Phương pháp quy nạp và ứng dụng

Chương 1: Trình bày những kiến thức cơ bản về phương pháp quynạp toán học.Chương 2: Trình bày những ứng dụng của phương pháp quy nạptrong việc giải toán, bao gồm một số bài toán số học,

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

2 Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học trong việc giải

2.1 Phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán số học,

đại số 182.1.1 Một số bài toán chia hết 182.1.2 Một số bài toán về dãy số và chứng minh đẳng thức 272.1.3 Một số bài toán chứng minh bất đẳng thức 372.2 Phương pháp quy nạp toán học trong một số bài toán

hình học 482.2.1 Tính toán bằng quy nạp 482.2.2 Chứng minh bằng quy nạp 51

2.2.3 Dựng hình bằng quy nạp 59

2.3 Phương pháp quy nạp toán học trong một số bài toán không mẫu mực 63

3 Bài tập áp dụng 78 3.1 Bài tập về chứng minh tính chia hết 78

3.2 Bài tập về dãy số và chứng minh đẳng thức 79

3.3 Bài tập về chứng minh bất đẳng thức 81

3.4 Bài tập hình học 82

Mở đầu

Phương pháp quy nạp có vai trò vô cùng quan trọng trong toán học,khoa học và cuộc sống Quá trình quy nạp là quá trình đi từ "tính chất"của một số cá thể suy ra "tính chất" của tập thể, nên không phải lúcnào cũng đúng Phép suy luận này chỉ đúng khi thỏa mãn những điềukiện nhất định Tuy vậy, phương pháp quy nạp có ý nghĩa rất to lớn ởchỗ nó giúp đưa ra những suy luận khái quát, những ý tưởng tổng quát.Trong toán học cũng vậy, quá trình suy luận này chỉ đúng khi nó thỏamãn nguyên lý quy nạp Phương pháp quy nạp toán học tỏ ra rất hiệuquả trong mọi lĩnh vực của toán học: Từ số học, đại số, toán logic, đến hình học

Trong chương trình toán học phổ thông, phương pháp quy nạp đãđược đề cập đến ở lớp 11, nhưng chưa được sâu sắc và hệ thống Đặcbiệt là chưa có phần áp dụng vào các bài toán logic và hình học Cuốnluận văn này nhằm đưa ra cái nhìn tổng quan về phương pháp quy nạptoán học: Từ nguyên lý và các hình thức của phương pháp đến nhữngbài tập áp dụng trong các phân môn khác nhau Hệ thống các bài tậpđược đưa ra từ đơn giản đến phức tạp Đặc biệt luận văn đã sưu tầm một

số đề thi Olympic toán các quốc gia và quốc tế giải được bằng phươngpháp này

Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mụccác tài liệu tham khảo

Chương 1: Trình bày những kiến thức cơ bản về phương pháp quynạp toán học.

Chương 2: Trình bày những ứng dụng của phương pháp quy nạptrong việc giải toán, bao gồm một số bài toán số học, đại số, hình học

và bài toán không mẫu mực

Chương 3: Đưa ra một số bài tập áp dụng

Để hoàn thành được cuốn luận văn này, tác giả đã nhận được sự giúp

đỡ, chỉ bảo rất tận tình của thầy giáo, GS.TS Đặng Huy Ruận Tác giảxin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy về sự giúp đỡ quý báu đó.Mặc dù tác giả đã hết sức cố gắng, song do thời gian và trình độ cònhạn chế, cuốn luận văn chắc chắn không tránh được những thiếu sót.Kính mong nhận được ý kiến đóng góp của quý độc giả Tác giả xin chânthành cảm ơn!

Chương 1

Những kiến thức cơ bản về phương pháp quy nạp toán học

1.1 Giới thiệu về phương pháp quy nạp toán học

Phương pháp quy nạp toán học là một công cụ rất có hiệu lực trongviệc chứng minh nhiều bài toán thuộc các lĩnh vực khác nhau của toánhọc như : số học, đại số, hình học, Đây là một phương pháp chứngminh toán học đặc biệt cho phép ta rút ra những quy luật tổng quátdựa trên cơ sở của những trường hợp riêng Quá trình quy nạp ngượcvới quá trình suy diễn : "Từ tính chất" của một số cá thể suy ra "tínhchất "của tập thể, nên không phải lúc nào cũng đúng Nó chỉ đúng khithỏa mãn nguyên lý quy nạp

