Nhóm 1 đã lựa chọn đề tài “Phương pháp quy nạp toánhọc” này nhằm đưa ra được cái nhìn tổng quan hơn về phương pháp quy nạptoán học, từ đó áp dụng vào những bài học trong các môn học khác
Bản số của tập hợp
1.1.1 Quan hệ tương đương giữa các tập hợp
1.1.1.1 Định nghĩa Cho A và B là hai tập hợp Ta nói A tương đương với
B, kí hiệu A ∼ B nếu tồn tại song ánh từ f : A → B Các tập hợp A và B tương đương với nhau ta nói chúng có cùng bản số hay có cùng lực lượng.
1.1.1.2 Mệnh đề Quan hệ ∼ vừa xác định giữa các tập hợp là một quan hệ tương đương, có nghĩa là với những tập hợp A, B, C bất kỳ, ta có:
(ii) Đối xứng: Nếu A ∼ B thì B ∼ A.
(iii) Bắc cầu: Nếu A ∼ B và B ∼ C thì A ∼C.
1.1.1.3 Ví dụ 1) Bằng (=) là một quan hệ tương đương trên mọi tập hợp số A vì với mọi phần tử a, b, c ∈ A , ta có a = a, a= b ⇒b = a, va = b, b c ⇒a = c Điều này ngụ ý (=) là phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
2) Tương tự với ∼ được xác định trên tập hợp các tam giác: Nó có tính phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
3) Có cùng ngày sinh được xác định trên tập hợp người: Đó là phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
4) Đồng dạng với được định nghĩa trên tập hợp các tam giác là một quan hệ tương đương vì nó có tính phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
5) Đồng dư modulo n (≡) được xác định trên tập hợp các số nguyên: Nó có tính phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
6) Có cùng giá trị tuyệt đối được định nghĩa trên tập hợp các số thực là một quan hệ tương đương vì nó có tính phản xạ, đối xứng và bắc cầu.
1.1.1.4 Định nghĩa Lớp tương đương là tập con B của Asao cho (a, b) ∈ R với mọi a, b ∈ R và a, b không thể nằm ngoài B Về mặt toán học, lớp tương đương của a được ký hiệu là [a] = {x ∈ A : (a, x) ∈ R} chứa tất cả các phần tử của A có liên quan a Tất cả các phần tử tương đương của A đều thuộc cùng một lớp tương đương Nói cách khác, tất cả các phần tử thuộc cùng một lớp tương đương đều tương đương với nhau.
1.1.2 Bản số của tập hợp
1.1.2.1 Định nghĩa Để mở rộng khái niệm "số" phần tử của một tập hữu hạn, Cantor đã đưa ra khái niệm bản số của một tập hợp để đặc trưng cho
"số lượng" các phần tử của tập hợp đó.
Mỗi tập hợp có một bản số Bản số của tập hợp A kí hiệu là |A| hoặc card(A), bản số của hai tập hợp A và B là bằng nhau (card(A) = card(B) hay |A| = |B|) khi và chỉ khi A và B tương đương với nhau, nghĩa là có một song ánh từ tập hợp A đến tập hợp B.
Rõ ràng 0̸= 1 vì tập rỗng(∅) và tập gồm một phần tử xkhông tương đương với nhau.
1.1.3 Các tính chất của quan hệ tương đương giữa các tập hợp
1.1.3.1 Mệnh đề Quan hệ tương đương ∼ hay quan hệ có cùng bản số giữa các tập hợp có đầy đủ các tính chất của một quan hệ tương đương thông thường Đó là các tính chất sau:
(a) Tính phản xạ: X ∼X với mọi tập hợp X.
(b) Tính đối xứng: Nếu X ∼ Y thì Y ∼ X với mọi tập hợp X, Y.
(c) Tính bắc cầu: Nếu X ∼ Y và Y ∼ Z thì X ∼ Z với mọi tập hợp
Chứng minh (a) Vì ánh xạ đồng nhất id : X → X là một song ánh nên
(b) Nếu X ∼ Y thì tồn tại một song ánh f : X →Y Do đó, tồn tại song ánh ngược f −1 : Y →X hay Y ∼X.
(c) Nếu X ∼ Y và Y ∼ Z thì tồn tại các song ánh f : X → Y và g :Y → Z Do đó, tồn tại song ánh tích h = g◦f : X →Z hay X ∼ Z.
1.1.3.2 Mệnh đề Cho các tập hợp X, Y, X ′ , Y ′ sao cho X ∼ X ′ , Y ∼ Y ′ ,
Chứng minh Vì X ∼ Y và X ′ ∼ Y ′ nên tồn tại các song ánh f : X → X ′ và g : Y →Y ′ Kết hợp với giả thiết X ∩Y = ∅, X ′ ∩Y ′ = ∅ ta suy ra ánh xạ h : X ∪Y →X ′ ∪Y ′ được xác định bởi công thức: h(x, y) = (f(x), g(y)),∀x ∈ X,∀x ∈ Y là một song ánh Do đó, ta có X ∪Y →X ′ ∪Y ′
1.1.3.3 Mệnh đề Cho các tập hợp X, Y, X ′ , Y ′ sao cho X ∼ X ′ , Y ∼ Y ′ Khi đó ta có X ×Y ∼ X ′ ×Y ′
Chứng minh Vì X ∼ Y và X ′ ∼ Y ′ nên có các song ánh f : X → X ′ và g :Y → Y ′ Do đó, ánh xạ h : X ×Y →X ′ ×Y ′ xác định bởi công thức h(x, y) = (f(x), g(y)),∀x ∈ X,∀x ∈ Y là một song ánh Vì vậy, ta có X ×Y → X ′ ×Y ′
Với các tập X và Y bất kỳ, luôn xảy ra một trong hai trường hợp sau: a) hoặc X tương đương với một tập con nào đó của Y. b) hoặc Y tương đương với một tập hợp con nào đó của X.
Nếu xảy ra đồng thời cả hai trường hợp trên thì X tương đương với Y.
