Chuyên đề Phương pháp quy nạp toán học (Nguyễn Hữu Điền)

Quy nạp toán học và dãy số Dãy số ta đã biết là cấp số cộng và cấp số nhân, những công thức tính tổng và số hạng tổng quát của các dãy này đều có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp

3 Chứng minh đẳng thức và tính tổng

Đẳng thức liên quan đến số tự nhiên rất phong phú, tìm ra công thức và chứng minh công thức theo biến số tự nhiên rất đa dạng, những phần trước đã có rất nhiều ví dụ, ở đây ta xét thêm một số ví dụ nữa

Ví dụ 27 Chứng minh đẳng thức sau với mọi số tự nhiên n,

=1.2 = 2 Vậy công thức đúng với n = 1

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là

n s

n

=

+ Ta sẽ chứng minh công thức này bằng phương pháp quy nạp

Bước cơ sở: Với n = 1, 2 như đã thiết lập ở trên

Bước quy nạp: Giả sử công thức đã đúng với n = k, nghĩa là

++ =

12( 1) 1

k k

++ + Công thức đúng với n = k + 1, suy ra nó đúng với mọi n số tự nhiên

với mọi số tự nhiên n ≥ 2

Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 2, công thức (8) là hằng đẳng thức đáng

ở đây S tổng tất cả khả năng từng đôi của dãy a 1 , a 2 , , a k-1 Ta phải chứng minh

với n 1 Ta chứng minh bằng quy nạp toán học ≥

Bước cơ sở: Với n =1, ta có 210 = 1024 > 1000 = 103 Bất đẳng thức đúng

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, nghĩa là

Ta cần chứng minh công thức đúng với n = k + 1, nghĩa là

Ví dụ 31. Cho n là số tự nhiên khác 0, chứng minh rằng

Lời giải. Đặt vế trái của bất đẳng thức bằng Sn

Bước cơ sở: Nếu n = 2 thì

5 Quy nạp toán học và dãy số

Dãy số ta đã biết là cấp số cộng và cấp số nhân, những công thức tính tổng và số hạng tổng quát của các dãy này đều có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp Tiết này ta quan tâm tới dãy u0, u1, được cho bởi công thức un+2 = un+1 + un với n = 1, 2, và u1 =1; u2 = 1 Cụ thể

là 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, dãy số này gọi là dãy Phibônaxi Dãy số này

Lời giải. Dùng phương pháp quy nạp chứng minh theo n

Bước cơ sở: Với n=2 đẳng thức đúng vì từ định nghĩa ta có

Theo nguyên lí quy nạp toán học đẳng thức đúng với mọi n 2 ≥

Ví dụ 34 Chứng minh rằng đẳng thức

1

n m n m n m

u + =u u− +u u +1 (11)

đúng với số tự nhiên bất kì n > 1 và với mọi m = 1, 2,

Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo m

Bước cơ sở: Với m = 1, ta có u u n−1 1+u u n 2 =u n−1+u n =u n+1;

Sử dụng định nghĩa của dãy Phibônaxi suy ra công thức (11) với m = k +

1 Theo nguyên lí quy nạp toán học (11) đúng với mọi m nguyên dương

và n số tự nhiên dương bất kì

Ví dụ 35. Chứng minh rằng nếu n chia hết cho m thì u n chia hết cho u m

Lời giải Vì n chia hết cho m nên ta có thể viết n = mk Ta sẽ chứng minh khẳng định trên bằng quy nạp theo k

Bước cơ sở: Với k = 1, khi đó n = m, như vậy un chia hết cho um

Bước quy nạp: Giả sử umk chia hết cho um Ta xét um(k+1)

Nhưng um(k+1) = umk+m và theo công thức bài trước ta có

m k mk m mk m

u + =u −u +u u +

Số hạng thứ nhất có chứa um nên nó chia hết cho um, còn số hạng thứ hai theo giả thiết quy nạp umk chia hết cho um Như vậy, tổng của hai số hạng chia hết cho um, suy ra um(k+1) chia hết cho um

6 Bài tập

3.1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 0, số ≥

a) 33n+3 – 26n – 27 chia hết cho 169;

b) 4n + 15n - 1 chia hết cho 9;

c) a4n+1 – a chia hết cho 30, với a là số nguyên

3.2 Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp

Bài 4 QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

Nhiều bài toán hình học được gải bằng phương pháp quy nạp toán học, nhất là trong lĩnh vực hình học tổ hợp Những bài toán liên quan số lượng điểm, đường thẳng, độ lớn góc, các đa giác lồi, Ta nhắc lại một

đa giác lồi là mọi đường thẳng đi qua bất kì cạnh nào của nó cũng để đa giác về một nửa mặt phẳng

1 Tính toán bằng quy nạp

Ví dụ 36 Cho n đường thẳng khác nhau trên mặt phẳng đi qua một

điểm chung Hỏi chúng chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền?

Lời giải Rõ ràng với n = 1, thì một đường thẳng chia mặt phẳng thành 2

miền Với n = 2, hai đường thẳng giao nhau chia mặt phẳng thành 4 miền Với n = 3, ba đường thẳng đi qua một điểm trên mặt phẳng chia mặt phẳng thành 6 miền, Ta có thể giả thiết số miền được chia ra bởi n đường thẳng là 2n Ta chứng minh bằng quy nạp giả thiết trên:

Bước cơ sở: Với n = 1 mệnh đề khẳng định đúng, vì một đường thẳng

chia mặt phẳng thành hai phần

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với số n = k, nghĩa là k đường

thẳng khác nhau đi qua một điểm chia mặt phẳng ra thành 2k miền Để chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 đường thẳng, ta chú ý rằng nếu dựng đường thẳng đi qua điểm đã cho và không trùng với đường thẳng nào trong số những đường thẳng còn lại, thì chúng ta nhận thêm 2 miền của mặt phẳng Như vậy số miền của 2k cộng thêm 2, nghĩa là 2(k+1) Suy ra mệnh đề đúng với n = k + 1

Ví dụ 37 Có thể chia n-giác lồi thành bao nhiêu tam giác bởi các đường

chéo không giao nhau?

