (i +1)! (n +1)!⎭ 1 1 - Với n=1 : = 1− P(1) là đúng 2 2 - Giả sử P(k) là đúng khi n= k. Ta có : K i 1 ∑ = 1− i=1 (i +1)! (k +1)! Cần chứng minh rằng : K +1 i 1 ∑ = 1− i=1 (i +1)! (k + 2)! Ta có : K +1 i K i k +1 1 k +1 ∑ = ∑ + = 1− + i=1 (i +1)! i=1 (i +1)! (k + 2)! (k +1)! (k + 2)! (k + 2) − (k +1) 1 = 1− = 1− (đpcm) (k + 2)! (k + 2)! Vậy ∀nP(n) Ví dụ 3 : Chứng minh bất đẳng thức sau : n < 2n với n nguyên dương. - Khi n=1 : 1 < 2 mệnh đề đúng - Giả sử mệnh đề đúng khi n=k, ta có k < 2k . Cần chứng minh rằng k + 1< 2k+1 . Thật vậy, vì k < 2k ⇒ k +1 < 2k +1 < 2k + 2k = 2k+1. Do đó, n < 2n với n nguyên dương. • Chú ý 1: Trang 39
38. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Khi sử dụng nguyên lý chứng minh qui nạp, không được bỏ qua bước kiểm tra P(x) là đúng vì nếu chỉ có (P(n)→P(n+1)) là không đủ để kết luận rằng ∀nP(n) là đúng. Ví dụ : Xét ⎧ n (n + 3)(n − 2)⎫ P(n)= ⎨∑i = 0 +1+ 2 + 3 + + n = ⎬ ⎩ i=0 2 ⎭ Giả sử P(k) là đúng khi n=k. Ta có : K (k + 3)(k − 2) ∑i = 0 +1+ 2 + 3 + + k = i=0 2 Cần chứng minh: K +1 (k + 3)(k −1) ∑i = 0 +1+ 2 + 3 + + k + (k +1) = i=0 2 Ta có : K +1 K (k + 3)(k − 2) ∑i = ∑i + (k +1) = + (k +1) i=0 i=0 2 k 2 − 2k + 3k − 6 + 2k + 2 k 2 + 3k − 4 VT = = 2 2 (k −1)(k + 4) VT = = P(k +1) (đpcm) 2 Ta có P(k)→P(k+1) là đúng. Tuy nhiên, khi xét P(0): P(0) = {0 = 3} là mệnh đề sai. Vậy ∀nP(n) là sai. Trong trường hợp này ta có thể kết luận như sau : Nếu P(k) là đúng và nếu ∀n≥k(P(k)→P(k+1)) là đúng thì ∀n≥k, P(n) là đúng. • Chú ý 2 : Đôi khi chúng ta cần tính toán một biểu thức phụ thuộc vào n, bắt đầu là việc đoán ra kết quả, công việc này được làm bằng cách ít hay nhiều dựa vào kinh nghiệm. Sau đó, sử dụng nguyên lý chứng minh qui nạp để chứng minh rằng kết quả vừa tìm được là đúng. Trang 40
39. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Ví dụ 1: Tính tổng n số lẻ đầu tiên. n S = 1+3+5+7+ +(2n-1) = ∑(2i −1) i=1 Khi n=1 : S = 1 = 12 n=2 : S = 1+ 3 = 22 n=3 : S = 1+3 + 5 = 32 n=4 : S = 1+3+5+7 = 42 n=5 S = 1+3+5+7+9 = 52 n Vậy có thể dự đoán rằng S = ∑(2i −1) = n2 i=1 Sau đó sử dụng chứng minh qui nạp để chứng minh kết quả vừa tìm được. n ⎧ 2 ⎫ Đặt P(n) = ⎨∑(2i −1) = n ⎬ ⎩ i=1 ⎭ - Khi n=1 : 1 = 1 P(1) là đúng - Giả sử rằng P(k) là đúng khi n=k. Ta có : K ∑(2i −1) = k 2 i=1 cần chứng minh P(k+1) là đúng, nghĩa là : K +1 ∑(2i −1) = (k +1) 2 i=1 K Vế trái = ∑(2i −1) + (2(k +1) −1) = k 2 + (2k +1) = (k +1) 2 (đpcm) i=1 Vậy ∀nP(n). Ví dụ 2: Tổng trên có thể tính toán với một cách khác như sau : n ⎛ n n ⎞ ⎛ n(n +1) ⎞ S = ∑(2i −1) = 2⎜∑i − ∑1⎟ = 2⎜ − n⎟ = n(n +1) − n = n 2 i=1 ⎝ i=1 i=1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ Ví dụ 3: Tính tổng Trang 41
40. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh n 1 S = ∑ i=1 i(i +1) 1 1 Khi n=1: S = = 2 1+1 1 1 3 +1 2 2 n=2: S = + = = = 2 2.3 2.3 3 2 +1 2 1 2.4 +1 3 3 n=3: S = + = = = 3 3.4 3.4 4 3 +1 3 1 3.5 +1 4 4 n=4: S = + = = = 4 4.5 4.5 5 4 +1 n Vậy có thể dự đoán tổng S = n +1 Sử dụng nguyên lý qui nạp để chứng minh công thức trên. ⎧ n 1 n ⎫ Đặt P(n) = ⎨∑ = ⎬ ⎩ i=1 i(i +1) n(n +1⎭ - Khi n=1 : 1/2 = 1/2 P(1) là đúng - Giả sử P(k) là đúng khi n=k. Ta có K 1 k ∑ = i=1 i(i +1) k +1 Cần chứng minh P(k+1) là đúng. Nghĩa là : K +1 1 k +1 ∑ = (đpcm) i=1 i(i +1) k + 2 K +1 1 K 1 1 k 1 Vế trái = ∑ = ∑ + = + i=1 i(i +1) i=1 i(i +1) (k +1)(k + 2) k +1 (k +1)(k + 2) k(k + 2) +1 (k +1) 2 k +1 = = = (đpcm) (k +1)(k + 2) (k +1)(k + 2) k + 2 Vậy ∀nP(n). • Nguyên lý chứng minh qui nạp mạnh Trang 42
41. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh Cho P(n) là một đẳng thức có chứa biến n, nếu P(0) là đúng và nếu (P(0)∧ P(1)∧P(2)∧P(3)∧ P(k)) → P(k+1) là đúng thì P(n) là mệnh đề đúng ∀n (với 0 là phần tử đầu tiên). Chú ý rằng, để tạo ra giả thiết qui nạp với nguyên tắc qui nạp yếu, người ta chỉ giả thiết rằng P(k) là đúng tại n=k. Với nguyên tắc qui nạp mạnh, người ta chỉ ra rằng giả thiết đúng cho tất cả các mệnh đề P(0)∧ P(1)∧P(2)∧P(3)∧ P(k). Đây chính là sự khác biệt cơ bản của 2 nguyên tắc qui nạp với giả thiết yếu và giả thiết mạnh. Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của 3 số liên tiếp luôn chia hết cho 6. Giải : Đặt P(n) = {n.(n+1).(n+2) chia hết cho 6} (n nguyên dương) Ta có : P(1) = 1.2.3 chia hết cho 6. Mệnh đề đúng. P(2) = 2.3.4 chia hết cho 6. Mệnh đề đúng. P(3) = 3.4.5 chia hết cho 6. Mệnh đề đúng. Giả sử ∀n≤ k ta có P(k) là đúng. Nghĩa là : k.(k+1).(k+2) chia hết cho 6. Cần chứng minh rằng P(k+1) là đúng. Nhận thấy: (k+1)(k+2)(k+3) = k.(k+1).(k+2) + 3.(k+1).(k+2) Trong đó : k.(k+1).(k+2) chia hết cho 6. Và 3.(k+1).(k+2) chia hết cho 6 = 2.3 (vì (k+1).(k+2) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chia chẳn cho 2). Vì tổng của 2 số chia hết cho 6 sẽ chia hết cho 6 (sinh viên tự chứng minh), do đó (k+1).(k+2)(k+3) chia hết cho 6. P(n) đúng với mọi n nguyên dương. Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên lớn hơn 1, khi đó n có thể được viết dưới dạng tích của các số nguyên tố. Giải : Đặt P(n) = { n = a.b c } (a, b, ,c là các số nguyên tố) Ta có P(2) = { 2= 2.1} P(3) = { 3= 3.1} P(4) = { 4= 2.4} P(18) = { 6.3= 3.2.3} Trang 43
42. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh là các mệnh đề đúng. Giả sử P(n) đúng ∀n≥ 2 ta có P(k) là đúng. Cần chứng minh rằng P(k+1) là đúng. Với n = k+1 ta có 2 trường hợp xảy ra như sau: - k+1 là số nguyên tố : k+1 = (k+1).1 P(k+1) đúng - k+1 không là số nguyên tố (hợp số): k+1 = a.b ( a,b,∈ [2,k] ) Theo giả thiết qui nạp mạnh, a, b có thể là số nguyên tố hoặc là tích của các số nguyên tố. Vậy nếu k+1 là hợp số thì nó cũng sẽ được viết dưới dạng tích của các số nguyên tố. P(n) đúng vói mọi n ≥ 2. Ví dụ 3: Chứng minh rằng mọi bưu phí bằng hay lớn hơn 12 xu đều có thể tạo ra bằng các con tem 4 xu hay 5 xu. Giải : Đặt P(n) = { n = 4 + + 5+ } Ta có : P(12) = { 12 = 4 + 4 + 4} P(13) = { 13 = 4 + 4 + 5} P(14) = { 14 = 4 + 5 + 5} P(15) = { 15 = 5+ 5 + 5} P(16) = { 16 = 4 + 4 + 4 + 4 } P(17) = { 17 = 4 + 4 + 4 + 5 } Giả sử n > 15 và P(n) là đúng. Nhật thấy rằng để tạo ra bưu phí (n+1) xu ta chỉ cần dùng con tem n-3 xu và cộng thêm một tem 4 xu. 2.4. Tổng kết chương 2 Chúng ta đã mô tả các phương pháp khác nhau để chứng minh định lý. Có thể thấy rằng không thể đưa ra một phương pháp nào để chứng minh cho một bài toán nào. Nắm vững các phương pháp chứng minh là một chuyện, biết áp dụng chúng để chứng minh các bài toán là một kỹ thuật đòi hỏi người sử dụng phải thực tập nhiều lần bằng cách thử các trường hợp khác nhau. 2.5. Bài tập chương 2 1/ Quy tắc suy luận nào được dùng trong mỗi lập luận sau : Trang 44
43. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh a. Những con kanguroo sống ở Australia là loài thú có túi. Do đó, kanguroo là loài thú có túi. b. Hoặc hôm nay trời nóng trên 100 độhoặc là sự ô nhiễm là nguy hại. Hôm nay nhiệt độ ngoài trời thấp hơn 100 độ. Do đó, ô nhiễm là nguy hại. c. Steve sẽ làm việc ở một công ty tin học vào mùa hè này. Do đó, mùa hè này anh ta sẽ làm việc ở một công ty tin học hoặc là một kẻ lang thang ngoài bể bơi. d. Nếu tôi làm bài tập này cả đêm thì tôi có thể trả lời được tất cả bài tập. Nếu tôi trả lời được tất cả bài tập thì tôi sẽ hiểu được tài liệu này. Do đó, nếu tôi làm bài tập này cả đêm thì tôi sẽ hiểu được tài liệu này 2/ Xác định xem các suy luận sau là có cơ sở không. Nếu một suy luận là có cơ sở thì nó dùng qui tắc suy luận nào. Nếu không hãy chỉ ra ngụy biện nào đã được sử dụng. a. Nếu n là một số thực lớn hơn 1 khi đó n2 > 1. Giả sử n2 > 1. Khi đó n > 1. b. Nếu n là một số thực và n > 3, khi đó n2 > 9. Giả sử n2 ≤ 9. Khi đó, n ≤ 3. c. Một số nguyên dương hoặc là số chính phương hoặc có một số chẳn các ước nguyên dương. Giả sử, n là một số nguyên dương có một số lẻ các ước nguyên dương. Khi đó, n là số chính phương. 