1.1.5 Quan hệ thứ tự giữa các bản số
1.1.5.1 Định nghĩa Cho bản số a, b Khi đó, tồn tại các tập hợp X và
Y sao cho a = |x|, b = |Y| Ta định nghĩa a ≤ b nếu X tương đương với một tập con nào đó của Y hay tồn tại một đơn ánh f : X → Y Ta sử dụng các ký hiệu quen thuộc sau đây đối với quan hệ thứ tự giữa các bản số: a ≤ b ⇔b ≤ a ⇔(a ≤ b)∧(a ̸= b);a < b ⇔b > a.
Chú ý rằng, quan hệ ≤ giữa các bản số không phụ thuộc vào việc chọn các tập hợp đại diện cho bản số đó Hơn nữa, sử dụng Định nghĩa trên và Định lý Cantor - Bernstein chúng ta có các tính chất sau đây.
1.1.5.2 Định lý Quan hệ ≤ giữa các bản số có các tính chất sau đây của một quan hệ thứ tự toàn phần (hay còn gọi là quan hệ tuyến tính).
1) Tính phản xạ: Với mọi bản số a, a ≤ a.
2) Tính bắc cầu: Với mọi bản số a, b, c nếu a ≤ b và b ≤ c thì a ≤ c (do hợp thành của hai đơn ánh là một đơn ánh).
3)Tính phản xứng: Với hai bản số a và b khi đó hoặc a ≤ b hoặc b ≤ a. Nếu đồng thời có a ≤ b và b ≤a thì a = b.
4) Tính toàn phần: Với mọi bản số a, b ta có a ≤ b hoặc b ≤ a (dựa vào định lí Cantor).
Như vậy, quan hệ ≤ giữa các bản số có các tính chất phản xạ, bắc cầu và phản đối xứng.
Chứng minh Kiểm tra quan hệ ≤ thoả mãn tính chất của quan hệ thứ tự toàn phần.
1) Tính phản xạ: Với mỗi bản số a = |X| có a ≤ a vì X tương đương với chính nó.
2) Tính phản xứng: Với mỗi bản số a = |X|, b = |Y|, nếu a ≤ b và b ≤ a thì X tương đương với một tập con Y và đồng thời Y tương đương với một tập con của X Do đó, theo Định lý Cantor - Bernstein, X tương đương với
3) Tính bắc cầu: Với mỗi bản số a = |X|, b = |Y|, c = |Z|, nếu a ≤ b, b ≤ c thì X tương đương với một tập con nào đó của Y và Y tương đương với một tập con nào đó của Z Do đó, theo tính chất bắc cầu của quan hệ tương đương giữa các tập hợp ta suy ra X tương đương với một tập con nào đó của Z hay a ≤ c.
4) Tính toàn phần: Với mỗi bản số a = |X|, b = |Y|, theo Định lý Cantor
- Bernstein, ta có: hoặc X tương đương với một tập con nào đó của Y hoặc
Y tương đương với một tập con nào đó của X Do đó, a ≤b hoặc b ≤ a.
1.1.5.3 Nhận xét i) ∅ là tập con của mọi tập hợp, nên 0 là số tự nhiên bé nhất, nghĩa là 0≤ a với mọi a ∈ N. ii) Cho a, b là các số tự nhiên và B là các tập hợp mà card(B) = b Khi đó a ≤ b nếu và chỉ nếu có một tập con A ⊆ sao cho A = card(A) Vì vậy
0 < 1 và 0 là số tự nhiên duy nhất thực sự bé hơn vì tập con của tập một phần tử chỉ có ∅ Nói cách khác với mọi x ∈ N và x ̸= 0 thì x ≤ 1.
1.1.6 Phép cộng các bản số
1.1.6.1 Định nghĩa Cho a và b là hai bản số, a = |A| và b = |B| sao cho
A∩B = ∅ Khi đó |A∪B| được gọi là tổng của hai bản số a và b, kí hiệu là a+ b Như vậy, a+b = |A∪B| Phép toán này được gọi là phép cộng. 1.1.6.2 Mệnh đề Cho A, A ′ , B, B ′ là những tập hợp sao cho A ∼ A ′ , B ∼
Chứng minh Giả sử f : A →A ′ và g : B →B ′ là hai song ánh, khi đó ta có ánh xạ h :A∪B → A ′ ∪B ′ được xác định bởi: h(x) (f(x), x ∈ A g(x), x ∈ B là một song ánh Vì vậy, nếu A∼ A ′ , B ∼ B ′ , A∩B = ∅ và A ′ ∩B ′ = ∅ thì
1.1.6.3 Mệnh đề Nếu a và b là hai bản số thì tồn tại hai tập A ′ và B ′ sao cho a = |A ′ |, b = |B ′ | mà A ′ ∩ B ′ = ∅.
Chứng minh Giả sử A và B là hai tập hợp sao cho a = |A| và b = |B| Đặt
A ′ = Ax và B ′ = By với x ̸= y Rõ ràng A ′ ∼ A và B ′ ∼ B đồng thời
A ′ ∩B ′ = ∅ Vì A ′ ∼ A, B ′ ∼ B nên |A ′ | = |A| = a và |B ′ | = |B| = b. 1.1.6.4 Mệnh đề Phép cộng các bản số có tính chất kết hợp, nghĩa là (a+b) +c = a+ (b+ c) với mọi bản số a, b, c.
Số tự nhiên
1.2.1.1 Định nghĩa Tập hợp A được gọi là tập hợp hữu hạn nếu A không tương đương với mỗi tập con thực sự bất kỳ nào của A Như vậy, tập hợp A là tập hữu hạn khi và chỉ khi mọi đơn ánh f : X →X đều là toàn ánh, hay f(X) =X Bản số của tập hợp hữu hạn gọi là bản số hữu hạn.
1.2.1.2 Ví dụ 1) Tập hợp rỗng ∅ là tập hợp hữu hạn vì ∅ không có một tập con thực sự Như vậy, bản số 0 = |∅| là một bản số hữu hạn.
2) Mỗi tập hợp đơn tử bất kì là một tập hữu hạn vì nó chỉ có một tập con thực sự duy nhất là∅, nhưng tập hợp đơn tử không tương đương với ∅ Như vậy, bản số 1 (bản số của tập đơn tử) là một bản số hữu hạn.