1.1.1 Nguyên lý của phương pháp quy nạp toán học

Nguyên lý của phương pháp quy nạp toán học:

Cho n0 là một số nguyên dương và P (n) là một mệnh đề có nghĩa vớimọi số tự nhiên n ≥ n0 Nếu:

(1): P (n0) đúng và

(2): Nếu P (k) đúng từ đó suy ra được P (k + 1) cũng đúng với mọi số

tự nhiên k ≥ n0 thì mệnh đề P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0

Phương pháp dùng nguyên lý quy nạp toán học để giải toán gọi làphương pháp quy nạp toán học Như vậy, phương pháp quy nạp toánhọc gồm hai bước:

10 Bước thứ nhất: Kiểm tra mệnh đề có đúng với n = n0 Bước nàythường gọi là bước cơ sở quy nạp

20 Bước thứ hai : Chứng minh rằng nếu với mỗi k ≥ n0 , P (k) làmệnh đề đúng, thì suy ra P (k + 1) cũng đúng, bước này được gọi làbước quy nạp Kết luận P (n) đúng với mọi n ≥ n0

Cách chứng minh quy nạp tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn bướccác khẳng định của mệnh đề Vì mệnh đề của bài toán có thể phụ thuộcvào nhiều đối số nên khi chứng minh ta cần nói rõ chứng minh quy nạptheo đối số nào

Trong chứng minh bằng quy nạp, cả bước cơ sở quy nạp và bướcchứng minh quy nạp đều cần thiết Nếu thiếu một trong hai bước, thì

có thể dẫn đến sai lầm Một số ví dụ sau sẽ chứng tỏ điều này

Ví dụ 1.1.1 G.W.Leibnitz (nhà toán học Đức, thế kỷ 17) đã chứngminh rằng với mọi số nguyên dương n thì:

(n3− n) 3(n5− n) 5(n7− n) 7

Từ đây, ông suýt nữa kết luận rằng: (nk− n) chia hết cho k, với mọi số

tự nhiên n và mọi số lẻ k.Tuy vậy không lâu sau chính ông đã tìm thấyrằng 29 − 2 = 510 không chia hết cho 9

Ví dụ 1.1.2 D.A.Grave- nhà toán học Xô Viết; Õng giả định rằng:với mọi số nguyên tố p, 2p−1 − 1 không chia hết cho p2 Bằng kết quả

kiểm tra trực tiếp với mọi số nguyên tố p nhỏ hơn 1000 càng củng cốthêm giả định này của ông Nhưng chẳng bao lâu sau người ta chỉ rarằng 21092− 1 chia hết cho 10932 (1093 là số nguyên tố) Như vậy, phỏngđoán của Grave là sai lầm.

Ví dụ 1.1.3 Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà Toán học Pháp 1665) đã cho rằng các số dạng 22 n

Ví dụ 1.1.4 Do bỏ bước cơ sở quy nạp, ta đưa ra kết luận không đúng:Mọi số tự nhiên đều bằng nhau! Bằng cách quy nạp như sau:

Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k nào đó Khi đó ta có

k = k + 1(∗)

Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:

k + 1 = k + 2 Thêm vào mỗi vế của đẳng thức (*) 1 đơn vị ta sẽ có:

k+ 1 = k + 1 + 1 = k + 2 Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nócũng đúng với n = k + 1 do đó theo nguyên lý quy nạp toán học nó đúng

với mọi số tự nhiên n.

Và từ đó ta có kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!Chú ý: Phương pháp quy nạp toán học không nhất thiết phải sử dụngnghiêm ngặt sơ đồ trên Điều này sẽ được trình bày chi tiết ở chương 2.1.1.2 Các ví dụ

Phần này trình bày một số ví dụ nhằm minh họa việc vận dụng phươngpháp quy nạp để giải toán

10 (Cơ sở quy nạp) Với n = 1, có:

S3(1) = 13 = 1

2(1 + 1)24

20 (Quy nạp) Giả sử khẳng định đã đúng với n ≥ 1, nghĩa là:

S3(n) = 13 + 23 + 33 + + n3 = n

2(n + 1)24Khi đó

Mệnh đề được chứng minh !

