Bài tập áp dụng mệnh đề vào suy luận toán học

ÁP DỤNG MỆNH ĐỀ VÀO SUY LUẬN TOÁN HỌC

Bài 1.

a) Phát biểu: Với mọi số tự nhiên n, nếu n là số chẵn thì 7n+4 cũng là số chẵn.
Chứng minh:

Ta có: n là số tự nhiên chẵn

⟹ 7n là số tự nhiên chẵn

⟹ 7n+4 là số chẵn.

b) Phát biểu định lí đảo: Với mọi số tự nhiên n, nếu 7n +4 là số chẵn thì n cũng là chẵn.
Chứng minh định lí đảo:

Ta có: $ \forall n\in $ℕ , $ 7n+4$là số chẵn ⟹ $ 7n$ là số chẵn ⟹ $ n$là số chẵn.

c) Phát biểu định lí thuận bằng 2 cách:

d) Cách 1: “n là số tự nhiên chẵn là điều kiện đủ để 7n+4 là số chẵn”.

Cách 2:”Với số tự nhiên, 7n +4 là số chẵn là điều kiện cần để n là số chẵn”.

Phát biểu định lí đảo bằng 2 cách:

Cách 1: “n là số tự nhiên chẵn là điều kiện cần để 7n+4 là số chẵn”.

Cách 2:”Với số tự nhiên, 7n +4 là số chẵn là điều kiện đủ để n là số chẵn”.

Bài 2.

a) Hai ta giác đồng dạng là điều kiện đủ để chúng có các góc tương ứng bằng nhau.

b) Tứ giác ABCD là hình thoi là điều kiện đủ để tứ giác đó có 2 đường chéo vuông góc nhau.

c) $ a=b$ là điều kiện đủ để $ a^{2}=b^{2}$.

Bài 3.

a) Với mọi số tự nhiên n, n chia hết cho 3 là điều kiện cần để n² chia hết cho 3.

b) Tam giác ABC có đường trung tuyến từ đỉnh A cũng là đường cao là điều kiện cần để tam giác ABC cân tại A.

c) Một số nguyên dương lẻ được biểu diễn dưới dạng 4k+1 (k∈ℕ ) là điều kiện cần để số nguyên đó là số chính phương.
Bài 4.

a) Tam giác ABC vuông tại A là điều kiện cần và đủ để AB­² + AC² = BC².

b) Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn là điều kiện cần và đủ để nó có tổng 2 góc đối của nó bằng 180⁰.

Bài 5.

a) Giả sử $ \sqrt{2}$không là số vô tỉ
$ \Rightarrow \sqrt{2}=\dfrac{m}{n}(m,n\in $ℕ^*, $ (m,n)=1)$

$ \Rightarrow m^{2}=2n^{2}$

$ \Rightarrow m^{2}$là số chẵn

$ \Rightarrow m^{2}=2k(k\in $ℕ^*)

$ \Rightarrow n^{2}=2k^{2}$

$ \Rightarrow n^{2}$là số chẵn

$ \Rightarrow n$là số chẵn $ \Rightarrow (m,n)\ne 1$(trái giả thiết).

Vậy $ \sqrt{2}$là số vô tỉ.

b) Giả sử $ \Delta ABC$không phải là tam giác đều mà không có góc nào nhỏ hơn 60⁰.

$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A\ge 60^{0}\\B\ge 60^{0}\\C\ge 60^{0}\end{array} \right.\Rightarrow A+B+C\ge 180^{0}$

$ \Rightarrow A=B=C=60^{0}$(vì $ A+B+C=180^{0}$)

$ \Rightarrow \Delta ABC$đều (trái giả thiết).

Vậy một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất một góc nhỏ hơn 60⁰.

c) Cho $ a,b,c\in $ℝ . Giả sử không có bất đẳng thức nào trong 3 bất đẳng thức sau là đúng, nghĩa là $ a^{2}+b^{2}\ge 2bc;b^{2}+c^{2}\ge 2ca;c^{2}+a^{2}\ge 2ab$.

$ \Rightarrow a^{2}+b^{2}<2bc;b^{2}+c^{2}<2ca;c^{2}+a^{2}<2ab$

$ \Rightarrow 2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}<2bc+2ca+2ab$

$ \Rightarrow (a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}<0$(vô lí)

Vậy phải có ít nhât một trong 3 bất đẳng thức sau là đúng

$ a^{2}+b^{2}\ge 2bc;b^{2}+c^{2}\ge 2ca;c^{2}+a^{2}\ge 2ab$.

Bài 6.

– Phát biểu định lí đảo: “Nếu m,n là hai số nguyên dương và m² + n² chia hết cho 3 thì m và n chia hết cho 3”.

– Chứng minh: Giả sử m,n nguyên dương, m² + n² chia hết cho 3. Ta chứng minh m chia hết cho 3 và n chia hết cho 3.