1.2.2.1 Định nghĩa Một tập hợp không phải là tập hợp hữu hạn được gọi là tập hợp vô hạn Như vậy, một tập hợp A là tập vô hạn khi và chỉ khi A tương đương với một tập con thực sự nào đó của nó Nói cách khác, tập hợp
A là tập hợp vô hạn nếu và chỉ nếu tồn tại một đơn ánh f : X → X nhưng không phải là toàn ánh, nghĩa là f(X) ̸= X Bản số của tập vô hạn gọi là bản số vô hạn.
1.2.2.2 Ví dụ Tập các điểm trên đoạn thẳngAB(A̸= B)là một tập vô hạn. Thật vậy, gọi C là trung điểm của AB khi đó [AC]⊂ [AB] và [AC] ̸= [AB], đồng thời có thể chỉ ra rằng [AC] ∼[AB].
Sau đây là một số tính chất của tập hợp hữu hạn và tập hợp vô hạn.
1.2.2.3 Mệnh đề 1) Tập hợp tương đương với một tập hợp hữu hạn là tập hợp hữu hạn.
2) Tập hợp con của một tập hợp hữu hạn là một tập hữu hạn.
3) Mỗi tập hợp chứa một tập hợp con vô hạn là tập hợp vô hạn.
1.2.2.4 Mệnh đề 1) Hợp của hai tập hợp hữu hạn là một tập hợp hữu hạn.
2) Hợp của một họ hữu hạn các tập hợp hữu hạn là một tập hợp hữu hạn.
3) Tích Descartes của hai tập hợp hữu hạn là một tập hợp hữu hạn.
4) Tích Descartes của một họ hữu hạn các tập hợp hữu hạn là tập hữu hạn.
1.2.2.5 Mệnh đề 1) Với các tập hợp hữu hạn X và Y ta có:
2) Tập hợp X là tập hợp hữu hạn khi và chỉ khi |X|+ 1̸= |X|.
3) Tập hợp X là tập hợp vô hạn khi và chỉ khi |X|+ 1 = |X|.
1.2.2.6 Mệnh đề 1) Phép cộng các bản số hữu hạn thỏa mãn luật giản ước, nghĩa là với mọi bản số hữu hạn a, b, c nếu a+b = b+ c thì a = b.
2) Phép nhân các bản số hữu hạn có tính chất giản ước với các bản số khác
0, nghĩa là với mọi bản số hữu hạn a, b, c nếu ac = bc và c ̸= 0 thì a = b.
1.2.3 Định nghĩa số tự nhiên
1.2.3.1 Định nghĩa Bản số của một tập hợp hữu hạn được gọi một số tự nhiên Tập hợp tất cả các số tự nhiên kí hiệu bởi N, còn tập hợp các số tự nhiên khác 0 ký hiệu bởi N ∗ Nói khác đi, a ∈ N khi và chỉ khi tồn tại một tập hợp hữu hạn X sao cho a = |X| Như vậy, bản số của tập hợp rỗng là một số tự nhiên: 0 = |∅| ∈ N Tương tự, bản số của tập hợp đơn tử {x} là số tự nhiên: 1 =|{x}| ∈ N.
1.2.3.2 Ví dụ 0 là một số tự nhiên vì 0 = |∅|,∅ là tập hữu hạn.
1 là một số tự nhiên vì 1 = |{x}|,{x} là tập hữu hạn.
1.2.3.3 Nhận xét a là một số tự nhiên khi và chỉ khi a ̸= a+ 1 cũng là một số tự nhiên.
1.2.4 Quan hệ thứ tự trên tập hợp các số tự nhiên N
Trong Định nghĩa 1.1.5.1, ta đã định nghĩa quan hệ thứ tự giữa các bản số và chứng minh rằng nếu a và b là hai bản số thì a ≤ b khi và chỉ khi tồn tại bản số c sao cho a+ c = b Trong trường hợp a và b là hai số tự nhiên ta cũng có c là một số tự nhiên Thật vậy, nếu c không là số tự nhiên thì c = c+ 1, do đó: a+ c = a+ (c+ 1) = (a+ c) + 1.
Suy ra b = b+ 1 và b không là số tự nhiên.
Như vậy trong tập hợp N, quan hệ thứ tự ≤ được xác định như sau:
1.2.4.1 Định nghĩa Cho a, b thuộc N, a ≤ b ⇔ ∃c ∈ N sao cho a+c = b. Nếu a ≤b và a ̸= b thì ta nói rằng a nghiêm ngặt bé hơn b và kí hiệu a < b.
Từ đẳng thức a = 0 +a ta suy ra được hai tính chất sau.
1.2.4.2 Mệnh đề 1) Với mọi số tự nhiên a, 0≤ a.
2) Với mọi số tự nhiên a, a ≤ a.
1.2.4.3 Mệnh đề Quan hệ ≤ có tính chất bắc cầu, nghĩa là nếu a, b, c là ba số tự nhiên sao cho a ≤ b và b ≤ c thì a ≤ c.
Chứng minh Thật vậy, do a ≤ b nên ∃a 1 ∈ N sao cho a+a1 = b Do b ≤ c nên∃b 1 ∈ N sao chob+b1 = c Từ hai đẳng thức trên suy ra a+(a1+b1) =c. Vậy a ≤ c.
1.2.4.4 Mệnh đề Quan hệ ≤ có tính chất phản đối xứng, nghĩa là nếua ≤ b và b ≤ a thì a = b.
Chứng minh Thật vậy, vì a ≤ b nên ∃a 1 ∈ N sao cho a+ a 1 = b Do b ≤ a nên ∃b 1 ∈ N sao cho b+ b 1 = a Từ đó suy ra a+ (a 1 +b 1 ) = a Do có luật giản ước của phép cộng trong N nên a 1 + b 1 = 0 suy ra a 1 +b 1 = 0 Tức là ta có a = b.
1.2.4.5 Mệnh đề Với mọi phần tử a, b ∈ N hoặc a ≤ b và b ≤ a
Chứng minh Điều này được suy ra từ Định lý Cantor.