Ví dụ 1.1.6 (Chứng minh bất đẳng thức)

Chứng minh rằng: nn+1 > (n + 1)n (1) ( n là số tự nhiên, n ≥ 3)Chứng minh

10 (Cơ sở quy nạp).Với n = 3, ta có :34 = 81 > 43 = 64 Như vậy bấtđẳng thức (1) đúng với n = 3

20 (Quy nạp) Giả sử quan hệ (1) đúng với n = k, tức là kk+1 > (k+1)kvới k ≥ 3, k ∈ N

Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 tức là :

(k + 1)k+2 > (k + 2)k+1Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

10 Với một tam giác thì số tam giác có được là 1 = 3 - 2

Với một tứ giác thì số tam giác có được là 2 = 4-2

20 Với k− giác (3 ≤ k < n), giả sử được chia thành (k − 2) tam giácbởi các đường chéo không cắt nhau(không phụ thuộc vào cách chia).Đối với n−giác A1A2 An, đường chéo A1Ak chia n-giác này ra làm k-giácA1A2 Ak và (n − k + 2)-giác A1AkAk+1 An Theo giả thiết quynạp:

k−giác A1A2 Ak được chia thành k − 2 tam giác

(n − k + 2)−giác A1AkAk+2 An được chia thành [(n − k + 2) − 2] tamgiác

nên tổng số tam giác của n−giác A1A2 An được tạo thành là:

(k − 2) + [(n − k + 2) − 2] = n − 2Vậy n-giác không tự cắt được chia thành (n − 2) tam giác bởi cácđường chéo không cắt nhau

1.2 Các hình thức của phương pháp quy nạp toán

đó mệnh đề P đúng đối với mọi số tự nhiên k ≥ k0."

Sau đây xin trình bày một ví dụ để minh họa việc vận dụng hình thứcnày

Ví dụ 1.2.1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta đều có:

2(n+2) > 2n + 5Chứng minh.

10 Với n = 1, ta có : 2(1+2) = 23 = 8 > 7 = 2.1 + 5 nên bất đẳng thứcđúng

20 Giả sử bất đẳng thức đúng với số nguyên n = k(k ≥ 1) tức là ta

đã có:

2k+2 > 2k + 5Cần chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1

Thật vậy ta có:

= 4k + 10 > 2k + 7

= 2(k + 1) + 5Vậy bất đẳng thức được chứng minh!

10.(Bước cơ sở) Với n = 0, ta có mệnh đề đúng

20.(Bước quy nạp) Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là ta có:

1.2.2 Hình thức quy nạp nhảy bước

Đây là hình thức phát triển của hình thức quy nạp chuẩn tắc Dùng

P(n) để ký hiệu khẳng định đúng với số tự nhiên n Khi đó sơ đồ củahình thức quy nạp này có thể biểu diễn dưới dạng:

= 1

Có nghiệm mà các thành phần của nó là số tự nhiên

Chứng minh

(i) Khi n = 1, phương trình có nghiệm x1 = 1

(ii) Khi n = 2, ta có phương trình : 1

x21 + 1

x22 = 1Giả sử phương trình có nghiệm (α1, α2) Có thể giả thiết α1 ≤ α2 vìvai trò của x1, x2 như nhau Tacó:

nên α1 = 1 Thay vào phương trình ta có: 1

α22 = 0 (vô lý)Vậy khi n = 2, phương trình vô nghiệm

(iii) Khi n = 3 tương tự như trên.ta có phương trình vô nghiệm.(iv) Khi n = 4, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 2)

(v) Khi n = 5, tương tự như trường hợp n = 2, n = 3 ta có phươngtrình vô nghiệm

(vi) Khi n = 6, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 3; 3; 6)

(vii) Khi n = 7, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 4; 4; 4; 4)

(viii) Khi n = 8, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 3; 3; 7; 14; 21)

(ix) Giả sử với n = k tự nhiên nào đó phương trình có nghiệm:(α1; α2, , αk) với αi là số tự nhiên, i = 1, k

Ta có: 1

α21 + 1

α22 + + 1

α2k = 1Mặt khác:

1

α2k = 1

4α2k +

14α2k +

14α2k +

14αk2 nên1

α21 + 1

α22 + + 1

α2k−1 + 1

4α2 k

+ 14α2 k

+ 14α2 k

+ 14α2 k

Ví dụ 1.2.4 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thểbiểu diễn dưới dạng tích của những số nguyên tố

Chứng minh

10.(Bước cơ sở) Hiển nhiên mệnh đề đúng với mọi số nguyên tố, trườnghợp đặc biệt n = 2 cũng đúng.