3/ Chứng minh rằng bình phương của một số chẳn là một số chẳn bằng : a. Chứng minh trực tiếp b. Chứng minh gián tiếp c. Chứng minh phản chứng 4/ Chứng minh rằng tích của 2 số hữu tỷ là một số hữu tỷ. 5/ Chứng minh rằng một số nguyên không chia hết cho 5 thì bình phương của nó khi chia cho 5 sẽ dư 1 hoặc 4. 6/ Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương khi đó n là lẻ nếu và chỉ nếu 5n + 6 là lẻ. 7/ Có 2 giả thiết - Môn logic là khó hoặc không có nhiều sinh viên thích môn logic. - Nếu môn toán là dễ thi logic là không khó. Bằng cách chuyển các giả thiết trên thành các mệnh đề chứa các biến và các toán tử logic. Hãy xác định xem mỗi một trong các khẳng định sau là các kết luận có cơ sở của các giả thiết đã cho không : Trang 45
44. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh a/ Môn toán là không dễ nếu nhiều sinh viên thích môn logic. b/ Không có nhiều sinh viên thích môn logic nếu môn toán là không dễ. c/ Môn toán là dễ hoặc môn logic là khó. d/ Môn logic là không khó hoặc môn toán là không dễ. e/ Nếu không có nhiều sinh viên thích môn logic khi đó hoặc là môn toán không dễ hoặc là logic không khó. 8/ Dùng nguyên lý qui nạp yếu, chứng minh các biểu thức tổng sau : n n(n +1)(n + 2) a. ∑i 2 = i=1 6 n n(n +1)(n + 2)(n + 3) b. ∑i(i +1)(i + 2) = i=1 4 n c. ∑i(i)!= (n +1)!- 1 i=1 n i 1 d. ∑ =1− i=1 (i +1) (n +1)! n 1 n(n + 3) e. ∑ = i=1 (i +1)(i + 2) 4(n +1)(n + 2) n f. ∑i.2i = 2 + (n −1).2n+1 i=1 n g. ∑2.3i−1 = 3n −1 i=1 n n(n +1)(2n + 7) h. ∑i(i + 2) = i=1 6 9. Tìm công thức tính các tổng sau và sử dụng nguyên lý qui nạp để chứng minh công thức vừa tìm được n a. ∑(2i −1) i=1 n b. ∑2i−1 i=1 n c. ∑i(3i −1) i=1 Trang 46
45. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh n 1 d. ∑ i=1 i(i +1) n e. ∑(2i −1)2 i=1 n f. ∑i(i +1) i=1 n g. ∑xi i=1 10. Dùng nguyên lý qui nạp mạnh, chứng minh các bất đẳng thức sau: a. ∀n > 3 : 2n 4 : n2 9 : n2 = 6 : 4n 10 : n - 2 < (n2 - n)/12 Trang 47
46. Chương 2: Suy luận toán học & Các phương pháp chứng minh CHƯƠNG 2 : SUY LUẬN TOÁN HỌC & 28 CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH 28 2.1. Tổng quan 28 2.2. Suy luận toán học 29 2.2.1. Khái niệm 29 2.2.2. Các qui tắc suy luận 29 2.3. Các phương pháp chứng minh 31 2.3.1. Chứng minh rỗng ( P là sai) 32 2.3.2. Chứng minh tầm thường (Q là đúng) 33 2.3.3. Chứng minh trực tiếp 33 2.3.4. Chứng minh gián tiếp 34 2.3.5. Chứng minh phản chứng 36 2.3.6. Chứng minh qui nạp 37 2.4. Tổng kết chương 2 44 2.5. Bài tập chương 2 44 Trang 48