1.2.4.6 Định lý Mọi tập con khác rỗng của N đều có số bé nhất Tức là (N,≤) là một tập sắp thứ tự tốt.
Chứng minh Giả sử M là một tập con khác rỗng của N. Đặt A = {n ∈ N|n ≤ m,∀m ∈ M} Ta có 0 ∈ A vì 0 ≤ a,∀a ∈ M Lại có A ̸= N, vì nếu m ∈ M thì m < m+ 1 cho nên m + 1 ∈/ A Như vậy, A phải chứa một số tự nhiên a sao cho a+ 1 ∈/ A bởi vì trong trường hợp trái lại, theo tiên đề quy nạp, suy ra A = N.
Ta sẽ chứng minh rằng a là phần tử bé nhất của M.
Thật vậy vì a ∈ A nên a ≤ m,∀a ∈ M Hơn nữa a ∈ M, vì nếu a /∈ A thì a < m,∀a ∈ M, suy ra a+ 1 ≤ m,∀a ∈ M và do đó a+ 1 ∈ A, trái với giả thiết về a Vậy a ∈ M và là phần tử bé nhất của M.
1.2.4.7 Định lý Mọi tập con khác rỗng, bị chặn trên của N đều có số lớn nhất.
Chứng minh Giả sử A ⊂ N, A ̸= ∅ và A bị chặn trên bởi số tự nhiên c, tức là ∀a ∈ A, a ≤ c. Đặt M = {m ∈ N|a ≤ m,∀a ∈ A} Khi đó,c ∈ M nên M /∈ ∅ Theo Định lý 1.2.4.6, M có số bé nhất là m 0 , m 0 ∈ M và m 0 ≤ m,∀m ∈ M Vì m 0 ∈ M nên a ≤ m 0 ,∀a ∈ A.
Nếu m 0 = 0 thì A = {0} là số lớn nhất của A.
Nếu m 0 ̸= 0 mà m 0 ∈/ A thì m 0 = m 1 + 1với m 1 ≥ 0thuộc N Do m 0 ∈/ A nên m 0 > a,∀a ∈ A suy ra m 1 ∈ M, trái với giả thiết m 0 là số bé nhất của
Vậy m 0 ∈ A và do đó nó là số lớn nhất của A.
1.2.4.8 Định lý (Tính tương thích của phép cộng đối với quan hệ ≤) Với mọi a, b, c ∈ N, nếu a ≤ b thì a+ c ≤ b +c Từ đó suy ra rằng nửa nhóm cộng (N,+) cùng với quan hệ ≤ là một nửa nhóm sắp thứ tự.
Chứng minh Giả sử a ≤ b, như vậy tồn tại số tự nhiên d sao cho a+d = b.
Từ đẳng thức này suy ra:
Vị nhóm cộng các số tự nhiên
1.3.1 Phép cộng các số tự nhiên
Vì mỗi số tự nhiên là một bản số hữu hạn nên phép cộng hai số tự nhiên là phép cộng hai bản số hữu hạn.
1.3.1.1 Định lý Tổng của hai số tự nhiên là một số tự nhiên: ∀a, b ∈ N ⇒ a+b ∈ N.
Chứng minh Với ∀a, b ∈ N tồn tại các tập hợp hữu hạn X vàY rời nhau sao cho a = |X|,b = |Y| Khi đó, từ tính chất của tập hợp hữu hạn, ta có X∪Y là tập hữu hạn Do đó: a+b = |X|+|Y| = |X ∪Y| là một số tự nhiên.
Vì mỗi số tự nhiên là một bản số hữu hạn nên phép cộng các số tự nhiên có mọi tính chất của phép cộng bản số (giao hoán, kết hợp và cộng với số 0). Tuy nhiên, phép cộng các số tự nhiên có một tính chất đặc biệt hơn mà phép cộng các bản số vô hạn không có:
Tập hợp các số tự nhiên với phép toán cộng lập thành một vị nhóm giao hoán chính quy (thỏa mãn luật giản ước) có phần tử đơn vị là số 0.
1.3.2 Vị nhóm cộng các số tự nhiên
1.3.2.1 Định nghĩa X là một tập hợp và T là một phép toán hai ngôi trên
X Tập X cùng với phép toán T được kí hiệu là (X, T) hoặc X. i) (X, T) gọi là một nửa nhóm nếu phép toán T có tính chất kết hợp. ii) (X, T) gọi là một vị nhóm nếu phép toán T kết hợp và có phần tử đơn vị.
Nửa nhóm (hoặc vị nhóm) (X, T) gọi là nửa nhóm (hoặc vị nhóm) giao hoán nếu phép toán T là giao hoán.
1.3.2.2 Định lý Tập hợp các số tự nhiên N với phép cộng là một vị nhóm giao hoán, phần tử đơn vị là 0.
Chứng minh Do phép cộng các bản số có tính chất kết hợp và tính chất giao hoán nên phép cộng các số tự nhiên cũng có tính chất kết hợp, giao hoán. Mặt khác, 0 là một số tự nhiên thoả mãn 0 +a−a với mọi số tự nhiên a Từ đó, ta có (N,+) là một vị nhóm giao hoán và có phần tử đơn vị là 0.
1.3.3 Mô tả tập hợp các số tự nhiên
1.3.3.1 Số tự nhiên kề sau Cho a là một số tự nhiên, khi đó số tự nhiên a+ 1 được gọi là số tự nhiên kề sau của a và được ký hiệu bởi a ′ Khi b là số kề sau của a ta cũng nói a là số kề trước của b Ta có các tính chất sau:
1) Mỗi số tự nhiên đều có một số tự nhiên kề sau duy nhất, nghĩa là với
2) Số tự nhiên 0 không phải là số tự nhiên kề sau của bất kỳ số tự nhiên nào, nghĩa là a ′ ̸= 0,∀a ∈ N.
3) Mỗi số tự nhiên khác 0 đều là số tự nhiên kề sau của một số tự nhiên duy nhất, nghĩa là với ∀a, b ∈ N, nếu a ′ = b ′ thì a = b.