20.(Bước quy nạp) Giả sử mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên k mà

2 ≤ k < n

Nghĩa là với mọi số 2 ≤ k < n đều biểu diễn dưới dạng tích của các thừa

số nguyên tố Ta xét hai trường hợp:

1 Nếu n là số nguyên tố thì mệnh đề đúng

2 Nếu n là hợp số thì theo định nghĩa hợp số, tồn tại hai số nguyên

n1 < n và n2 < n sao cho n = n1.n2

Theo giả thiết quy nạp n1 và n2 đều biểu diễn thành tích các số nguyên

tố Do đó n cũng biễu diễn thành tích các số nguyên tố

Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n > 1

1.2.3 Hình thức quy nạp kép

Đây cũng là hình thức phát triển của hình thức quy nạp chuẩn tắc

Ta sẽ thực hiện phép thử với hai giá trị đầu tiên của n Sau đó, tronggiả thiết quy nạp, ta giả sử mệnh đề đúng với hai giá trị liên tiếp bất kỳcủa n, rồi chứng minh mệnh đề cũng đúng với giá trị tiếp theo của n.Hình thức này thường được sử dụng trong các bài tập về dãy số mà sốhạng thứ n được biểu diễn theo các số hạng đứng trước nó Thực ra đâychỉ là trường hợp riêng của hình thức quy nạp nhảy bước Tuy nhiên nórất hay được sử dụng

Ví dụ 1.2.5 Cho dãy số Fibonaxi xác định như sau:

a0 = 0

a1 = 1

an+1 = an + an−1; n ≥ 1Chứng minh: am+n = am−1an + an+1am; với m ≥ 1, n ≥ 1

Chứng minh

Với m bất kì, m ≥ 1 ta chứng minh đẳng thức trên bằng phươngpháp quy nạp kép theo n

10 Khi n = 1, đẳng thức trở thành am+1 = am+ am−1 vì a1 = a2 = 1nên đẳng thức đúng với n = 1

Ví dụ 1.2.6 Cho x1 và x2 là nghiệm của phương trình x2−27x+14 = 0

Chương 2

Ứng dụng phương pháp quy nạp

toán học trong việc giải toán

2.1 Phương pháp quy nạp toán học trong các bài

toán số học, đại số

Chương này trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải một

số bài toán số học và đại số

2.1.1 Một số bài toán chia hết

Bài toán 2.1.1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có:

20 Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k, tức là ta có:

Ak = (25k+3+ 5k.3k+2) chia hết cho 17 hay Ak = 17.B (B phụ thuộck)

Ta có:

Do đó, theo nguyên lý quy nạp: (25n+3+ 5n.3n+2) chia hết cho 17 vớimọi số tự nhiên n Vậy mệnh đề được chứng minh!

b, 10 Với n = 0, ta có: 70+2+ 82.0+1 = 57 chia hết cho 57, nên mệnh

đề đúng với n = 0

20 Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k, tức là ta có:

Bk = (7k+2 + 82k+1) chia hết cho 57 hay Bk = 57.D (D phụ thuộc k)Khi đó có:

Vậy theo nguyên lý quy nạp: (7n+2 + 82n+1) chia hết cho 57 với mọi

số tự nhiên n Mệnh đề được chứng minh!

Bài toán 2.1.2 Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiênliên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 9

Chứng minh.

10 Với ba số tự nhiên đầu tiên, ta có: 03+ 13 + 23 = 9 chia hết cho 9

20 Giả sử khẳng định đúng với ba số tự nhiên liên tiếp bất kì nào đó:

Bài toán 2.1.3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, số 23 n

+ 1 chiahết cho 3n+1 và không chia hết cho 3n+2

M (M không chia hết cho 3 ) để: Ak = M.3k+1

Ta sẽ chứng minh: Ak+1 = 23k+1 + 1 chia hết cho 3k+2 và không chiahết cho 3k+3

không chia hết cho 3

Từ đó: (32k+1.M2 − 23k) không chia hết cho 3, nghĩa là Ak+1 khôngchia hết cho 3k+3

Vậy khẳng định đã được chứng minh!