Lời giải Nếu n = 3 thì tam giác không có đường chéo vậy số tam giác

chỉ có một, nghĩa là 3 – 2 =1

Nếu n = 4 thì rõ ràng tứ giác chỉ có thể chia thành hai tam giác: 4 – 2 = 2

Ta có thể đưa ra giả thiết số tam giác chia bởi đường chéo không giao nhau là Sn = n – 2 Ta chứng minh giả thiết này bằng phương pháp quy nạp

Bước cơ sở: Với n = 3; 4 công thức đúng

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là đa giác lồi k

cạnh có thể chia thành Sk = k – 2 tam giác Ta cần chứng minh mệnh đề đúng cho n = k + 1 Thật vậy, kẻ

đường chéo A1Ak của đa giác

A1A2 AkAk+1 có k + 1 cạnh (h 6)

Vì đa giác A1A2 Ak có thể chia thành

(k-2) tam giác theo giả thiết quy nạp

Do có thêm tam giác A1AkAk+1 nên đa Hình 6

Ví dụ 38 Tính tổng các góc trong của n-giác lồi bất kì

Lời giải Ta xét một số trường hợp ban đầu để tìm ra công thức Kí hiệu

Tn là tổng góc trong của n-giác lồi Với n = 3, tổng góc trong là

T3 = 1800 = (3-2)1800 Với n = 4, tổng của góc trong của tứ giác lồi bằng

2 lần tổng góc một tam giác: T4 = 3600 = (4 – 2)1800 Từ hai trường hợp trên ta có thể giả thiết công thức phải tìm là Tn = (n – 2) 1800

Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp

Bước cơ sở: Với n = 3, công thức đúng như tính toán trên

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k < n, ta phải

chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là (k-1)1800 và (n-k-1)1800 Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là (k – 1 + n - k – 1)1800= (n-2)1800

Suy ra mệnh đề đúng với mọi n 3 ≥

Lời giải Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp

Bước cơ sở: Với n = 3, mệnh đề đúng vì tam giác có 3(3 3) 0

2

− =

đường chéo

Bước quy nạp: Giả sử đa giác lồi n = k cạnh có số đường chéo

Sk= ( 3

2

k k− ) đường chéo, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với đa giác

lồi n = k +1 cạnh có số đường chéo là Sk+1 = ( 1)( 2

2

Thật vậy, giả sử A1A2 AkAk+1 là đa giác lồi k + 1 cạnh Trong tam giác

ta kẻ đường chéo A1Ak Để đếm hết được các đường chéo trong đa giác

k + 1 cạnh ta cần phải đếm số đường chéo trong đa giác k cạnh

A1A2 Ak và thêm vào đó số đường chéo thu được từ k – 2 đường chéo nữa, tức là số đường chéo của đa giác k + 1 cạnh A1A2 Ak+1 xuất phát

từ đỉnh A , ngoài ra cần tính đến đường chéo A A Như vậy,

Ví dụ 40 Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không

nằm trên một đường thẳng Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n

Lời giải Bước cơ sở: Với n = 3 điểm, mệnh đề hiển nhiên đúng: Ba điểm

không nằm trên một đường thẳng nối từng đôi với nhau tạo ra ba đường thẳng khác nhau

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k 3 điểm Ta chứng minh

nó cũng đúng cho n = k + 1 điểm Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm A

≥

n và An+1 là AnAn+1 Nếu những điểm A1, A2, , An nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là n + 1: Gồm n đường thẳng nối An+1 với các điểm A1, A2, , An và đường thẳng chúng nối chung Nếu A1, A2, , An không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối An+1 với các điểm A1, A2, , An Vì đường thẳng AnAn+1 không chứa một điểm nào trong A1, A2, , An-1, nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A1, A2, , An Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn n + 1

Ví dụ 41 Trong mặt phẳng cho n đa giác lồi (n > 3), mỗi bộ ba đa giác

có điểm chung Chứng minh rằng tồn tại một điểm nằm trên tất cả các đa giác

Lời giải Bước cơ sở: Với n = 4, ta kí hiệu những hình bằng C1, C2, C3, C4 Cho những điểm chung của từng bộ ba đa giác như sau:

C ∩C ∩C = A

1 Nếu A4 nằm trong tam giác A1A2A3, thì bởi vì A1A2A3 ⊂ C4, ta có

A4 ∈ C4 và suy ra A4 ∈ C, ở đây C kí hiệu là giao của các hình C1, C2, C3, C4

2 Nếu A1A2A3A4 là tứ giác lồi thì A là điểm cắt của các đường chéo của chúng, thì dễ thấy A ∈ C

Bước quy nạp: Giả sử đã chứng minh được cho khẳng định đúng với n =

k – 1 Ta xét n = k hình C1,C2, , Ck Lấy C = Ck-1 C∩ k Ta xét dãy C1,

C2, , Ck-1, C Ta sẽ chứng minh mọi bộ ba hình này đều cắt nhau Thật vậy, nếu giữa ba hình giao nhau không là C, thì điều kết luận trên hiển nhiên đúng Nếu C nằm trong số ba hình và ví dụ như C1, C2, C, thì vì thế những hình C1, C2, Ck-1, Ck có điểm chung X (theo chứng minh tại phần

cơ sở) Suy ra X∈Ck-1 C∩ k = C Từ đây khẳng định của bài toán suy ra bằng nguyên lí quy nạp toán học

3 Chứng minh cắt và ghép hình

Ví dụ 42 Một người cầm tờ giấy và dùng kéo cắt thành 7 mảnh Sau đó

lấy một mảnh đã cắt và lại cắt thành 7 mảnh Người đó tiếp tục như vậy một số lần Khi dừng lại người đó đếm tổng cộng được tất cả các mảnh

đã cắt ra là 122 mảnh Hỏi người đó đếm số mảnh giấy cắt ra đúng hay sai?