5) Giữa số tự nhiên a và số tự nhiên kề sau a ′ của nó không tồn tại một số tự nhiên nào khác Nói khác đi, tập hợp các số tự nhiên là một tập hợp sắp thứ tự rời rạc.
1.3.3.2 Biểu diễn tập hợp các số tự nhiên Sử dụng khái niệm và tính chất của số tự nhiên kề sau, xuất phát từ số tự nhiên 0 người ta có thể ký hiệu lần lượt các số tự nhiên khác như sau:
1 = 0 + 1 = 0 ′ là số kề sau của số 0;
2 = 1 + 1 = 1 ′ là số kề sau của số 1;
3 = 2 + 1 = 2 ′ là số kề sau của số 2; a ′ = a+ 1 là số kề sau của a; Như vậy, chúng ta có thể biểu diễn tập hợp các số tự nhiên là:
Và dãy các số tự nhiên được sắp xếp theo thứ tự như sau:
0 < 1< 2< 3< 4< < a < a+ 1 < 1.3.3.1 Định lý Tập hợp các số tự nhiên N là tập hợp vô hạn.
Chứng minh Xét ánh xạ f : N → N ∗ n7→ n ′ , n ′ là số tự nhiên kề sau của n Ánh xạ f là một song ánh nên N tương đương với tập con thực sự của N ∗ của N Do đó tập hợp N là vô hạn.
CHƯƠNG 2 PHÉP CHỨNG MINH QUY NẠP TOÁN HỌC
"Phép quy nạp" là một phương pháp tư duy dùng để tìm tòi, dự đoán, từ những khẳng định riêng tiến tới khẳng định chung Phép quy nạp có khi đưa ra những khẳng định đúng, có khi đưa ra khẳng định sai.
"Phương pháp quy nạp toán học” ta gọi tắt "Phương pháp quy nạp" là một phương pháp dùng để chứng minh các mệnh đề chứa biến thuộc tập hợp số tự nhiên Cách chứng minh quy nạp tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn bước các khẳng định của mệnh đề Đôi khi bài toán phụ thuộc vào nhiều biến số, nên khi chứng minh ta cần nói rõ chứng minh quy nạp theo biến nào Ta cũng có thể sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh các mệnh đề đối với số nguyên không âm.
Phương pháp quy nạp toán học rất có tác dụng trong nghiên cứu, dự đoán kết quả và chứng minh kiểm nghiệm kết quả Nhưng nhiều khi chính phương pháp quy nạp toán học làm cho việc chứng minh dài dòng, biến đổi phức tạp,gặp nhiều khó khăn Chính G.Polya nói: "Nhiều bài toán chứng minh bằng quy nạp toán học có thể chứng minh bằng cách khác, cách khác đó nằm trong chính cách chứng minh quy nạp toán học khi ta phân tích kỹ nội dung chứng minh."
2.1 Phép chứng minh quy nạp toán học
2.1.1 Nguyên lý của phép chứng minh quy nạp toán học
2.1.1.1 Định lý (Tiên đề quy nạp) Nếu tập hợp con M của tập hợp các số tự nhiên N thõa mãn hai tính chất sau:
2.1.1.2 Định lý (Nguyên lý của phép chứng minh quy nạp toán học) Nếu mệnh đề P(n) phụ thuộc vào biến số tự nhiên n thõa mãn hai điều kiện sau:
2) Nếu P(k) đúng thì P(k+1) cũng đúng với mọi số tự nhiên k ≥n0, khi đó mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥n0.
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng Giả sử ngược lại, mệnh đề khẳng định P(n) trong Định lí 2.1.1.2 không đúng với một số tự nhiên n≥ n0 nào đó Nghĩa là tồn tại một số tự nhiên m ≥ n0, mà P(m) không đúng.
Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất mà P(m) không đúng (điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự) Theo điều kiện (1), ta có bất đẳng thức m ≥n 0 , từ đó suy ra m−1≥ n 0 Từ đó bất đẳng thức vừa lập và cách chọn số tự nhiên m suy ra P(m−1) là đúng, nhưng nó không kéo theo được P(m) đúng cho số tiếp theo m = (m−1) + 1 Điều này trái với giả thiết (2) Như vậy, điều giả sử sai và P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥n 0
2.1.1.3 Ví dụ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ∈ N ∗ bất đẳng thức
Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo n
(1) Bước cơ sở: Với n = 1 ta có:
Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1.
(2)Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n= k, ta có:
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, ta đi chứng minh
Nhân 2 vào cả hai vế của bất phương trình 2.1, ta có:
2.1.1.4 Ví dụ Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ∗ , ta có a) 1 + 2 +ã ã ã+n = n(n+ 1)
Chứng minh. a) (1) Bước cơ sở: Với n= 1, ta có:
2 = 1.Vậy đẳng thức đúng với n= 1.
(2) Bước quy nạp: Giả sử với n = k, ta có:
Ta chứng minh đẳng thức cũng đúng với n= k+ 1, nghĩa là:
Xét vế trái, ta có:
Suy ra hai vế bằng nhau Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có điều phải chứng minh. b) (1) Bước cơ sở:
Với n = 1, ta có: Vế trái = 1, vế phải = 1(1 + 1)(2 + 1)
Vậy đẳng thức đúng với n= 1.
(2) Bước quy nạp: Giả sử đúng với n = k, ta có:
Ta chứng minh đẳng thức đúng với n = k+ 1, nghĩa là:
6 + (k+ 1) 2 Xét vế trái, ta có:
Suy ra hai vế bằng nhau Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có điều phải chứng minh.
2.1.1.5 Ví dụ Chứng minh với n ∈ Z + thì
Chứng minh (1) Bước cơ sở: Với n = 1, ta có:
(2) Bước quy nạp: Giả sử đúng với một số k > 1
Bây giờ ta chứng minh rằng nó đúng với số nguyên tiếp theo, k+ 1 ta có
(cos(0) +isin(0)) k+1 = (cos(0) +isin(0)) k (cos(0) +isin(0))
= (cos(k0)cos(0)−sin(k0)sin(0) +i(sin(k0)cos(0) +cos(k0)sin(0))
2.1.2 Hai bước của nguyên lý quy nạp toán học
Như ta đã biết, nguyên lý quy nạp toán học gồm hai phần, việc kiểm tra cả hai cần được tôn trọng khi áp dụng nguyên lý Nếu thiếu một trong hai bước, thì sẽ dẫn đến sai lầm Một số ví dụ sau sẽ chứng tỏ điều này.
2.1.2.1 Ví dụ Chứng minh rằng mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng
Ta sẽ chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học nhưng bỏ qua bước cơ sở.
Chứng minh Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k với k là số tự nhiên nào đó, nghĩa là ta có:
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh thức
Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học trong giải toán
2.2.1 Bài toán chia hết và chia có dư
2.2.1.1 Ví dụ Cho 3 số tự nhiên liên tiếp n; n+ 1; n+ 2 Chứng minh rằng tổng A(n) = n+n+ 1 +n+ 2 chia hết cho 3.
Chứng minh (1) Bước cơ sở: Với n = 0 ta cóA(n) = 0 + 0 + 1 + 0 + 2 = 3 3.
(2) Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với mọi n= k nghĩa là A(k) 3 với A(k) = k+k+ 1 +k+ 2, ta cần chứng minh bài toán đúng với mọi n= k+ 1. Thật vậy, với n = k+ 1 thì
Ta có 3k 3 và 6 3 nên (3k + 6) 3 hay A(k + 1) 3 nên bài toán đúng với mọi n= k+ 1.
2.2.1.2 Ví dụ Chứng minh rằng nếu a; b; n là các số nguyên không âm và b chia hết cho a n , thì số (a+ 1) b −1 chia hết cho a n+1
Chứng minh (1) Bước cơ sở: Với n= 0, ta có (a+ 1) b −1 luôn chia hết cho a 0+1 = a, nên bài toán đúng với n= 0.
(2) Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với mọi n = k (k là số nguyên không âm nào đó), tức là nếu b chia hết cho a k , thì (a+ 1) b −1 chia hết cho a k+1 Ta chứng minh bài toán đúng với n= k+ 1, tức là nếu b 1 là số tự nhiên chia hết cho a k+1 thì (a+ 1) b 1 −1 chia hết cho a k+2
Thật vậy, đặt c = b 1 a, thì c chia hết cho a k
Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ nhất chia hết cho a k+1 (theo giả thiết quy nạp).
Biểu thức trong ngoặc vuông thứ hai chia hết cho a vì ta có thể biểu diễn nó dưới dạng
(mỗi số hạng của tổng này đều chia hết cho a).
Như vậy, bài toán đúng với k+ 1.
Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
2.2.2 Bài toán về dãy số
2.2.2.1 Ví dụ Cho (a1, a2, , a2007) là một hoán vị của (1, 2, , 2007) Tìm giá trị nhỏ nhất của S 2007 2007
Chứng minh Ta chứng minh trong trường hợp tổng quát S n ≥ 2(n−1), với a n+1 = a 1 , n là số tự nhiên, n≥ 2.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a 1 = 1 (vì dễ thấy hai hoán vị (a 1 , a 2 , , a k−1 ,1, a k+1 , , a n ) và (1, a k+1 , , a n , a 1 , a 2 , , a k−1 ) có cùng tổng
(1) Bước cơ sở: Với n = 2 có hai hoán vị là (1,2) và (2,1) cả hai đều có tổng S 2 = |2−1|+|1−2| = 2.
(2)Bước quy nạp: Giả sử khi n = k với k ∈ N, k ≥2 ta có S k ≥2(k−1).
Khi đó, với n= k+ 1 ta có
Ta thấy (a 2 −1, a 3 −1, , a k+1 −1) là một hoán vị của (1,2, , k) Do đó theo giả thiết quy nạp ta có
Theo nguyên lý quy nạp ta có S n ≥ 2(n−1) với mọi số tự nhiênn ≥ 2 Hoán vị (1, 2, , n) có S n = 1 + 1 + 1 + + 1 +|1−n| = 2(n−1)
Trong dãy S n nói trên có n−1 số 1. Áp dụng bài toán trên với n = 2007, ta có giá trị nhỏ nhất của S 2007 là 4012.
2.2.2.2 Ví dụ Dãy số u 0 , u 1 , u 2 , được xác định như sau:
Các số u 0 , u 1 là những số tự nhiên nhỏ hơn 1000, còn với n ≥ 2, thì
|u 1 − u 2 | Chứng minh rằng, ít nhất một trong các số u 1 , u 2 , , u 1500 phải bằng 0.
Chứng minh Ta cần chứng minh bằng quy nạp theo n, "nếu trong dãy đã cho u 0 , u 1 là các số tự nhiên đều nhỏ hơn 2n (n là số nguyên dương), thì trong các số u 1 , u 2 , , u 3n phải bằng 0".
(1) Bước cơ sở: Với n = 1, theo đề bài thì u 0 , u 1 đều nhỏ hơn 2 nên u 0 = u 1 = 1 (vì u 0 , u 1 là các số tự nhiên) Khi đó, u 2 = 0.
Vậy khẳng định đúng với n = 1.
(2) Bước quy nạp: Giả sử với mọi số nguyên dương k nhỏ hơn n, khẳng định đúng, nghĩa là: Với u 0 , u 1 nhỏ hơn 2k thì trong các số u 1 , u 2 , , u 3k có ít nhất một số bằng 0.
Ta cần chứng minh khẳng định đúng với số nguyên dương n, nghĩa là ta phải chứng minh rằng: Nếu trong dãy số đã cho u 0 , u 1 đều nhỏ hơn 2n, thì một trong các số u 1 , u 2 , , u 3n phải bằng 0.
Ta có u 2 = |u 1 −u 0 |, nên u 2 = 0, thì khẳng định đúng.
Vì u 2 ≥ 1, mà u 1 ≤ 2n−1 (do u 1 ≤ 2n) nên u 3 = |u 2 −u 1 | ≤ |2n−1−1|= 2n−2 u 4 = |u 3 −u 2 | ≤ |2n−2−1|= 2n−3 a) Nếu u 3 ≤ 2n−2 = 2(n−1) và u 4 ≤ 2n−2 = 2(n−1) thì theo giả thiết quy nạp, khẳng định đúng b) Nếu u 3 = 2n−2, thì có thể xảy ra hai trường hợp:
TH1: u 2 = 1, u 1 = 2n−1 Khi đóu 0 = 2n−2, u 3 = 2n−2, u 4 = 2n−3, u 5 1, u 6 = 2n−4, u 7 = 2n−5, u 8 = 1, , u 3k = 2n−2k, , u 3n = 2n−2n= 0. TH2: u1 = 1, u2 = 2n−1 Khi đó u0 = 2n Ta thấy trường hợp này không xảy ra vì u0 < 2n theo giả thiết quy nạp.
Vậy, khẳng định đúng với n.
Theo nguyên lý quy nạp khẳng định đúng với mọi giá trị củannguyên dương. Vận dụng kết luận này với n = 500, ta có điều phải chứng minh.
2.2.3 Bài toán về tính tổng và chứng minh đẳng thức
2.2.3.1 Ví dụ Gọi S n là tổng tất cả các ước số lẻ lớn nhất của các số tự nhiên từ 1 đến 2 n Chứng minh rằng 3S n = 4 n + 2.
Chứng minh Các số tự nhiên từ 1 đến 2 n bao gồm các số lẻ từ 1 đến 2 n , các số còn lại nhận được bằng cách gấp đôi các số tự nhiên từ 1 đến 2 n−1
Dễ dàng chứng minh được 1 + 3 + 5 + + (2 n −1) = 4 n−1 , nên ta có
Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp theo n.
(1) Bước cơ sở: Với n=1, 3S(1) = 3(1 + 1) = 4 1 + 2, do đó bài toán đúng với n=1.
(2) Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n = k, k ∈ Z + , nghĩa là 3S(k) = 4 k + 2, ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1 Mà S(n) S(n−1) + 4 n−1 nên S(k+ 1) = S(k) + 4 k , áp dụng giả thiết quy nạp ta được
Do đó bài toán đúng với n = k+ 1.
Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
2.2.3.2 Ví dụ (Bất đẳng thức Cauchy- Bunyakovsky)
Chứng minh rằng với x 1 , x 2 , , x n , y 1 , y 2 , , y n ∈ R, n là số tự nhiên, n ≥ 1.
Chứng minh (1) Bước cơ sở: a) Với n = 1, bất đẳng thức hiển nhiên đúng. b) Với n = 2 ta có
Do đó bất đẳng thức đúng với n = 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1 y 2 = x 2 y 1 , hay tồn tại cặp số thực α, β không đồng thời bằng không, sao cho αx 1 = βy 1 αx 2 = βy 2
(2) Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k ≥ 2), tức là ta có
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 Thật vậy ta có
≥ ( q x 2 1 + x 2 2 + +x 2 k q y 1 2 +y 2 2 + +y k 2 + x k+1 y k+1 ) 2 (do bất đẳng thức đúng với n = 2) q
(x 2 1 +x 2 2 + +x 2 k )(y 1 2 +y 2 2 + +y k 2 ) +x k+1 y k+1 ) 2 (theo giả thiết quy nạp)
Vậy bất đẳng thức đúng với n = k+ 1.
Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh.
Trong giả thiết quy nạp ta cũng giả sử, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tồn tại cặp số α, β với α 2 +β 2 ̸= 0, sao cho αx i = βy i ;∀i = 1,k.
Khi đó đẳng thức (*) xảy ra khi và chỉ khi tồn tại các cặp số α, β, α ′ , β ′ với α 2 + β 2 ̸= 0; α ′ 2 +β ′ 2 ̸= 0, sao cho
Ta dễ dàng chứng minh được các cặp số α, β và α ′ , β ′ tỉ lệ Vậy dấu đẳng thức ở bất đẳng thức cần chứng minh xảy ra khi và chỉ khi tồn tại cặp số α, β với α 2 +β 2 ̸= 0, sao cho αx i = βy i ;∀i = 1,k.
2.2.4 Tính toán bằng phương pháp quy nạp trong một số bài toán hình học
Phương pháp quy nạp không chỉ được áp dụng trong các bài toán số học, đại số, ., mà còn được áp dụng để giải quyết các bài toán hình học Sau đây là các dạng toán hình học chứng minh bằng quy nạp để chúng ta hiểu hơn về phương pháp chứng minh bằng quy nạp trong hình học.
2.2.4.1 Ví dụ Tính số đường chéo của đa giác lồi n cạnh (n≥ 4 )
Chứng minh Ta tìm một số giá trị của công thức này với S(n) là số đường chéo của đa giác n cạnh. n 4 5 6 7 8
Từ bảng trên ta đưa ra giả thiết quy nạp:
Ta sẽ chứng minh công thức 2.5 bằng phương pháp quy nạp theo n.
(1) Bước cơ sở: Với n = 4, ta thấy tứ giác có hai đường chéo (hình 2.1a), thỏa mãn 2.5, nên 2.5 đúng với n= 4.
(2) Bước quy nạp: Giả sử 2.5 đúng với n = k, nghĩa là đa giác lồi k cạnh có số đường chéo là S(k) = k(k −3)
2 Ta chứng minh 2.5 đúng vớin= k+ 1.
Thật vậy, khi thêm đỉnh thứ k + 1 thì có thêm k −2 đường chéo nối từ {A k+1 } tới {A 2 }, {A 3 }, ,{A k−1 } (hình 2.1b), ngoài ra {A 1 }{A k } cũng trở thành đường chéo Do đó,
Như vậy, 2.5 đúng với n = k+ 1 Theo nguyên lí quy nạp, S(n) đúng với mọi số tự nhiên n≥ 4.
Vậy số đường chéo trong một đa giác lồi n cạnh là n(n−3)
2 2.2.4.2 Ví dụ Trên một mặt phẳng cho n đường tròn phân biệt, đôi một cắt nhau và không có ba đường tròn nào giao nhau tại một điểm Các đường tròn này chia mặt phẳng thành các miền rời nhau Tính số miền thu được.
Chứng minh Gọi số miền thu được bởi n đường tròn trong mặt phẳng thỏa mãn điều kiện đề bài là D(n).
Với n = 2, ta có hai đường tròn cắt nhau và D(2) = 4 (hình 2.2b).
Giả sử với k đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài, chúng chia mặt phẳng ra làm D(k) miền Xét (k + 1) đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài Ta tính D(k +1).
Gọi (k + 1) đường tròn đó là (C 1 ), (C 2 ), , (C k+1 ) Bỏ đi một đường tròn bất kỳ trong (k + 1) đường tròn đó, chẳng hạn (C k+1 ) Khi đó còn k đường tròn, theo giả thiết quy nạp, số miền thu được là D(k) Bây giờ ta dựng lại (C k+1 ) Khi đó đường tròn (C k+1 ) giao với cả k đường tròn ban đầu Trên (C k+1 ) có k cặp giao điểm nên cho ta thêm 2k miền.
Vậy D(k + 1) = D(k) + 2k Do đó ta có,
Cộng các đẳng thức trên lại ta được,
2.2.5 Chứng minh bằng quy nạp trong bài toán hình học
2.2.5.1 Ví dụ Cho n hình vuông bất kỳ Chứng minh rằng có thể cắt chúng (bằng nhát cắt thẳng) làm một số mảnh đa giác rồi từ đó có thể ghép lại thành một hình vuông mới.
Chứng minh (1) Bước cơ sở:
Với n = 1, bài toán hiển nhiên đúng Với n = 2, ta gọi độ dài các cạnh hình vuông cho trước ABCD VÀ IJKL tương ứng là x và y Giả sử x ≥ y. Trên các cạnh của hình vuông ABCD, ta lấy các điểm M, N, P, Q sao cho
Cắt hình vuông này dọc theo các đường thẳng MP, NQ, dễ thấy MP và
NQ vuông góc với nhau tại tâm O của hình vuông và chia hình vuông thành
4 mảnh bằng nhau Bây giờ ta ghép các mảnh này với hình vuông thứ 2 như trong hình 2.3 b, ta được một hình vuông mới vì tại M’, N’, P’, Q’ các góc bù nhau, là các góc vuông và A’B’ = B’C’ = C’D’ = D’A’.
Giả sử bài toán đúng với n(n ≥ 1) hình vuông Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1 hình vuông.
Thật vậy, giả sử ta có n + 1 hình vuông K 1 , K 2 , , K n , K n + 1 Ta lấy hai hình vuông bất kì, chẳng hạn K n và K n + 1 Nhờ bước cơ sở, ta có thể cắt một trong hai hình vuông này và ghép các mảnh với hình vuông còn lại để có hình vuông mới K’ Khi đó, nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt và ghép n hình vuông K 1 , K 2 , , K n-1 , K’ để tạo thành một hình vuông mới.
2.2.5.2 Ví dụ Cho n điểm A 1 , A 2 , , A n và n số thực a 1 , a 2 , ,a n sao cho a 1 + a 2 + + a n = k ̸= 0 Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm O, sao cho Pn i=1 a i −−→
Chứng minh (1) Bước cơ sở:
Với n = 1, ta thấy O trùng với A 1 là điểm duy nhất thỏa mãn bài toán.
Bài toán đúng với n ≥ 1, nghĩa là với n điểm A 1 , A 2 , , A n và n số thực a 1 , a 2 , , a n thỏa mãn a 1 + a 2 + + a n = k ̸= 0, tồn tại duy nhất điểm
O ′ A i = ⃗0 Ta chứng minh bài toán đúng với hệ n + 1 điểm A 1 , A 2 , , A n , A n+1 và hệ n + 1 số thực a 1 , a 2 , , a n , a n+1 thỏa mãn a 1 +a 2 + + a n +a n+1 = k ̸= 0 Thật vậy, ta có n+1
Do O ′ và A n+1 cố định và k, a n+1 không đổi, nênO ′ cố định và duy nhất Vậy bài toán đúng với n = k+ 1 Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
2.2.5.3 Ví dụ Trong mặt phẳng cho n hình lồi (n ≥4), mà ba hình bất kỳ trong chúng có điểm chung Chứng minh rằng cả n hình lồi đã cho có điểm chung.
Chứng minh (1)Bước cơ sở:
Với n= 4, xét 4 hình lồi kí hiệu (H 1 ), (H 2 ), (H 3 ), (H 4 ) và:
Có hai khả năng sau:
(i) 3 trong 4 điểm A 1 , A 2 , A 3 , A 4 thẳng hàng Giả sử A 1 , A 2 , A 3 thẳng hàng và điểm A 2 nằm trên đoạn A 1 A 3 : A 2 ∈ [A 1 A 3 ] Ta có A 1 , A 3 ∈ H 2 Do đó A 2 ∈ H 2
Vậy A 2 ∈ (H 1 ) ∩ (H 3 ) ∩ (H 4 ) ∩ (H 2 ) hay cả 4 hình có điểm chung.
(ii) Trong 4 điểm không có 3 điểm nào thẳng hàng Lại có hai khả năng: +) 4 điểm A 1 , A 2 , A 3 , A 4 là 4 đỉnh của một tứ giác lồi Giả sử đó là tứ giác A 1 A 2 A 3 A 4 Gọi I là giao điểm hai đường chéo A 1 A 3 và A 2 A 4 Ta có,
Vậy I ∈ (H 1 ) ∩ (H 2 ) ∩ (H 3 ) ∩ (H 4 ) hay cả 4 hình có điểm chung là I.
+) Trong 4 điểm có 3 điểm làm thành một tam giác, điểm còn lại nằm bên trong Giả sử tam giác A 1 A 2 A 3 chứa A 4 bên trong Gọi J là giao điểm của đoạn A 2 A 3 và A 1 A 4
Tương tự như trên ta có
J ∈ (H 1 )∩(H 2 )∩(H 3 )∩(H 4 ) Vậy mệnh đề đúng với n = 4.
(2)Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k(k ≥4) Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 Thật vậy, xét k + 1 hình lồi (H 1 ), (H 2 ), ,(H k ),(H k+1 ) mà ba hình bất kì trong chúng có điểm chung. Đặt (H’ k ) = (H k ) ∩ (H k+1 )