Bài toán 2.1.4 Chứng minh rằng với số nguyên dương n tuỳ ý, số Angồm 3n chữ số giống nhau luôn luôn chia hết cho 3n

Chứng minh

10 Với n = 1, số A1 = aaa với a là chữ số tuỳ ý Tổng các chữ số của

A1 là: a + a + a = 3a chia hết cho 31 = 3 nên A1 chia hết cho 31 Khẳngđịnh đúng với n = 1

20 Giả sử khẳng định đúng với n = k, nghĩa là số Ak = bb b ( gồm

3k chữ số b, b là chữ số tuỳ ý) chia hết cho 3k

Ta chứng minh khẳng định đúng với n = k + 1, nghĩa là số Ak+1 =cc c (gồm 3k+1 chữ số c, c là chữ số tuỳ ý) chia hết cho 3k+1

Do đó Ak+1 chia hết cho 3k+1.Vậy khẳng định được chứng minh!

Bài toán 2.1.5 (Định lý Fermat nhỏ) Chứng minh rằng: Nếu p là sốnguyên tố thì với mọi số nguyên dương n, hiệu np− n chia hết cho p.Chứng minh

10 Với n = 1, ta có: 1p− 1 = 0 chia hết cho p

20 Giả sử khẳng định đúng với số nguyên n = a ≥ 1, nghĩa là: ap− achia hết cho p Ta chứng minh: (a + 1)p− (a + 1) cũng chia hết cho p.Theo khai triển nhị thức Newton ta có:

Mà (ap− a) cũng chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp)

Vậy (a + 1)p− (a + 1) cũng chia hết cho p, định lý được chứng minh!

Bài toán 2.1.6 Chứng minh rằng với các số tự nhiên bất kì: a > 1, n ≥

1, biểu thức: An = a4n+ a3− a − 1 chia hết cho (a − 1)(a + 1)(a2− a + 1).Chứng minh

10.Với n = 1, ta có A1 = a4 + a3 − a − 1 = (a − 1)(a + 1)(a2+ a + 1)nên hiển nhiên A1 chia hết cho (a − 1)(a + 1)(a2 + a + 1)

20 Giả sử với n = k(k ≥ 1), ta đã có Ak chia hết cho (a−1)(a+1)(a2+a+1) Ta sẽ chứng minh Ak+1 cũng chia hết cho (a−1)(a+1)(a2+a+1).Thật vậy ta có:

thiết quy nạp Ak chia hết cho (a − 1)(a2+ a + 1) nên Ak+1 chia hết cho

Như vậy, Ak+1 chia hết cho a + 1

Vì các số: a − 1, a + 1 và a2+ a + 1 nguyên tố cùng nhau, suy ra Ak+1

chia hết cho (a − 1)(a + 1)(a2 + a + 1) Bài toán được chứng minh

Bài toán 2.1.7 (Vô địch toán Hungari 1932,) Chứng minh rằng nếu

a, b, n là những số tự nhiên và b chia hết cho an thì số (a + 1)b− 1 chiahết cho an+1.

Chứng minh (Quy nạp theo n)

10 Với n = 0, ta có: (a + 1)0− 1 luôn chia hết cho a0+1 = a nên mệnh

Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai chia hết cho a vì ta có thểbiểu diễn nó dưới dạng :

[(a + 1)c(a−1)− 1] + [(a + 1)c(a−2) − 1] + + [(a + 1)c − 1] + a

(mỗi số hạng của tổng này đều chia hết cho a)

Vậy (a + 1)b 1 − 1 chia hết cho ak+2 Mệnh đề được chứng minh!

Bài toán 2.1.8 (Vô địch Toán Ba Lan 1982)

Cho q là một số tự nhiên chẵn lớn hơn 0 Chứng minh rằng với mỗi

10 Với n = 0, ta có: q(q+1) + 1 = q + 1 chia hết cho (q + 1) và không

chia hết cho (q + 1)2

20 Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k(k > 0), tức là:

chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1, tức là: q(q+1) k +1

+ 1 chia hếtcho (q + 1)k+2 và không chia hết cho (q + 1)k+3

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có thể viết:

Do đó q(q+1) + 1 chia hết cho (q + 1)k+2 Mặt khác biểu thức trongdấu ngoặc vuông không chia hết cho (q + 1) (do s không chia hết cho(q + 1) ) còn các thành phần khác đều chia hết choq + 1 nên q(q+1)k+1+ 1không chia hết cho (q + 1)k+3.

Mệnh đề được chứng minh!