Lời giải Mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là ta chỉ tạo thêm

ra được 6 mảnh, nên công thức tính số mảnh giấy sau n bước có dạng Tn= 6n + 1 Ta chứng minh công thức đúng bằng phương pháp quy nạp

Bước cơ sở: Với n = 1, người cắt đã cắt từ một mảnh thành 7 mảnh, mà

công thức: T1 = 6.1 + 1 = 7 Vậy công thức đúng

Bước quy nạp: Giả sử đến lần thứ k người ta đã cắt được số mảnh giấy là

Tk= 6k + 1 Sang bước thứ k + 1, người ta lấy một mảnh giấy rồi cắt thành 7 mảnh, nghĩa là tổng số mảnh sau lần thứ k + 1 là

Tk+1 = Tk – 1 + 7 = 6k + 1 – 1 + 7 = 6k + 7 = 6k + 6 + 1 = 6(k+1) + 1 Như vậy số mảnh giấy sau n bước cắt người ta thu được theo công thức

Tn

Do đó Tn chia cho 6 chỉ dư 1 như công thức trên Trong khi đó người cắt đếm được số lượng 122 = 6.20 + 2, khi chia cho 6 số này dư 2, suy ra người ta đã đếm không đúng

Ví dụ 42 Cho n hình vuông bất kì Chứng minh rằng ta có thể cắt chúng

ra thành một số phần để từ các phần đó ta có thể ghép lại thành một hình vuông mới

Lời giải Khi n = 1, điều khẳng định là hiển nhiên

A2B2C2D2 như hình trên Hình nhận được sẽ là hình vuông vì các giá trị góc M, N, P, Q bù nhau, các góc A, B, C, D là vuông và AB = BC = CD

= DA

Giả sử mệnh đề đã được chứng minh đối với n hình vuông và giả sử

ta có n + 1 hình vuông V1, V2, , Vn, Vn+1 Ta lấy ra bất kì hai hình vuông, chẳng hạn Vn và Vn+1 như đã chứng minh ở trên, sau khi cắt một hình vuông và ghép vào hình vuông thứ hai ta được một hình vuông V’ mới Do vậy ta có n hình vuông V1, V2, , Vn-1, V’ theo giả thiết quy nạp

có thể cắt ra được các phần và từ đó có thể ghép lại thình một hình vuông mới

Ví dụ 43 Chứng minh rằng n-giác lồi với n 5 đều có thể cắt ra thành

thành ngũ giác lồi

≥

Lời giải Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp với mọi n-giác lồi

với n 5 đều có thể cắt ra thành các ngũ giác lồi Với n = 5 điều đó là

hiển nhiên, còn với n = 6 và 7 có thể xem hình:

≥

Hình 9Hình 8

Bây giờ giả sử n 8 và mọi m-giác lồi với 5≥ ≤ m < n đều có thể cắt ra thành ngũ giác Từ n-giác có thể cắt ra một ngũ giác tạo bởi 5 đỉnh liên tiếp Khi đó còn lại (n-3)-giác Bởi vì 5 ≤ n – 3 < n, nên (n-3)-giác lại có thể cắt ra thành các ngũ giác theo giả thiết quy nạp toán học

Bài 3 QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ

Người ta còn chứng minh được rằng nguyên lí quy nạp toán học tương đương với tiên đề thứ tự Tiên đề thứ tự là cơ sở xây dựng nên số học phổ thông, nên nguyên lí quy nạp toán học có rất nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán số học và đại số

1 Bài toán phép chia hết và tính chất các số

Ví dụ 21 Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên khác 0 thì n 3 + 11n chia hết cho 6

Lời giải Bước cơ sở: Với n = 1, mệnh đề đúng

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là k3 + 11k chia hết cho 6 Ta cần chứng minh (k+1)3 + 11(k+1) cũng chia hết cho 6 Thật vậy, (k+1)3 + 11(k+1) = (k3 + 11k) + 12 + 3k(k+1) Trong hai số tự nhiên liên tiếp k và k + 1 nhất định phải có một số chẵn, vậy k(k+1) chia hết cho 2, suy ra 3k(k + 1) chia hết cho 6 Từ đó suy ra (k3 + 11k) + 12 + 3k(k+1) chia hết cho 6 Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n khác 0

Ví dụ 22 Chứng minh rằng với số n nguyên dương Cn = 7n + 3n – 1 chia

hết cho 9

Lời giải Bước cơ sở: Nếu n =1, thì C1 = 7 + 3 – 1 = 9 chia hết cho 9

Bước quy nạp: Giả sử n = k ≥1 và Ck = 7k + 3k – 1 chia hết cho 9 Khi

Lời giải Bước cơ sở: Với n = 1, ta có S1 = 1 + 1 = 2 chia hết cho 21 = 2

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là

Sk = (k + 1)(k + 2) (k + k) chia hết cho 2k, ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 Thật vậy,

Sk+1 = (k + 2)(k + 3) [(k+1) + (k+1)]= 2(k + 1)(k + 2) (k + k) = 2Sk Theo giả thiết quy nạp Sk chia hết cho 2k, suy ra Sk+1 chia hết cho 2k+1 Theo nguyên lí quy nạp toán học Sn chia hết 2n với mọi n nguyên dương

2 Biểu diễn số theo cơ số

Một số bài toán liên quan tới biểu diễn theo cơ số và tính chất của chúng

Bước cơ sở: Với n = 1, S1 = 7, còn vế phải 7 2 7

k+ − k + −

Suy ra mệnh đề đúng với mọi n nguyên dương

Ví dụ 25. Ta viết trên bảng hai số 1.1 Sau đó viết vào giữa hai số tổng

của chúng, ta nhận được 1.2.1 Lặp lại thao tác này một lần nữa nhận được 1.3.2.3.1 Sau đó đến lần thứ ba 1.4.3.5.2.5.3.4.1 Hỏi tổng các chữ

số đã được thể hiện lên bảng sau 100 lần thao tác là bao nhiêu?

Lời giải. Một cách tổng quát kí hiệu Sn là tổng sau n lần thao tác Ta có thể liệt kê bảng sau:

n 0 1 2 3

Ta có thể tính thêm một bước nữa với n = 4, ta có

1.5.4.7.3.2.7.5.8.3.7.4.5.1 Những số này có tổng S4 = 82 Ta muốn tìm ra quy luật mà không phải viết các số lên bảng Ta xét xem tổng một bước có nhận được từ tổng bước trước đó không? Ta phân tích số bước hiện thời thành những số của bước trước ví dụ 1.3.2.3.1 ta có thể viết số tiếp theo thành 1.1 + 3.3.3 + 2.2.2 + 3.3.3 + 1.1 và thấy rằng mỗi số cũ (trừ hai số ở đầu và cuối) thành tổng 3 lần Vì thế S3 = 3S2 – 2 (do hai đầu thừa ra 2 số 1) Ta có thể kiểm tra S5 =3S4 –2 =244 và công thức tổng quát là Sn = 3Sn-1 –2 Từ công thức này đưa ra giả thiết quy nạp

Sn = 3n + 1

Ta chứng minh công thức này bằng phương pháp quy nạp toán học

Bước cơ sở: Xem lại bảng với n = 0, 1, 2, 3 công thức trên đều đúng Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là Sk =3k +1 Ta phải chứng minh với n = k + 1 Thật vậy,

ở đây s ≥ là một số nguyên, và 0 0≤ ≤ −c i b 1 với mọi i = 0, 1, , s-1 và

0< ≤ −c s b 1

Lời giải. Lấy số b > 1 và áp dụng phương pháp quy nạp toán học

Bước cơ sở: Với n =1, ta lấy s = 0, c0 = 1 ≤ b – 1 Ta nhận được dạng đẳng thức (7) với 1 = c0

Bước quy nạp: Giả sử biểu diễn (7) đúng với mọi số tự nhiên k nhỏ hơn

n Theo định lí cơ bản của số học, với n và b có thể tìm được số nguyên không âm n1 và r sao cho

Bài 2 Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

1 Hai bước của nguyên lí quy nạp toán học

Nguyên lí quy nạp toán học gồm hai phần, việc kiểm tra cả hai

phần cần được tôn trọng và thực hiện đầy đủ khi áp dụng nguyên lí Nếu

bỏ đi một trong hai điều kiện kiểm tra đó thì sẽ nhận được kết luận sai

Lời giải. Giả thiết bất đẳng thức (4) đúng với n = k, với k là một số tự

nhiên nào đó Nghĩa là ta có

cộng vế trái của (4) với 2k và cộng vế phải của (4) với 2 Ta nhận được

2k +2k >2k + + 1Nghĩa là có (6) Theo nguyên lí quy nạp toán học bất đẳng thức (4) đúng

với mọi số tự nhiên n Bài toán đã được giải

Lời giải trên mắc sai lầm là không kiểm tra bước cơ sở Thực chất

của chứng minh trên là bất đẳng thức (4) đúng với n = k + 1, nếu nó đúng

với n = k Điều này không suy ra bất đẳng thức đúng với ít nhất một giá

trị nào của n, chứ chưa nói tới với mọi số tự nhiên

Ta có thể thử với n = 1 hoặc n = 2 bất đẳng thức (4) sai Với n 3

bất đẳng thức (4) mới đúng Giá trị số tự nhiên nhỏ nhất n = 3 bất đẳng

≥

thức (4) đúng (điều kiện thứ nhất của định lí 1) với n0 = 3 và lặp lại cách chứng minh ở trên từ giả thiết (4) đúng với n = k suy ra nó đúng với n = k + 1 (điều kiện thứ hai của định lí 1) Vì vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có kết luận: Bất đẳng thức (4) đúng với mọi n ≥ 3 (chứ không với mọi số tự nhiên n)

Như vậy giá trị ban đầu của các bài toán chứng minh phụ thuộc vào từng bài toán cụ thể và phải kiểm tra bước cơ sở Sau đây ta có một phản ví dụ khi không kiểm tra bước cơ sở thì hậu quả dẫn đến chứng minh sai

Ví dụ 10. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền

Bước kiểm tra ban đầu có một ý nghĩa đặc biệt là tạo ra cơ sở để thực hiện quy nạp Bước thứ hai đưa ra nguyên tắc cho việc mở rộng tự

động vô hạn trên cơ sở điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang trường hợp riêng khác: từ k đến k + 1

Phản ví dụ trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì không có

cơ sở để thực hiện quy nạp, vì vậy không có nghĩa gì khi thực hiện kiểm tra phần quy nạp

Ngược lại, khi áp dụng phương pháp quy nạp mà chỉ chứng minh được một số điều kiện ban đầu, mà bỏ qua phần quy nạp thì mới chỉ đưa

ra được cơ sở chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó Ta xét ví

41 ta có f(41) = 412 – 41 + 41 = 412 Kết quả f(41) không phải là số nguyên tố, nên kết luận của bài toán là không đúng

Cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học cần thiết thức hiện hai bước như phân tích ở phần trên Nhưng khó khăn chủ yếu là trong bước quy nạp toán học là khi mệnh đề giả sử đã đúng cho P(k) phải chứng minh cho P(k+1) Thường người ta tìm mối liên hệ giữa P(k) và P(k+1) để suy ra kết quả phải chứng minh

2 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k)

Trong phần này ta xét khả năng biến đổi quy nạp trực tiếp từ khẳng định đúng P(k) sang khẳng định đúng P(k+1)

2 3 4 5 Chứng minh rằng với mọi n ≥ 3 có

thể biểu diễn 1 thành dạng tổng n phân số khác nhau trong tập hợp trên

Ví dụ như n = 3, ta có thể viết

1 1 11

2 3 6

= + +

Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học

1 Bước cơ sở: Với n = 3 Mệnh đề đúng như ví dụ trên

2 Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n – 1, nghĩa là với n – 1

Ta có thể cho rằng những phân số sắp xếp theo thứ tự nhỏ dần, nghĩa

là số ở mẫu tăng dần Ta chứng minh cho trường hợp tổng của n phân

số dựa vào đẳng thức sau đây

3 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1)

Bước quy nạp toán học cần khẳng định P(k+1) suy ra từ P(k) Nhưng nhiều khi việc biến đổi trực tiếp từ P(k) sang P(k+1) gặp rất nhiều khó khăn hoặc không có hướng chính xác để biến đổi Khi đó ta phải làm ngược lại để biểu diễn P(k+1) thành những mệnh đề P(k) và tiến hành quy nạp

Ví dụ 14. Chứng minh rằng số zn = 32n+1 + 40n – 67 chia hết cho 64 với

mọi số n nguyên không âm

Lời giải

Bước cơ sở: z0 = 31 + 0 – 67 = - 64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng

Bước quy nạp: Giả sử zn chia hết cho 64 Khi đó

zn+1 = 32n+3 + 40n – 67

= 9(32n+1 + 40n – 67) – 320n + 576 = 9.zn– 64(5n – 9)

Vế phải của đẳng thức sau cùng chia hết cho 64, vậy với n+1 mệnh đề vẫn đúng Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học bài toán đúng với mọi n không âm

Lời giải. Bước cơ sở: Mệnh đề đúng với n = 0

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, P(k) =

3 Nguyên lí quy nạp toán học

Những ví dụ trên cho ta thấy rằng mỗi bài toán là một mệnh đề đúng hoặc sai Mỗi mệnh đề như vậy lại phụ thuộc vào một biến số tự nhiên n Một cách tổng quát ta kí hiệu P(n) là mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n là số tự nhiên Như vậy, thực chất của các ví dụ đã xét là chứng minh dãy mệnh đề sau đúng (hoặc sai)

P(1), P(2), P(3), , P(n),

Một số bài toán phát biểu dưới dạng: Chứng minh rằng với mọi số tự

nhiên n, P(n) đúng Như vậy, những bài toán loại này đều liên quan tới

tập số tự nhiên Một tính chất số tự nhiên người ta công nhận như một tiên đề và thường gọi là tiên đề thứ tự

Tiên đề thứ tự: Trong mọi tập khác rỗng của số tự nhiên có phần tử

nhỏ nhất

Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một khẳng định P(n) Đáng lẽ ta phải

đi kiểm tra vô hạn các mệnh đề, thì người ta sử dụng nguyên lí quy nạp toán học sau đây là đủ:

Định lí 1 (Nguyên lí quy nạp toán học) Cho n 0 là một số nguyên dương

và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n n≥ 0 Nếu

(1) P(n0) là đúng và

(2) Nếu P(k) đúng, thì P(k+1) cũng đúng với mọi số tự nhiên k ≥ n0; thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n n≥ 0

Chứng minh Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng Giả sử ngược lại,

mệnh đề khẳng định P(n) trong định lí 1 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 m 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 >

n0, từ đó suy ra m – 1 ≥ n0 Từ 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 vì m = (m – 1) + 1 Điều này trái với giả thiết (2) Như vậy, điều giả sử là sai và định lí được chứng minh

Phương pháp dùng nguyên lí quy nạp toán học để giải toán, người ta

gọi là phương pháp quy nạp toán học Như vậy, phương pháp quy nạp

toán học gồm hai bước, bước thứ nhất ta kiểm tra mệnh đề có đúng với

n = n0, gọi là bước cơ sở Nghĩa là kiểm tra P(n0) có đúng không? Nếu bước cơ sở đúng thì ta chuyển sang bước thứ hai chứng minh rằng nếu với mỗi k n≥ 0 , P(k) là mệnh đề đúng, thì suy ra P(k+1) cũng đúng,

bước này gọi là bước quy nạp Kết luận là P(n) đúng với mọi n n≥ 0

Cách chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học là tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn bước các khẳng định của mệnh đề Vì mệnh đề của bài toán có thể phụ thuộc vào nhiều đối số, nên người ta thường phải

nói rõ chứng minh quy nạp theo n đối với mệnh đề phụ thuộc vào n Ta

xét lại những ví dụ đã xét:

Ví dụ 1 Mệnh đề trong bài này là P(n) = {Tổng n số lẻ đầu tiên bằng

n2} Trong cách giải ở trên với n= 1, 2, 3 mệnh đề đúng và ta cũng chứng minh được P(k) đúng suy ra P(k+1) cũng đúng Vậy suy ra P(n) đúng với mọi n 1 ≥

Ví dụ 2 Mệnh đề trong ví dụ này là P(n) = {Cho n đường thẳng chia

mặt phẳng thành các miền khác nhau Có thể tô màu trên các vùng bằng hai màu đen và trắng sao cho hai miền cạnh nhau có màu khác nhau không?}, ở đây n là số đường thẳng trên mặt phẳng Lời giải của bài toán này thấy P(1) là mệnh đề đúng, ta cũng thấy từ mệnh đề P(1) suy ra P(2) đúng và từ P(2) suy ra P(3) đúng, và lí luận hoàn toàn tương tự, P(k)

đã đúng suy ra P(k+1) cũng đúng bằng cách đổi màu cho nửa mặt phẳng

của đường thẳng cuối cùng ta đặt vào Suy ra theo nguyên lí quy nạp toán học P(n) đúng với mọi n ≥ 1

Ví dụ 3 Mệnh đề trong ví dụ này là P(n) = {Số có 3n chữ số 1 chia hết cho 3n}, ở đây n là số tự nhiên Theo lời giải của bài toán thì

n = 1, P(1) = { Số 111 chia hết cho 3 } là đúng;

n = 2, P(2) = { Số 111111111 chia hết cho 9 } là đúng

Theo cách giải của bài toán thì P(1) đúng suy ra P(2) đúng, P(2) đúng suy

ra P(3) đúng, Một cách tổng quát P(k) đúng suy ra P(k+1) cũng đúng bằng cách phân tích số 3k+1 chữ số 1 ra thành tích của số có 3k chữ số 1

và số có 3 chữ số 1 và những số còn lại là chữ số 0, từ đây suy ra mênh

đề P(k+1) đúng Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học P(n) đúng với mọi

4 Giai đoạn quy nạp và giả thiết quy nạp

Phương pháp quy nạp toán học được áp dụng không những trong toán học mà còn ở các ngành khác như Vật lí, Hóa học, Sinh vật, nguyên nhân là từ những thí nghiệm hoặc thực nghiệm cụ thể người ta muốn tổng quát hóa và rút ra quy luật chung Khi từ thực nghiệm họ đã rút ra công thức chung, quy luật chung, để chứng minh tính đúng đắn của

chúng họ thường dùng phương pháp quy nạp toán học Ta lấy một ví dụ

cụ thể

Ví dụ 5 Tính tổng n số tự nhiên đầu tiên

Lời giải Kí hiệu P(n) là tổng phải tìm, nghĩa là P(n) = 1 + 2 + 3 + + n

Ta tính một số tổng tại những giá trị ban đầu:

Biểu thức trên được gọi là giả thiết quy nạp Muốn chắc chắn công

thức này đúng ta phải chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông qua hai bước:

1 Bước cơ sở: Với n = 1 công thức (1) đúng như cách tính ở trên

2 Bước quy nạp: Giả sử n = k, P(k) đúng, nghĩa là đã có

Ví dụ 6 Tính tổng lập phương của n số tự nhiên đầu tiên

Lời giải Ta đặt công thức S(n) = 13 + 23 + 33 + + n3 Ta cũng đi tính một số giá trị ban đầu:

n 1 2 3 4 5 6

Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho S(n) Nhưng với kinh nghiệm và những kết quả đã tính ở bài trước ta gép lại

n n+

⎣ ⎦ (2) Chứng minh công thức (2) bằng phương pháp quy nạp theo n:

1 Bước cơ sở: Với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 công thức (2) đúng theo bảng trên

2 Bước quy nạp: Giả sử (2) đúng với n = k, ta phải chứng minh (2) cũng

k k

LờI giải. Số lượng số hạng của tổng là n + 1, trừ số hạng đầu tiên còn lại các số hạng khác đều có dạng 2 2

Do 4 = 22 , 8 = 23 và 16 = 24 từ các biểu thức của S1, S2 và S3 có thể đưa

ra giả thiết quy nạp

1

1 2

2

n n

Bước cơ sở: Với n = 1, công thức (3) đúng như đã kiểm tra ở trên

Bước quy nạp: Giả sử (3) đúng với n = k nào đó Khi đó

a) 12 22 ( 1)n 1

n

Chuyên đề : PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

(Người biên soạn Nguyễn Hữu Điển)

B THỜI GIAN THỰC HIỆN

Tổng thời gian thực hiện 15 tiết, mỗi bài 3 tiết tương ứng với nội dung

C NỘI DUNG

Bài 1 Nguyên lí quy nạp toán học và ví dụ Từ những ví dụ cụ thể về

cách suy luận diễn giải và quy nạp dẫn đến phát biểu nguyên lí quy nạp toán học Thông qua những ví dụ đơn giản làm rõ các thành phần của nguyên lí quy nạp toán học

Bài 2 Kĩ thuật chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học

Khảo sát các khía cạnh sử dụng nguyên lí quy nạp toán học thông qua các vị dụ cụ thể

Bài 3 Các ứng dụng giải toán trong số học và đại số Những bài tập

số học và đại số thường ứng dụng phương pháp quy nạp toán học như phép chia hết, biểu diễn số, tính tổng, đẳng thức, bất đẳng thức,

Bài 4 Quy nạp toán học trong hình học Những dạng toán hình học

giải bằng phương pháp quy nạp toán học

Bài 5 Những vấn đề khác liên quan đến phương pháp quy nạp toán học Dùng những định nghĩa, hồi quy, theo suy luận quy nạp toán học

Bài 1 NGUYÊN LÍ QUY NẠP TOÁN HỌC VÀ VÍ DỤ

1 Suy diễn và quy nạp

Trong lao động, học tập và sinh hoạt người ta phải suy luận và đánh giá những hoạt động của mình Thực tế có hai hướng chính để suy luận

và đưa ra kết quả trước một vấn đề phải giải quyết Những suy luận đó là

suy diễn và quy nạp Suy diễn là áp đặt một vấn đề chung cho trường

hợp cụ thể Cách suy luận này diễn ra hàng ngày, hàng giờ xuất phát từ

kinh nghiệm, văn hóa loài người Trong kho tàng ca dao và châm ngôn Việt Nam có rất nhiều mệnh đề chung như

Trông mặt mà bắt hình dong Con lợn có béo thì lòng mới ngon

Như vậy, con lợn sắp làm thịt thấy nó béo suy ra lòng phải ngon Hay ví dụ trông một cơn mưa trên trời thì rơi vào những trường hợp:

Cơn đằng Đông vừa trông vừa chạy Cơn đằng Tây mưa dây bão dật Cơn đằng Nam vừa làm vừa chơi Cơn đằng Bắc đổ thóc ra phơi

Hướng suy luận thứ hai là từ những khẳng định riêng tiến tới phát

biểu khẳng định chung được gọi là phép quy nạp Ta lấy ví dụ trong bài

hát Quan Họ “Bèo dạt mây trôi”:

“ Một tin trông, hai tin đợi, ba, bốn tin chờ sao chẳng thấy em ”

Như vậy, người đợi chờ ở đây đã thực hiện 1, 2, 3, 4 lần nhắn tin mà người thương không thấy tin tức gì, phải chăng không bao giờ nhận được tin tức gì? phải chăng không bao giờ nhận được tin tức người thương nữa? Hay vì hoàn cảnh nào đó mà một thời gian sau mới nhận được tin nhắn! Bằng ví dụ đơn giản trên ta thấy rằng phép quy nạp có khi đúng,

có khi sai Chuyên đề này ta sẽ nghiên cứu cách suy luận quy nạp thế nào

là đúng và áp dụng chính xác những suy luận này để giải các bài toán trong số học, đại số và hình học,

2 Một số ví dụ suy luận quy nạp

Trước khi đi vào nguyên lí cụ thể ta xét một số ví dụ mà cách giải thực hiện từ trường hợp cụ thể tiến tới tổng quát hóa

Ví dụ 1 Chứng minh rằng tổng n số lẻ đầu tiên bằng n 2

Lời giải Ta biết rằng số lẻ thứ nhất là 1, số lẻ thứ hai là 3, số lẻ thứ ba là

5, như vậy mối quan hệ giữa số lẻ thứ k và chính số lẻ đó là (2k-1) với

k = 1, 2, 3, Ta kí hiệu Sn là tổng n số lẻ đầu tiên Ta tính một số giá trị đầu tiên của tổng này và so sánh với kết luận của bài toán:

Với n = 1, S1 = 1 = 12, kết luận của bài toán đúng;

Với n = 2, S2 = 1 + 3 = 12 + 2.1.1 + 1 = (1 + 1)2 = 22, kết luận đúng;

Với n = 3, S3 = 1 + 3 + 5 = 22 + 2.2.1 + 1 = (2 + 1)2= 32, kết luận đúng

Ta có thể tiếp tục kiểm tra cho các trường hợp tiếp theo nữa, nhưng những số lẻ là vô cùng nhiều, không có khả năng kiểm tra hết được từng giá trị Có cách nào khác không để suy luận chỉ một số trường hợp mà nó đúng với mọi trường hợp? Ta thấy rằng những trường hợp ở giá trị sau đều có thể suy ra kết luận từ giá trị trước bằng mối quan hệ Sn = Sn-1 + 2n-1 Nếu đã tính được Sn-1 = (n-1)2 thì ta có Sn = Sn-1 + 2n – 1 = (n-1)2 + + 2n - 1= n2 Như vậy, cứ số trước đã có kết quả đúng thì số sau đúng, ta

có n =3 kết luận đúng suy ra n =4 kết luận đúng, sau đó n =5, Suy ra mệnh đề đúng với mọi giá trị của n

Ví dụ 2 Cho một số đường thẳng chia mặt phẳng thành những miền

khác nhau Chứng minh rằng ta có thể tô những miền này bằng hai màu trắng và đen sao cho những miền cạnh nhau (có chung một đoạn biên) có màu khác nhau

Lời giải Chú ý không phải cách chia mặt phẳng thành những miền

khác nhau nào cũng tô được bằng hai màu thỏa mãn điều kiện bài toán, ví dụ như (h 1)

Nếu chọn miền trên là mầu đen thì hai phần

còn lại là màu trắng, điều này không thỏa

mãn điều kiện của bài toán Như vậy, chia

mặt phẳng bằng những nửa đường thẳng thì

Nhưng chia mặt phẳng bằng những đường thẳng thì mệnh đề còn đúng Với một đường thẳng, bằng cách tô nửa mặt phẳng đen, còn nửa kia tô trắng (h 2)

Hình 3 Hình 2

Nếu cho hai đường thẳng thì từ hình 2 đặt thêm một đường thẳng nữa chia mặt phẳng thành bốn miền Dựa trên màu của trường hợp một đường thẳng, trên một nửa mặt phẳng của đường thẳng thứ hai, miền nào màu đen ta tô trắng và màu trắng ta tô đen cho hình 3

Nếu cho ba đường thẳng thì ta đặt đường thẳng thứ ba lên hình 3 cho

ta hình 4 khi chưa tô màu lại

Hình 4 Hình 5 Trên một nửa mặt phẳng của đường thẳng mới, miền nào màu trắng ta

tô lại màu đen và ngược lại, cuối cùng ta nhận được hình 5 Ta thấy rằng những miền cạnh nhau trong nửa mặt phẳng đổi màu hoặc nửa mặt phẳng không đổi màu khác màu nhau Còn những miền cạnh nhau có biên trên đường thẳng mới đặt vào theo cách đổi màu trên nửa mặt phẳng thì chúng cũng khác màu nhau

Bây giờ ta có thể lại thêm một đường mới vào hình 5 và quá trình tô màu lại lặp lại và cũng nhận được kết quả tô được màu cho các miền Như vậy nếu ta tô màu được theo giả thiết bài toán cho n đường thẳng thì n+1 đường thẳng cũng tô được theo cách làm trên Như vậy, với bất kì một số đường thẳng đã cho ta đều có thể thực hiện tô màu được theo giả thiết bài toán Bài toán đã được giải

Ví dụ 3 Cho 111 chia hết cho 3, số 111111111 chia hết cho 9, số

111 111 (27 chữ số 1) cũng chia hết cho 27 Chứng minh rằng 111 111 (3 n chữ số 1) chia hết cho 3 n với mọi n

Lời giải Ta có thể sử dụng dấu hiệu chia hết cho 3 và cho 9 (tổng các

chữ số của một số chia hết cho 3 thì số đó cũng chia hết cho 3, tương

tự cho một số chia hết cho 9) Đơn giản hơn ta có thể kiểm tra trực tiếp 111 : 3 =37 và 111111111 : 9 =12345679

Bằng cách chia trực tiếp số có 27 chữ số 1 chia cho 27 nhận được kết quả chia hết, nhưng dấu hiệu chia hết cho 27 không có (ví dụ số

1899 có tổng 27 nhưng không chia hết cho 27) Ta không thể đi chia trực tiếp số có 3n chữ số 1 cho 3n với n = 4, 5, xem chúng có chia hết cho nhau không? Từ kinh nghiệm của hai ví dụ trước ta đi tìm cách chứng minh mệnh đề ở bước n, ta phải tìm cách chứng minh nó được suy ra từ bước n-1 trước đó đã có kết quả đúng rồi

Ta xét số 111111111, số này chia hết cho 9 Ta có thể kiểm tra nó cũng chia hết cho 111, có kết quả 111111111 = 111 1001001 Ta thấy các thừa số trong tích trên chia hết cho 3 (do tiêu chuẩn chia hết cho 3) Do đó tích của hai thừa số trên chia hết cho 9

Quy trình trên áp dụng cho số 1111 111 (27 chữ số 1), số này chia hết cho 111111111 Thương của phép chia này chỉ có ba chữ số 1 và các chữ số còn lại bằng 0 (kết quả là số thương có hai nhóm 8 chữ số

0, còn số ở giữa và hai đầu đều là số 1) Biết rằng số 111111111 chia hết cho 9 Còn số 10 010 01 chia hết cho 3 (vì tổng các chữ số chia hết cho 3) Do số có 27 chữ số 1 bằng tích của hai số, mà một số chia hết cho 9 và một số chia hết cho 3 suy ra nó chia hết cho 27

Tiếp tục với một số có 81 =3.3.3.3 chữ số 1 là tích của số có 27 chữ số 1 và số có ba chữ số 1 và các số còn lại là chữ số 0 Thừa số thứ nhất chia hết cho 27, thừa số thứ hai chia hết cho 3 Suy ra số có

81 chữ số 1 chia hết cho 3.27=81=34

Bằng cách hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được một số có 81.3=243 chữ số 1 cũng chia hết cho 35 Ta cũng có thể chứng minh với số n mệnh đề đã đúng suy ra với n+1 vẫn còn đúng, suy ra mệnh

đề đúng với mọi n = 3, 4, 5, 6, Bài toán đã được giải

Ví dụ 4 Chứng minh rằng với mọi số nguyên đồng (tiền Việt Nam)

lớn hơn 6 có thể đổi ra tiền lẻ không dư bằng những đồng tiền gồm những tờ 2 đồng và 5 đồng (1 đồng ở đây bằng 1000 đồng trong thực tế)

Lời giải Đẳng thức sau đây nói lên với 7 đồng, 8 đồng thì gồm tờ 2

2 đồng và 5 đồng Suy ra nó cũng đổi thành các đồng 2 đồng và 5 năm Như vậy, khẳng định của của mệnh đề là đúng

Nguyễn Hữu Điển

Khoa Toán - Cơ - Tin họcĐHKHTN Hà Nội, ĐHQGHN

1 Những bài toán giải bằng quy nạp toán học

Bài 2 Chứng minh rằng 1 + 22n+ 32n+ 2((−1)u n+ 1) chia hết cho 7 với mọi số

nguyên n > 0, ở đây {u n } là dãy số Fibonacci: u1= u2= 1 và u n+2= u n+1+ u n.

Bài 3 Chứng minh rằng 2(22n+ 32n+ 62n) + 3(−1)n+1 ((−1)u n+ 1) chia hết cho

13với mọi số nguyên n > 0, ở đây {u n } là dãy số Fibonacci: u1= u2= 1 và u n+2 =

Chứng minh rằng F(n) chia hết cho (bc)2với mọi số nguyên n ≥ 0.

Bài 5 Cho a,b,c là ba số nguyên dương sao cho c = a + b Cho p là một ước số lẻ