Thật vậy, ta có thể viết $ m=3p\pm k(k=0;1)$và $ n=3q\pm h(h=0;1)$

$ \Rightarrow m^{2}+n^{2}=9p^{2}\pm 6pk+k^{2}+9q^{2}\pm 6qh+h^{2}$

$ \Rightarrow m^{2}+n^{2}=3\left[ {3p^{2}+3q^{2}\pm 2pk\pm 2qh} \right]+k^{2}+h^{2}$

$ \Rightarrow k^{2}+h^{2}$chia hết cho 3

$ \Rightarrow k=h=0$

$ \Rightarrow m=3p$ và $ n=3q$

$ \Rightarrow $$ m$và $ n$đều chia hết cho 3.

– Dùng thuật ngữ: “điều kiện cần và đủ” ta phát biểu gộp 2 định luật thuận và đảo như sau: “ Với m,n là hai số nguyên dương, m và n chia hết chia 3 là điều kiện cần và đủ để m² + n² chia hết cho 3”.
Bài 7.

a) Điều kiện cần:

$ f(x)\ge 0,\forall x[0;1]\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}f(0)\ge 0\\f(1)\ge 0\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\ge 0\\-m\ge 0\end{array} \right.\Rightarrow m=0$

Điều kiện đủ:

Với m = 0 thì $ f(x)=-2x^{2}+2x=-2x(x-1)\ge 0,\forall x\left[ {1;2} \right].$

(Vì với x$ \in \left[ {0;1} \right]$thì $ -2x\le 0$và $ x-1\le 0$).

Vậy với $ f(x)\ge 0,\forall x\in \left[ {0;1} \right]\Leftrightarrow m=0.$

b) Điều kiện cần:

$ g(x)\ge 0,\forall x\in \left[ {1;2} \right]\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}g(1)\ge 0\\g(2)\ge 0\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}m\ge 0\\-m\le 0\end{array} \right.\Rightarrow m=0$

Điều kiện đủ:

Vì m=0 thì $ g(x)=-2x+2\sqrt{{x-1}}+2$

$ =-2(x-1)+2\sqrt{{x-1}}=-2\sqrt{{x-1}}(\sqrt{{x-1}}-1)\ge 0,\forall x\in \left[ {1;2} \right]$

(vì với $ x\in \left[ {1;2} \right]$thì $ -2\sqrt{{x-1}}\le 0,\sqrt{{x-1}}-1\le 0$)

Vậy $ g(x)\Leftrightarrow m=0$.

Bài 8.

a) Phương trình $ x^{4}-4mx^{2}+m^{2}-1=0$(1)
Nhận xét: Nếu 𝓍 là nghiệm của (1) thì -𝓍 cũng là nghiệm của (1)

Do đó: Nếu (1) có nghiệm duy nhất là $ x_{0}$thì $ x_{0}=-x_{0}$.

Suy ra , thay vào (1) ta được $ m^{2}-1\Rightarrow m\pm 1$

Đảo lại:

• $ m=1$: (1) $ \Leftrightarrow x^{4}-4x^{2}=0\Leftrightarrow x=0$hay $ x=\pm 2\Rightarrow m=1$ (loại)
• $ m=-1$: (1) $ \Leftrightarrow x^{4}+4x^{2}=0\Leftrightarrow x=0\Rightarrow m=-1$(nhận)

Vậy (1) có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow m=-1$.

b) Phương trình $ \sqrt{{1-x^{2}}}+2\sqrt[3]{{1-x^{2}}}=m$ (2)

Nhận xét: Nếu $x$ là nghiệm của (2) thì $-x$ cũng là nghiệm của (2)

Do đó: Nếu (2) có nghiệm duy nhất là $ x_{0}$thì $ x_{0}=-x_{0}$

Suy ra $ x_{0}$=0, thay vào (2) ta được $ m=3$

Đảo lại: $ m=1$(2) $ \Leftrightarrow $$ \sqrt{{1-x^{2}}}+2\sqrt[3]{{1-x^{2}}}=3$

Đặt $ 1-x^{2}=u^{6}$, ta được (2) $ \Leftrightarrow u^{3}+2u^{2}-3=0\Leftrightarrow (u-1)(u^{2}+3u+3)=0$

$ \Leftrightarrow u=1\Leftrightarrow 1-x^{2}=1\Leftrightarrow x=0$. Vậy $ m=3$(nhận)

Vậy (2) có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow m=3$

c) Hệ phương trình (I)$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x^{2}+mxy=m^{2}-1\\(m+2)x^{2}+4y^{2}=m^{2}-2m-3\end{array} \right.$

Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm của (I) thì (-x;-y) cũng là nghiệm của (I)

Do đó: Nếu (I) có nghiệm duy nhất $ (x_{0};y_{0})$thì $ x_{0}=-x_{0}$và $ y_{0}=-y_{0}$

Suy ra , thay vào (I) ta được

$ \left\{ \begin{array}{l}m^{2}-1=0\\m^{2}-2m-3=0\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m=\pm 1\\m=-1haym=3\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow m=-1$

Đảo lại: $ m=-1$:

(I)$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x^{2}-xy=0\\x^{2}+4y^{2}=0\end{array} \right.\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=0\\4y^{2}=0\end{array} \right.$hay $ \left\{ \begin{array}{l}y=3x\\x^{2}+4(3x)^{2}=0\end{array} \right.$$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x=0\\y=0\end{array} \right.$

Vậy $ m=-1$(nhận)

Vậy (I) có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow m=-1$.

d) Hệ phương trình $ \left\{ \begin{array}{l}\sqrt{{x^{2}+1}}-\left| y \right|=m\\\sqrt{{x^{2}+9}}+\left| x \right|=\sqrt{{9-y^{2}}}+m-1\end{array} \right.$(*)

Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm của (*) thì (-x;-y) cũng là nghiệm của (*)

Do đó: Nếu (*) có nghiệm duy nhất là ($ x_{0};y_{0}$) thì $ x_{0}=-x_{0}$và $ y_{0}=-y_{0}$

Suy ra $ x_{0}=y_{0}=0$, thay vào (*) ta có m=1.

Đảo lại: m=1

(I)$ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sqrt{{x^{2}+1}}-\left| y \right|=1(1)\\\sqrt{{x^{2}+9}}+\left| x \right|=\sqrt{{9-y^{2}}}(2)\end{array} \right.$

Ta có: Vế trái (2) ≥ 3. Dấu “=” xảy ra khi x=0

Vế phải (2) ≤ 3. Dấu “=” xảy ra khi y=0

Do đó (2) $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}VT(2)=3\\VP(2)=3\end{array} \right.\Leftrightarrow x=y=0$

Thay vào (I) thấy x=y=0 thỏa (I). Vậy (*) có nghiệm duy nhất là (0;0)

Vậy m=1 (nhận)

Vậy (*) có nghiệm duy nhất $ \Leftrightarrow m=1$

Bài 9.  $ x^{2}+ax+b=0$(1) $ x^{2}+cx+d=0$(2)

Ta có: $ \Delta _{1}=a^{2}-4b$, $ \Delta _{2}=c^{2}-4d$

$ \Rightarrow \Delta _{1}+\Delta _{2}=a^{2}+c^{2}-4(b+d)\ge 2ac-4(b+d)=2[ac-2(b+d)]\ge 0$

Giả sử ngược lại rằng cả hai phương trình vô nghiệm

$ \Rightarrow \Delta _{1}<0$và $ \Delta _{2}<0$$ \Rightarrow \Delta _{1}+\Delta _{2}<0$(vô lí)

Vậy phải có ít nhất một trong hai phương trình đã cho có nghiệm.

Bài 10. Giả sử không có số nào trong 3 số $ \left| {f(0)} \right|$, $ \left| {f(1)} \right|$, $ \left| {f(-1)} \right|$số lớn hơn hay bằng $ \dfrac{1}{2}$. Khi đó ta có:

$ \left\{ \begin{array}{l}\left| {f(0)} \right|=\left| b \right|<\dfrac{1}{2}\\\left| {f(1)} \right|=\left| {a+b+1} \right|<\dfrac{1}{2}\\\left| {f(-1)} \right|=\left| {-a+b+1} \right|<\dfrac{1}{2}\end{array} \right.$$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}-\dfrac{1}{2}<b<\dfrac{1}{2}(1)\\-\dfrac{3}{2}<a+b<-\dfrac{1}{2}(2)\\-\dfrac{3}{2}<-a+b<\dfrac{1}{2}(3)\end{array} \right.$

Cộng theo vế (2) và (3) ta được:

$ -3<2b<-1\Rightarrow b<-\dfrac{1}{2}$(vô lí vì theo (1) thì $ b>-\dfrac{1}{2}$

Vậy trong 3 số $ \left| {f(0)} \right|$,$ \left| {f(1)} \right|$, $ \left| {f(-1)} \right|$có ít nhất một số lớn hơn hay bằng $ \dfrac{1}{2}$.

Bài 11.

Đặt a + b + c > 0 (1), ab + bc + ca > 0 (2) và abc > 0 (3)

Giả sử trong 3 số a, b, c có một số âm hay bằng 0. Giả sử số đó là a

Khi đó (1)$ \Rightarrow b+c>-a\ge 0\Rightarrow a(b+c)\le 0$.

Do đó (2)$ \Rightarrow bc+a(b+c)>0$$ \Rightarrow bc>-a(b+c)\ge 0$mà $ a<0$$ \Rightarrow abc<0$(vô lí vì $ abc>0$do (3)).

Vậy trong 3 số a, b, c không có số nào nhỏ hơn hay bằng 0.

⟹ Cả 3 số a, b, c đều dương.

*Download file word Bài tập áp dụng mệnh đề vào suy luận toán học.docx bằng cách click vào nút Tải về dưới đây.