2.1.2 Một số bài toán về dãy số và chứng minh đẳng thứcPhần này thông qua các ví dụ, xin trình bày việc vận dụng phương phápquy nạp để giải quyết một số bài tập về dãy số và chứng minh một sốđẳng thức

Bài toán 2.1.9 Cho dãy số un xác định như sau:

Thật vậy, theo công thức xác định uk+1, ta có:

Bài toán 2.1.10 Cho dãy số un xác định như sau:

Mặt khác 4u2 − u1 = 4.1 − 1 = 3 Vậy u3 = 4u2 − u1 hay khẳng địnhđúng khi n = 3.

20 Giả sử khẳng định đúng với n = k(k ≥ 3), tức là uk = 4uk−1−uk−2

Khẳng định trên được chứng minh

Mặt khác có: u1 = u2 = 1 đều là số nguyên nên sử dụng phương phápquy nạp một lần nữa kết hợp với khẳng định trên ta đi đến kết luận mọi

số hạng của dãy đều là số nguyên

Bài toán 2.1.11 (Công thức nhị thức Newton)

Chứng minh rằng: (a + b)n = Pn

k=0Cnk.ak.bn−kChứng minh

10 Với n = 1, dễ thấy công thức đúng.

20 Giả sử công thức đúng với số nguyên dương n, tức là ta có:

Công thức được chứng minh!

Bài toán 2.1.12 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, ta cóđẳng thức: (1 − 1

4)(1 − 1

9) (1 − 1

n2) = n+ 1

2nChứng minh

20 Giả sử đẳng thức đúng với số nguyên n = k, (k ≥ 2), tức là ta có:

(1 − 14)(1 − 19) (1 − k12)(1 − (k + 1)1 2) = k+ 1

2k (1 − (k + 1)1 2)

= k+ 12k

k(k + 2)(k + 1)2

= k + 22(k + 1)Vậy đẳng thức đúng với n = k + 1 và ta có điều phải chứng minh!Bài toán 2.1.13 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có:

(n + 1)(n + 2) (n + n) = 2n.1.3.5 (2n − 1)Chứng minh

= 2k+1.1.3.5 (2k − 1)(2k + 1)

= 2k+1.1.3.5 [2(k + 1) − 3)][(2(k + 1) − 1]

Công thức được chứng minh!

Bài toán 2.1.14 Chứng minh với mọi số tự nhiên n và sin x 6= 0 đềucó: cos x cos 2x cos 4x cos 2nx = sin 2

2n+1sin xChứng minh

10 Với n = 0, ta có: cos x = sin 2x

sin 2k+2x

2k+2sin xĐẳng thức được chứng minh!

Bài toán 2.1.15 Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 và sin x 6= 0đều có: sin x + sin 2x + + sin nx = sin

n+ 1

2 xsinx2

.sinnx2Chứng minh

.sink+ 1

2 xNghĩa là đẳng thức đúng với n = k+1, ta có điều phải chứng minh!

Bài toán 2.1.16 Chứng minh với mọi số tự nhiên n ≥ 1 và sinx2 6= 0đều có:

cos x+2 cos 2x+3 cos 3x+ +n cos nx = (n + 1) cos nx − n cos(n + 1)x − 1

4 sin2 x

2Chứng minh 10 Với n = 1, đẳng thức đúng vì:

2 cos x − cos 2x − 1

4 sin2 x

2

= 2 cos x − 2 cos2x2(1 − cos x) = cos x

20 Giả sử đẳng thức đúng với n = k(k ≥ 1), tức là ta có:

cos x+2 cos 2x+3 cos 3x+ +k cos kx = (k + 1) cos kx − k cos(k + 1)x − 1

cos x + 2 cos 2x + 3 cos 3x + + k cos kx + (k + 1) cos(k + 1)x

Bài toán 2.1.17 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 và

Bài toán 2.1.18 (Vô địch Toán Matxcơva 1945,) Một vài số trong các

số a1, a2, , an bằng 1; các số còn lại bằng -1 Chứng minh rằng:

10 Với n = 1, ta thấy công thức: 2 sin a1π

4 = a1

√

2 đúng cả khi a1 = 1hay a1 = −1

20 Giả sử công thức đúng với n = k, (k ≥ 1), tức là ta có:

1 − 12

Vậy đẳng thức đúng với n = k + 1, ta có điều phải chứng minh.2.1.3 Một số bài toán chứng minh bất đẳng thức

Trong phần này, trước hết ta sẽ chứng minh lại một vài bất đẳng thứcnổi tiếng bằng phương pháp quy nạp

Bài toán 2.1.19 (Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bìnhnhân) Giả sử x1, x2, , xn là các số không âm Khi đó: