Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng với các bài toán phổ thông

Nhà toán học vĩ đại Euclid đã viết: "Trongthực tế, nhiều tính chất của các số đã biết đều được tìm ra bằng phép quy nạp và được tìm thấy rất lâu trước khi sự đúng đắn của chúng được chứn

MỞ ĐẦU 2

1.1 Nguyên lý quy nạp 5

1.1.1 Suy diễn và quy nạp 5

1.1.2 Một số ví dụ về suy luận quy nạp 5

1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học 7

1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp 8

1.2.1 Các bước trong phương pháp chứng minh quy nạp 9

1.2.2 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k) 12

1.2.3 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1) 13

1.3 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp toán học 13

1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán phổ thông 16 1.4.1 Phương pháp quy nạp trong số học 16

1.4.2 Phương pháp quy nạp trong đại số 23

1.4.3 Phương pháp quy nạp trong giải tích 28

1.4.4 Phương pháp quy nạp trong hình học 35

1.5 Một số bài tập tự giải 41

2 PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG 43 2.1 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng 45

2.1.1 Cơ sở logic 45

2.1.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh 46

2.1.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng 48

2.2 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán phổ thông 49 2.2.1 Phương pháp phản chứng trong số học 49

2.2.2 Phương pháp phản chứng trong đại số 53

2.2.3 Phương pháp phản chứng trong giải tích 63

2.2.4 Phương pháp phản chứng trong hình học 73

2.3 Một số bài tập tự giải 79

Kết luận 81

Tài liệu tham khảo 83

Chứng minh là một trong những nét đặc trưng làm cho toán học khác biệtvới các môn khoa học khác Hiểu và vận dụng các phương pháp, kỹ thuật chứngminh là yêu cầu bắt buộc đối với các em học sinh nói chung và đặc biệt là các

em học sinh giỏi nói riêng Có rất nhiều phương pháp và kỹ thuật chứng minh:

Từ chứng minh trực tiếp tới chứng minh gián tiếp, từ chứng minh bằng quynạp tới chứng minh bằng phản chứng, Phép chứng minh phản chứng và phépchứng minh quy nạp đã xuất hiện từ rất lâu và chúng là những phương phápchứng minh kinh điển, quan trọng nhất của toán học

Chúng ta biết rằng, toán học được xây dựng dựa trên một hệ thống lý thuyếtgồm các tiên đề và định nghĩa Hệ thống lý thuyết này được xây dựng bằng conđường suy diễn Trong suốt 2000 năm, hình mẫu của phương pháp suy diễn xâydựng các lý thuyết toán học là của nhà hình học cổ Hy Lạp Euclid đưa ra vàothế kỷ III trước công nguyên Sau Euclid đã xuất hiện các mô hình hình họcmới Tuy nhiên, phép suy diễn không phải là con đường duy nhất của tư duykhoa học, kể cả tư duy toán học Nhà toán học vĩ đại Euclid đã viết: "Trongthực tế, nhiều tính chất của các số đã biết đều được tìm ra bằng phép quy nạp

và được tìm thấy rất lâu trước khi sự đúng đắn của chúng được chứng minh chặtchẽ Cũng có rất nhiều tính chất quen thuộc với chúng ta nhưng hiện thời chúng

ta còn chưa chứng minh được Chỉ có con đường quan sát và tư duy quy nạpmới có thể dẫn chúng ta đến chân lý." Như vậy chỉ các quan trắc thực tế là conđường chủ yếu dẫn đến những chân lý khoa học mới Ví dụ như nhà toán họcngười Mỹ J Garfulkel đã dùng máy tính điện tử tính toán trên 700 tam giác cụthể để tìm ra nhiều hệ thức liên hệ mới giữa các yếu tố trong tam giác mà sau

đó, ông hay các nhà toán học khác đã chứng minh được tính đúng đắn của một

số hệ thức, còn các hệ thức khác hiện nay vẫn được coi là các giả thuyết Nhưvậy trong Toán học cũng như trong các ngành khoa học khác, một kết quả mớithường được tìm bằng phép quy nạp, dựa vào nhiều quan trắc, nhận xét Ở đây

ta hiểu quy nạp là quá trình đi từ những cái cụ thể đến những cái tổng quát

Trong toán học có rất nhiều bài toán nếu chúng ta chứng minh hay giải nótheo một cách thông thường thì không đi tới kết quả, hay những khẳng địnhtoán học dường như rất hiển nhiên nhưng ta không có cách nào để chứng minh.Khi đó phương pháp chứng minh bằng phản chứng là một công cụ đắc lực, quantrọng để ta nghĩ tới Một ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứngthuộc về Euclid với phép chứng minh: "Tồn tại vô số số nguyên tố" Euclid đãphủ định điều cần chứng minh tức là "tồn tại hữu hạn số nguyên tố" và từ giảthiết đó sau một loạt các diễn giải, ông suy ra điều mâu thuẫn Điều mâu thuẫn

đó chứng tỏ điều phủ định là sai, khi đó ông khẳng định điều cần chứng minh

là đúng

Trong chương trình toán phổ thông, hai phương pháp chứng minh quy nạp

và chứng minh phản chứng cũng được đề cập tới Tuy nhiên sách tham khảo vềnhững vấn đề trên rất ít Tại các kì thi học sinh giỏi toán cấp quốc gia, quốc

tế có rất nhiều bài phải sử dụng tới hai phương pháp này để giải Khi giải toánkhông phải lúc nào chúng ta cũng nghĩ tới hai phương pháp đặc biệt trên nên cónhiều học sinh gặp vướng mắc với những bài toán dạng này Vậy câu hỏi đặt ralà: Phương pháp chứng minh quy nạp và phương pháp chứng minh phản chứng

là thế nào? Chúng ta phải vận dụng hai phương pháp đó như thế nào trong việcgiải các bài toán?

Luận văn

" Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng

với các bài toán phổ thông "

trình bày một số khái niệm cơ bản, các bước thực hiện trong phương pháp chứngminh quy nạp, chứng minh phản chứng Từ đó đưa ra các bài toán trong số học,đại số, giải tích, hình học vận dụng hai phương pháp trên để giải

Luận văn gồm hai chương

Chương 1 Phương pháp quy nạp

Chương này tác giả trình bày về nguyên lý quy nạp toán học, các bước trongchứng minh quy nạp, một số dạng khác của nguyên lý quy nạp, và vận dụngphương pháp chứng minh quy nạp để giải một số bài toán ở phổ thông

Chương 2 Phương pháp phản chứng

Trong chương này tác giả trình bày khái niệm, cơ sở logic, các bước trong chứngminh phản chứng và các bài toán ở chương trình phổ thông vận dụng phươngpháp này để giải

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

Toán học được xây dựng trên một tập hợp các tiên đề và định nghĩa Nhữngtiên đề, định nghĩa này là nền tảng cơ bản cho các định lý Tất cả các định lýđược sáng tạo ra, được chứng minh nhờ sử dụng các tiên đề, định nghĩa hay cácđịnh lý được chứng minh trước đó Ngược lại, lý thuyết ở hầu hết các ngànhkhoa học khác (ví dụ như định luật Newton về chuyển động trong vật lý ),thường được xây dựng dựa trên kết quả thực nghiệm và có thể không bao giờđược chứng minh là đúng Các thực nghiệm và quan trắc không đủ để chứng tỏrằng mệnh đề toán học là đúng Ví dụ như nhà toán học Fermat (1601 - 1665)

dự đoán rằng khi n là một số nguyên lớn hơn 2 thì phương trình xn+ yn = zn

không có nghiệm nguyên dương Các nhà toán học đã cố gắng rất nhiều đểtìm ra một phản ví dụ (tức là một tập các nghiệm nguyên dương) nhưng đềuthất bại Phải mất hơn ba thế kỷ để tìm lời giải nhưng các nhà toán học vẫnkhông thành công Tới năm 1994 nhà toán học người Anh Andrew Wiles đã tìm

ra lời giải Sẽ là một sai lầm nếu như ta kết luận hoặc dự đoán một mệnh đềtoán học đúng chỉ đơn thuần bằng thực nghiệm Ví dụ ta có thể dự đoán rằng

n2− n + 41 là số nguyên tố với mọi số tự nhiên n Ta có thể dễ dàng thấy khi

n = 1,n2− n + 41 = 41là số nguyên tố, khi n = 2thì n2− n + 41 = 43 là số nguyên

tố Cứ tiếp tục thử nghiệm cho tới khi n = 10 hoặc n = 20 ta cũng không tìmđược phản ví dụ Tuy nhiên dễ thấy rằng mệnh đề là sai, vì khi cho n = 41 thì

n2− n + 41 = 412 không là số nguyên tố Như vậy những kết quả thực nghiệm

là không đủ để đảm bảo tính đúng đắn cho mệnh đề và chúng cũng không thểkiểm tra được mệnh đề trong tất cả các trường hợp Ví dụ ta dự đoán tổng của

n số tự nhiên lẻ đầu tiên là 1 + 3 + 5 + + (2n − 1) = n2 Tất nhiên ta dễ dàngkiểm tra được mệnh đề là đúng trong một vài giá trị n đầu tiên (như với 100 sốđầu tiên chẳng hạn) Nhưng chúng ta cũng không thể kết luận mệnh đề là đúng

Có thể nó sai ở một vài giá trị nào đó mà ta không biết Vậy chúng ta phải kiểm

tra mệnh đề bằng cách nào? Công cụ đắc lực ở đây chính là quy nạp toán học.Trong chương này chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về phương pháp quy nạp toánhọc và những ứng dụng của nó trong giải toán.

1.1 Nguyên lý quy nạp

1.1.1 Suy diễn và quy nạp

Trong lao động, học tập và sinh hoạt người ta phải suy luận, đánh giá nhữnghoạt động của mình Thực tế có hai hướng chính để suy luận và đưa ra kết quảtrước một vấn đề cần giải quyết Những suy luận đó là suy diễn và quy nạp.Suy diễn là quá trình đi từ "tính chất" của tập thể (cái chung) suy ra "tínhchất" của cá thể (cái riêng), hay từ quy tắc chung, tổng quát áp dụng vào từngtrường hợp cụ thể, riêng lẻ

Ví dụ như ta biết một kết luận chung rằng: " Số tự nhiên mà có tổng các chữ sốcủa nó chia hết cho 3 thì số đó cũng chia hết cho 3 " Như vậy ta suy ra số 2013

cũng chia hết cho 3 vì nó có tổng các chữ số là 2 + 0 + 1 + 3 = 6 chia hết cho 3.Quy nạp là quá trình đi từ "tính chất" của một số cá thể (cái riêng) suy ra

"tính chất" của tập thể (cái chung), hay từ một vài trường hợp cụ thể rút rakết luận chung, tổng quát Do đó quá trình này không phải lúc nào cũng đúng

Ví dụ khi quan sát thấy một số kim loại như: sắt, đồng, chì, vàng, bạc, đều

có thể rắn, người ta đã quy nạp và rút ra kết luận: " Mọi kim loại đều là chấtrắn" Đây là kết luận sai lầm vì thủy ngân là một kim loại nhưng không phải làchất rắn

Phần này ta sẽ nghiên cứu cách suy luận quy nạp thế nào là đúng và áp dụngchính xác những suy luận này để giải các bài toán về số học, đại số, hình học

và giải tích trong chương trình phổ thông

1.1.2 Một số ví dụ về suy luận quy nạp

Trước khi đi vào nguyên lý 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 1.1 Chứng minh rằng tổng n số tự nhiên lẻ đầu tiên bằng n2

Ta thấy rằng

Với n = 1, S(1) = 1 = 12, kết luận của bài toán đúng

Với n = 2, S(2) = 1 + 3 = 22, kết luận của bài toán đúng

Với n = 3, S(3) = 1 + 3 + 5 = 32, kết luận của bài toán đúng

Ta có thể tiếp tục kiểm tra cho các trường hợp tiếp theo Nhưng những số lẻ

là vô cùng nhiều nên ta không có khả năng kiểm tra hết được từng giá trị Vậy

có cách nào khác không để suy luận từ một số trường hợp mà sẽ đúng với mọitrường hợp?

Ta thấy rằng những trường hợp giá trị ở sau đều có thể suy ra kết luận từ giátrị trước bằng mối quan hệ S(n) = S(n − 1) + 2n − 1, (n ≥ 2)

Nếu ta đã tính được S(n − 1) = (n − 1)2 thì ta có

S(n) = S(n − 1) + 2n − 1 = (n − 1)2+ 2n − 1 = n2.

Như vậy, cứ số trước đã có kết quả đúng thì số sau cũng đúng Ta có n = 3 kếtluận đúng thì n = 4 kết luận đúng, sau đó n = 5,

Suy ra bài toán đúng với mọi giá trị của n.

Ví dụ 1.2 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 hoặc

có hai đẳng thức Như vậy với mọi số n nguyên đồng nào dù là số chẵn hoặc số

lẻ thìn − 2 đồng cũng rơi vào một trong hai trường hợp trước đó đã đổi được ra

hai loại tiền 2 đồng và 5 đồng Suy ra nó cũng đổi được thành các đồng 2 đồng

và 5 đồng

Như vậy khẳng định của bài toán là đúng

1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học

Cơ sở của nguyên lý quy nạp toán học là tiên đề thứ 5 (còn gọi là tiên đề quynạp) của hệ tiên đề PEANO về tập hợp số tự nhiên được xây dựng từ cuối thế

kỉ 19

• Tiên đề 1 1 là số tự nhiên

• Tiên đề 2 Với mọi số tự nhiên a, có một số tự nhiên a* đi liền sau a

• Tiên đề 3 Số 1 không đi liền sau số tự nhiên nào Nói cách khác, với mọi số

tự nhiên a ta chỉ có a* khác 1

• Tiên đề 4 Nếu a*=b* thì a=b Số tự nhiên đi liền sau a là duy nhất

• Tiên đề 5 (Tiên đề quy nạp) Giả sử M là một tập hợp các số tự nhiên cótính chất: M chứa 1, và nếu M chứa a thì M cũng chứa a* Khi đó tập M trùngvới tập hợp các số tự nhiên

Mệnh đề là một câu trọn nghĩa (một khẳng định) mà nội dung của nó phảnánh đúng hoặc sai thực tế khách quan

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

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

Tiên đề thứ tự Mọi tập khác rỗng các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất.Cho mỗi số tự nhiênn ứng với một khẳng địnhP (n) Thay vì ta phải đi kiểmtra vô hạn các mệnh đề thì người ta sử dụng nguyên lý toán học sau là đủ.Định lý 1.1 (Nguyên lý quy nạp toán học.) Cho n0 ≥ 1là một số tự nhiên

cố định và P (n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ n0 Giả sử haiđiều kiện sau được thỏa mãn:

(i) P (n 0 ) là mệnh đề đúng và

(ii) Nếu mệnh đề P (k) đúng với mỗi số tự nhiên k ≥ n 0 kéo theo mệnh đề

P (k + 1) cũng đúng

Khi đó mệnh đề P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0

Chứng minh Gọi Alà tập hợp các số tự nhiên n ≥ n0 màP (n) không đúng.Giả sử A 6= ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m ≥ n0 mà P (m) không đúng

Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà

Điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự Theo giả thiết (i) thì P (n0) đúngnên m0 > n0 suy ra m0− 1 ≥ n0 Vì m0− 1 / ∈ A (do m0 là số nhỏ nhất thuộc A),nên theo định nghĩa của tập A thì P (m0− 1) đúng Khi đó theo giả thiết (ii) thì

P (m0) = P ((m0− 1) + 1) cũng đúng (1.2)

Từ (1.1) và (1.2) suy ra mâu thuẫn Điều này chứng tỏ A = ∅

Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0 Phương pháp dùng nguyên lý quy nạp toán học để giải toán, người ta gọi làphương pháp quy nạp toán học

Chú ý 1.1 Ta cần phân biệt rõ các khái niệm

• "Phép quy nạp" là một phương pháp tư duy dùng để tìm tòi, dự đoán, pháthiện các kiến thức mới

• "Phương pháp quy nạp toán học" ta gọi tắt "Phương pháp quy nạp" là mộtphương pháp chứng minh các khẳng định chứa chữ n ∈ N (tập hợp các số tự

nhiên)

Ta cũng có thể sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh những khẳngđịnh đối với các số nguyên

Nhiều khẳng định mà có thể được chứng minh bằng phương pháp quy nạp cũng

có thể được chứng minh bằng các phương pháp khác đôi khi ngắn gọn hơn

1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp

Dựa theo nguyên lý quy nạp toán học ta đưa ra các bước trong chứng minhtheo phương pháp quy nạp toán học

1.2.1 Các bước trong phương pháp chứng minh quy nạp

Giả sử khẳng định P (n)xác định với mọin ≥ n0, (n, n0∈Z+ ) Để chứng minh

P (n)đúng với mọin ≥ n 0 bằng phương pháp quy nạp, ta cần thực hiện ba bước:Bước 1 Cơ sở quy nạp Ta kiểm tra mệnh đề có đúng với n = n 0 không?Nghĩa là kiểm tra P (n 0 ) có đúng không? Nếu bước cơ sở đúng ta chuyển sangbước thứ hai

Bước 2 Quy nạp Chứng minh rằng nếu với mỗi k ≥ n0 (k ∈ Z+), P (k) làmệnh đề đúng thì suy ra P (k + 1) cũng đúng

Bước 3 Kết luận P (n) đúng với mọi n ≥ n0

Ví dụ 1.3 Tính tổng của n số tự nhiên đầu tiên

Lời giải Kí hiệu S(n) là tổng của n số tự nhiên đầu tiên, nghĩa là

1 Bước cơ sở Với n = 1 công thức (1.3) đúng như cách tính ở trên

2 Bước quy nạp Giả sử n = k ≥ 1 (k ∈Z+), S(k) đúng tức là S(k) = k(k + 1)

Ví dụ 1.4 Tính tổng các lập phương của n số tự nhiên đầu tiên.

Lời giải Ta đặt công thức T (n) = 13+ 23+ 33+ + n3.

Ta cũng đi tính một số giá trị ban đầu:

T(n) 1 9 36 100 225 441

Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho T (n)

Nhưng với kinh nghiệm và kết quả đã tính ở bài trước ta có bảng như sau:

2

Chứng minh công thức (1.4) bằng phương pháp quy nạp theo n :

1 Bước cơ sở Với n = 1 công thức (1.4) đúng (theo bảng trên)

2 Bước quy nạp Giả sử (1.4) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ Z+), ta phải chứng minh(1.4) cũng đúng với n = k + 1



=



(k + 1)(k + 2) 2

2

.

Chú ý 1.2.

Trong quá trình quy nạp nếu không thực hiện đầy đủ cả hai bước: Cơ sở quynạp và quy nạp thì có thể dẫn tới sai lầm, chẳng hạn:

• Do bỏ bước cơ sở quy nạp nên ta đưa ra khẳng định không đúng

Ta xét bài toán: Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liềnsau nó

Chứng minh bài toán theo phương pháp quy nạp như sau:

Giả sử mệnh đề đúng với n = k, (k ∈N) Khi đó ta có: k = k + 1.

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

k + 1 = k + 2. Thật vậy,

k + 1 = (k + 1) + 1 = k + 2.

Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó cũng đúng với n = k + 1, do đó theoquy nạp toán học nó đúng với mọi số tự nhiên n Hệ quả của bài toán này làtất cả các số tự nhiên đều bằng nhau! Điều này vô lý

Vậy cách chứng minh sai ở đâu? Dễ thấy rằng khi ta áp dụng nguyên lí quynạp toán học nhưng đã bỏ qua kiểm tra trường hợp n = 1 Ta thấy với n = 1 thìkhẳng định của bài toán sai vì 1 6= 2.

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

cơ sở các điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sangtrường hợp riêng khác: từ k đến k + 1.

Bài toán trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì không có cơ sở để thựchiện quy nạp, vì thế việc kiểm tra phần quy nạp không có ý nghĩa gì

• Khi ta chỉ chứng minh được một số điều kiện ban đầu mà bỏ qua phần quynạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở

đó Do đó điều ta khẳng định có thể sẽ bị sai

Ta xét ví dụ sau: Nhà Toán học Pháp P.Fermat (1601 - 1665) đã cho rằngcác số dạng 22n+ 1 đều là số nguyên tố với n là số nguyên không âm

Khi đó, P.Fermat chỉ xét 5 số đầu tiên:

Với n = 0 cho 220+ 1 = 2 + 1 = 3 là số nguyên tố.

n = 1 cho 221+ 1 = 22+ 1 = 5 là số nguyên tố.

n = 2 cho 222+ 1 = 24+ 1 = 17 là số nguyên tố.

n = 3 cho 223+ 1 = 28+ 1 = 257 là số nguyên tố.

n = 4 cho 224+ 1 = 216+ 1 = 65537 là số nguyên tố.

Nhưng vào thế kỷ 18, Euler đã phát hiện với n = 5 khẳng định trên khôngđúng, bởi vì:

225 + 1 = 4294967997 = 641 × 6700417 là hợp số

Rõ ràng vì bỏ qua bước quy nạp nên khẳng định của P.Fermat không đúng.Vậy phương pháp chứng minh bằng quy nạp toán học cần phải thực hiện haibước như phân tích ở phần trên Khó khăn chủ yếu chúng ta gặp trong bướcquy nạp toán học là khi mệnh đề giả sử đã đúng cho P (k) và phải chứng minhcho P (k + 1) cũng đúng Thông thường người ta phải tìm mối liên hệ giữa P (k)

và P (k + 1) để suy ra kết quả phải chứng minh

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

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

Ví dụ 1.5 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì

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

Bước quy nạp toán học cần khẳng định P (k + 1) được suy ra từ P (k).Nhưng nhiều khi việc biến đổi trực tiếp từ P (k) sang P (k + 1)gặp rất nhiều khókhăn 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 1.6 Chứng minh rằng số z n = 32n+1+ 40n − 67 chia hết cho 64 với mọi

số nguyên không âm n

Lời giải

1 Bước cơ sở Với n = 0ta cóz0= 31− 67 = −64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng

2 Bước quy nạp Giả sử zn chia hết cho 64

1.3 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp toán học

Điều kiện thứ nhất trong nguyên lý quy nạp toán học cho ta cơ sở mở rộngbắt đầu từ giá trị n 0 Điều kiện thứ hai cho ta mệnh đề khẳng định P (n) đúngtại n 0 + 1, n 0 + 2, Thực tế nhiều khi trong bước quy nạp phải đòi hỏi hai giátrị n = k − 1 và n = k của mệnh đề trước khi suy ra đúng với n = k + 1 Trongtrường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra không những chỉ với n0, mà cả n0+ 1.Tổng quát hơn ta có các định lý sau:

Định lý 1.2 Cho P (n)là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Giả

sử hai điều kiện sau được thỏa mãn:

Chứng minh Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ≥ 1 mà P (n) không đúng.Giả sử A 6= ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiênm mà P (m) không đúng Ta lấy

số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà

Điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự Theo giả thiết (i) thì P (1) đúng nên

m0 > 1 suy ra m0− 1 ≥ 1 Vìk := m0− 1 / ∈ A (do m0 là số nhỏ nhất thuộc A), nêntheo định nghĩa của tập A thì P (k) đúng Tương tự k − 1 / ∈ A và P (k − 1) đúng,

cứ lặp lại như thế, ta thu được một dãy P (1), P (2), , P (k) là những mệnh đềđúng Khi đó theo giả thiết (ii) thì

P (m0) = P (k + 1) cũng đúng (1.7)

Từ (1.6) và (1.7) suy ra mâu thuẫn Điều này chứng tỏ A = ∅

Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n 0 

1 Bước cơ sở Khi n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng

2 Bước quy nạp Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n có giá trị từ

x k+1 cũng là số nguyên Theo định lý 1.2, mệnh đề được chứng minh

Từ mệnh đề, dễ dàng suy ra x2013+ 1

x 2013 cũng là một số nguyên

Định lý 1.3 Cho n0 là một số tự nhiên cố định và P (n) là một mệnh đề cónghĩa với mọi số tự nhiên n. Giả sử hai điều kiện sau được thỏa mãn:

(i) P (1), P (2), , P (n0) là những mệnh đề đúng;

(ii) Nếu các mệnh đề P (k − n 0 + 1), P (k − n 0 + 2), , P (k) đúng với mỗi k ≥ n 0

(k ∈N), kéo theo mệnh đề P (k + 1) cũng đúng

Khi đó mệnh đề P (n) đúng với mọi số tự nhiên n.

Chứng minh Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n mà P (n) không đúng.Giả sử A 6= ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiênm mà P (m) không đúng Ta lấy

đúng Nếuk ≥ n0 thì do k = m0− 1 / ∈ A (vì m0 là số nhỏ nhất thuộc A), nên theođịnh nghĩa của tậpA thì P (k)đúng Tương tự k − 1 / ∈ A và P (k − 1)đúng, cứ lặplại như thế saun0−1bước, ta thu được một dãyP (k−n0+1), P (k−n0+2), , P (k)

là những mệnh đề đúng Khi đó theo giả thiết(ii), ta có P (m0) = P (k + 1) đúng.Vậy ta luôn có (1.9)

Do đó từ (1.8) và (1.9) suy ra mâu thuẫn Điều này chứng tỏ A = ∅

Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0 

Ví dụ 1.8 Cho x1 và x2 là nghiệm của phương trình x2− 27x + 14 = 0 và n là

số nguyên dương Chứng minh rằng tổng S n = xn1 + xn2 không chia hết cho 715.Lời giải Theo công thức Viet, ta có x 1 + x 2 = 27 và x 1 x 2 = 14

1 Bước cơ sở: Các số S 1 = 27, S 2 = x21+ x22 = (x 1 + x 2 )2− 2x 1 x 2 = 701 và

S 3 = x31+ x32 = (x 1 + x 2 )(x 1 + x 2 )2− 3x 1 x 2= 27687đều không chia hết cho 715.Suy ra mệnh đề của bài toán đúng với n = 1, 2, 3.

2 Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k − 2, n = k − 1, n = k, (k ≥ 3)

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Thật vậy,

Vì xk−21 + xk−22 không chia hết cho 715,

378 không chia hết cho 715 và 378 = 2.33.7, 715 = 5.11.13

nên xk+11 + xk+12 không chia hết cho 715

Khi đó mệnh đề đúng với n = k + 1.

Vậy theo định lý 1.3, khẳng định của bài toán đúng với mọi n nguyên dương.Nhận xét 1.1 Ta thấy định lý 1.2 giả thiết quy nạp mạnh hơn định lý 1.3 trongbước quy nạp Trong thực tế áp dụng định lý 1.2 dễ hơn định lý 1.3

Đôi lúc trong thực tế, khi giải toán chúng ta gặp trường hợp dãy mệnh đề bắtđầu từ P (0) hoặc P (n0), (n0 là một số tự nhiên nào đó) Khi đó ta vẫn áp dụngcác định lý như bình thường Ta sẽ xét ví dụ sau đây

Ví dụ 1.9 Cho v0 = 2, v1 = 3 và với mỗi số tự nhiên k có đẳng thức sau

vk+1 = 3vk − 2vk−1 (k ≥ 1, k ∈N).

Chứng minh rằng

Lời giải

1 Bước cơ sở Với n = 0 và n = 1 công thức (1.10) cho kết quả đúng

2 Bước quy nạp Giả sử công thức (1.10) đúng với n = k, và n = k − 1, (k ≥ 1)

nghĩa là vk = 2k+ 1 và vk−1 = 2k−1+ 1, khi đó

vk+1 = 3 2k+ 1
− 2 2k−1+ 1
= 2k+1+ 1,

nên công thức (1.10) đúng với n = k + 1.

Theo định lý 1.3 suy ra v n = 2n+ 1 đúng với mọi số tự nhiên n

1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán phổ

thông

Quy nạp toán học là một phương pháp khá phổ biến và thông dụng Nó đượcứng dụng rất nhiều trong số học, đại số, giải tích và hình học Chúng ta hãycùng đi xét một số bài toán vận dụng phương pháp quy nạp để giải sau đây

1.4.1 Phương pháp quy nạp trong số học

Ta xét một số bài toán về phép chia hết và tính chất các số

Bài toán 1.1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, thì

Sn = (n + 1)(n + 2) (n + n) chia hết cho 2n

Theo giả thiết quy nạp Sk chia hết cho 2k, suy ra Sk+1 chia hết cho 2k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán họcSn chia hết cho2n với mọin nguyên dương.Bài toán 1.2 (Định lý Fermat) Nếu p là một số nguyên tố, thì với mọi sốnguyên dương n hiệu np− n chia hết cho p

Lời giải Khẳng định trên được chứng minh bằng quy nạp theo n

1 Bước cơ sở Với n = 1 ta có 1p− 1 = 0 chia hết cho p

Khẳng định đúng với n = 1

2 Bước quy nạp Giả sử khẳng định đúng vớin = a ≥ 1, (a ∈Z+), nghĩa là ap− a

chia hết cho p Ta cần chứng minh (a + 1)p− (a + 1) cũng chia hết cho p

Khai triển (a + 1)p bằng nhị thức Newton ta có

(a + 1)p− (a + 1) = ap+ p.ap−1+ Cp2ap−2+ Cp3ap−3+ + pa + 1 − (a + 1)

= (ap− a) + pap−1+ Cp2ap−2+ Cp3ap−3+ + Cpp−2a2+ pa.

Vì các hệ số Cpk = p(p − 1)(p − 2) (p − k + 1)

1.2.3 k , (2 ≤ k ≤ p − 2) đều chia hết cho

p và ap− a chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp) nên suy ra (a + 1)p− (a + 1)

cũng chia hết cho p

Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có với mọi số nguyên dương n số np− n

chia hết cho số nguyên tố p Định lý được chứng minh

Bài toán 1.3 Chứng minh rằng

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

81(10

2 − 9.1 − 10) = 7

81.81 = 7.Vậy (1.11) đúng với n = 1

2 Bước quy nạp Giả sử (1.11) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈N), nghĩa là

Vậy đẳng thức (1.12) đúng với n = k + 1.

Theo nguyên lý quy nạp thì đẳng thức (1.12) đúng với mọi số tự nhiên n.

Bài toán 1.5 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì

0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n! = (n + 1)! − 1. (1.13)Lời giải Đặt S(n) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n!

1 Bước cơ sở Với n = 1 thì S(1) = 0.0! + 1.1! = 2! − 1 = 1

Theo nguyên lý quy nạp đẳng thức (1.13) đúng với mọi số tự nhiên n.

Bài toán 1.6 Hãy tính tổng sau với n là số tự nhiên,

1 1.2.3 +

1 2.3.4 +

1 3.4.5 + +

1 n(n + 1)(n + 2).

Lời giải Đặt T n = 1

1.2.3+

1 2.3.4 +

1 3.4.5 + +

1 n(n + 1)(n + 2).

Ta có:

1 1.2.3 =

1(1 + 3) 4(1 + 1)(1 + 2) 1

1.2.3 +

1 2.3.4 =

2(2 + 3) 4.(2 + 1)(2 + 2) 1

1.2.3 +

1 2.3.4 +

1 3.4.5 =

3(3 + 3) 4.(3 + 1)(3 + 2)

Từ đó ta có thể giả thiết

Tn = n(n + 3)

Ta chứng minh giả thiết trên bằng phương pháp quy nạp.

1 Bước cơ sở Với n = 1 thì T 1 = 1

1.2.3 =

1(1 + 3) 4(1 + 1)(1 + 2).Vậy công thức (1.14) đúng với n = 1.

2 Bước quy nạp Giả sử (1.14) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈N), nghĩa là có

k(k + 3) 4(k + 1)(k + 2).

Ta cần chứng minh công thức (1.14) đúng với n = k + 1

k

X

i=1

1 i(i + 1)(i + 2) +

1 (k + 1)(k + 2)(k + 3)

= k(k + 3)

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

1 (k + 1)(k + 2)(k + 3)

= k(k + 3)(k + 3)

4(k + 1)(k + 2)(k + 3) +

4 4(k + 1)(k + 2)(k + 3)

3 + 6k2+ 9k + 4 4(k + 1)(k + 2)(k + 3) =

(k + 1)2(k + 4) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3)

1 3.4.5 + +

1 n(n + 1)(n + 2) =

n(n + 3) 4(n + 1)(n + 2).

Với những bài toán về dãy số thì công thức tính tổng và số hạng tổng quátcủa các dãy này ta có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp Ta sẽ đi xétmột số bài toán sau

Bài toán 1.7 (Vô địch quốc gia Việt Nam, 1989) Với n = 0, 1, 2, · · · , ta gọi

{xn} và {yn} là hai dãy số được xác định một cách đệ quy như sau:

Lời giải Từ giả thiết ta tính được x2 = 11 và y2= 5.

Trước tiên, ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng

(xn+1, yn+1) = 3xn+ 5yn

xn+ 3yn2



, (n ≥ 0). (1.15)

1 Bước cơ sở Với n = 0 thì (x1, y1) = 3.1+5.12 ,1+3.12
= (4, 2)

Với n = 1 thì (x2, y2) = 3.4+5.22 ,4+3.22
= (11, 5).Vậy (1.15) đúng khi n = 0 và n = 1

2 Bước quy nạp Giả sử (1.15) đúng khi n = k và n = k + 1, với k ≥ 0 (k ∈Z).Theo bài ra ta có

Như vậy (1.15) đúng với n = k + 2 Theo định lý 1.3 ta có (1.15) đúng với mọi

số nguyên không âm n

Tiếp theo, ta chứng minh x2n − 5y 2

n + 4 = 0 bằng quy nạp theo n.Khi n = 0 thì ta có 1 − 5 + 4 = 0 Công thức đúng với n = 0

Giả sử công thức này đúng với n = k, (k ≥ 0, k ∈Z), tức là x2k− 5y 2

Theo nguyên lý quy nạp ta có x2n − 5y 2

n + 4 = 0 với mọi số nguyên n ≥ 0

Ở phần quy nạp trong dãy số này ta quan tâm tới dãy số Fibonacci, dãy số

có nhiều ứng dụng và tính chất hay Dãy số Fibonacci được định nghĩa như sau:

F0 = 0, F1 = 1 và với mọi n ≥ 2 thì Fn = Fn−2+ Fn−1.

Ta có dãy số Fibonacci cụ thể: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,

Ta xét các ví dụ sau đây trên dãy số Fibonacci

Bài toán 1.8 Chứng minh rằng nếu n ≥ 1 thì Fn ≤7

4

n−1

.

Lời giải Ta kí hiệu P (n) là mệnh đề Fn ≤7

4.Vậy mệnh đề P (n) đúng với n = 1, 2.

2 Bước quy nạp Với k ≥ 2, giả sử P (k − 1) và P (k) là đúng

Ta cần chứng minh P (k + 1) đúng

Ta có

Fk+1 = Fk−1+ Fk

≤74

k−2

+

7 4

k−1

(theo P(k-1) và P(k))

=

7 4

k−2

1 + 74



=

7 4

k−211

4



<74

k−249

16



=74

Vậy P (k + 1) đúng.

Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có điều phải chứng minh

1.4.2 Phương pháp quy nạp trong đại số

Ta xét một số bài toán về đẳng thức và bất đẳng thức đại số

Bài toán 1.10 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và góc θ khôngchia hết cho 2π, thì

sin θ + sin(2θ) + + sin(nθ) =



sin(θ/2) . (1.16)Lời giải Đặt S(n) =



sin



θ 2

Vậy công thức (1.16) đúng với n = 1

2 Bước quy nạp Giả sử công thức (1.16) đúng với n = k ≥ 1, (k ∈Z+), nghĩa là



sin(θ/2) .

Ta cần chứng minh công thức (1.16) đúng với n = k + 1

sin θ2
+ sin(k + 1)θ

= sin

Vậy công thức (1.16) đúng với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp toán học (1.16) đúng với mọi số nguyên dương n.

Bài toán 1.11 Chứng minh rằng với số nguyên không âm n, thì

cos α cos(2α) cos(4α) cos(2nα) = sin(2

n+1 α)

2n+1sin α. (1.17)Lời giải Đặt T (n) = cos α cos(2α) cos(4α) cos(2nα)

1 Bước cơ sở Với n = 0 thì T (0) = cos α = sin(2α)

2 sin α Vậy công thức (1.17) đúng với n = 0.

2 Bước quy nạp Giả sử công thức (1.17) đúng với n = k ≥ 0 (k ∈Z), nghĩa là

T (k) = cos α cos(2α) cos(4α) cos(2kα) = sin(2

= sin(2

k+2 α)

2 k+2 sin α.

√ 2b + 5 < b + 3

⇐⇒2b + 5 < (b + 3)2= b2+ 6b + 9

⇐⇒0 < b2+ 4b + 4 = (b + 2)2 ( Hiển nhiên đúng với b ≥ 0)

Vậy bất đẳng thức (1.25) đúng với mọi số thực b không âm Do vai trò của a và

b như nhau nên ta có

Bài toán 1.14 Với mọi x thỏa mãn 0 ≤ x ≤ π, chứng minh rằng

|sin nx| ≤ n sin x, (n là số nguyên không âm) (1.26)

Lời giải.

1 Bước cơ sở Với n = 0 thì bất đẳng thức (1.26) hiển nhiên đúng (vì sin 0 = 0)

2 Bước quy nạp Giả sử (1.26) đúng với n = k ≥ 0 (k ∈Z), nghĩa là

|sin kx| ≤ k sin x.

Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1.26) đúng với n = k + 1

Ta xét,

|sin(k + 1)x| = |sin(kx + x)| = |sin(kx) cos x + cos(kx) sin x|

≤ |sin(kx) cos x| + |cos(kx) sin x| = | sin kx|| cos x| + | cos(kx)|| sin x|

≤ |k sin x| + | sin x| = (k + 1) sin x.

Những bất đẳng thức trên suy ra bởi vì 0 ≤ x ≤ π nên sin x ≥ 0 và

| cos kx| ≤ 1; | cos x| ≤ 1; |sin kx| ≤ k sin x.

Vậy bất đẳng thức (1.26) đúng với n = k + 1 nên theo nguyên lý quy nạp nóđúng với mọi số nguyên không âm n.

Ta xét một số bài toán chứng minh bằng quy nạp trong tổ hợp

Bài toán 1.15 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì

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

(k + 1)(k + 2) 2

= k(k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2)

6

= (k + 1)(k + 2)(k + 3)

Như vậy (1.27) đúng với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp ta có (1.27) với mọi số tự nhiên n

Bài toán 1.16 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì

(1 + x)n = Cn0+ Cn1x + Cn2x2+ + Cnnxn. (1.29)Lời giải

1 Bước cơ sở Với n = 1 thì (1.29) đúng Vì (1 + x)1 = 1 + x = C10+ C11x.

2 Bước quy nạp Giả sử (1.29) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈N), ta có

Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có điều phải chứng minh

1.4.3 Phương pháp quy nạp trong giải tích

Sau đây ta xét một số bài toán về hàm số

Bài toán 1.17 Giả sử hàm f :R→R sao cho với mọi x, y ∈R,

f (x + y) = f (x) + f (y). (1.31)Chứng minh rằng f (0) = 0 và f (n) = nf (1) với mọi n nguyên dương

Lời giải Theo (1.31) thì ta có f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) = 2f (0)

Suy ra f (0) = 0.

Ta cần chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương, f (n) = nf (1). (1.32)

Ta chứng minh (1.32) bằng phương pháp quy nạp

1 Bước cơ sở Với n = 1 thì f (1) = f (0 + 1) = f (0) + f (1) = f (1) = 1.f (1)

Vậy (1.32) đúng với n = 1

2 Bước quy nạp Giả sử (1.32) đúng với mọi n = k ≥ 1 (k ∈ Z+), tức là có

Theo nguyên lý quy nạp thì với mọi n nguyên dương, f (n) = nf (1).

Bài toán 1.18 (Olympic 1983) Tìm tất cả các hàm f :R+→R+ thỏa mãn:(i) f (xf (y)) = yf (x) với mọi x, y ∈R+;

Ta sẽ dùng phương pháp quy nạp để chứng minh (1.35)

1 Bước cơ sở Với n = 1 thì f (z) = z Vậy (1.35) đúng với n = 1.

2 Bước quy nạp Giả sử (1.35) đúng với n = k ≥ 1, (k ∈N), nghĩa là f (zk) = zk

Ta cần chứng minh (1.35) đúng với n = k + 1

n → +∞ (điều này không thỏa mãn điều kiện (ii)).

Do đó có duy nhất điểm bất động của f là 1

Tuy nhiên, ta có f (xf (x)) = xf (x) với x ∈R+ nên suy ra xf (x) = 1

Do đó hàm duy nhất thỏa mãn (i) và (ii) là f (x) = 1

x.Vậy hàm thỏa mãn bài toán là f (x) = 1

x

Ta xét một số các bài toán về đạo hàm sau đây

Bài toán 1.19 Cho f1, f2, , fn, (n ≥ 2)là các hàm khả vi (có đạo hàm) Chứngminh rằng

(f1f2 fn)0 = f10f2f3 fn+ f1f20f3 fn+ + f1f2f3 fn0. (1.36)Lời giải

1 Bước cơ sở Với n = 2 thì (f1f2)0 = f10f2+ f1f20 (theo công thức tính đạo hàmcủa một tích đã biết) Vậy công thức (1.36) đúng với n = 2

2 Bước quy nạp Giả sử công thức (1.36) đúng với n = k ≥ 2 ( k ∈N), nghĩa là

Như vậy (1.36) đúng với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp ta có (1.36) đúng

Bài toán 1.20 Chứng minh rằng đạo hàm cấp n của hàm f (x) = lnx



.

Ta cần chứng minh (1.38) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ở phần trên ta đã có

Như vậy cn đã được xác định, theo nguyên lý quy nạp (1.37) được chứng minh

Ta tiếp tục xét một số bài toán tích phân sử dụng phương pháp quy nạp.Bài toán 1.21 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì

π 2

0

− 12

π 2

Ta lại có

I = − cos x sin2k+1x

π 2

π 2

⇐⇒ I = 1.3.5 (2k − 1)(2k + 1)

2.4.6 (2k)(2k + 2) .

π

2.Như vậy (1.39) đúng với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.22 Cho n nguyên dương, chứng minh rằng

Ta có

I = x(1 − x2)n

Ta chứng minh (1.40) bằng phương pháp quy nạp

1 Bước cơ sở Với n = 1 ta có

22k+1(k!)2(2k + 1)! =

(2k + 2)(2k + 2) (2k + 2)(2k + 3).

22k+1(k!)2(2k + 1)!

= 2

2 (k + 1)2.22k+1(k!)2(2k + 1)!(2k + 2)(2k + 3)

= 2

2k+3 [(k + 1)!]2(2k + 3)! .

Vậy (1.40) đúng với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

1.4.4 Phương pháp quy nạp trong hình học

Bài toán 1.23 Tính tổng các góc trong của một n-giác không tự cắt

Lời giải Ta có thể thấy ngay:

Tổng các góc trong của một tam giác là 1800

Tổng các góc trong của một tứ giác là 3600

Nhận xét : Mọi tứ giác có thể chia thành hai tam giác nên tổng các góc trongcủa một tứ giác bằng hai lần tổng các góc trong của một tam giác

Ta dự đoán tổng các góc trong của n-giác không tự cắt là(n − 2)1800. (1.42)

1 Bước cơ sở Với n = 3, n-giác là một tam giác Tổng các góc trong của mộttam giác là 1800 = (3 − 2)1800. Vậy (1.42) đúng với n = 3

2 Bước quy nạp Giả sử ta chứng minh được tổng các góc trong của một k-giáckhông tự cắt là (k − 2)1800, (3 ≤ k ≤ n − 1)

Ta cần chứng minh (1.42) đúng với n-giác

Bây giờ ta xét với n-giác

- Trước hết ta chứng minh rằng trong một đa giác bất kỳ ta có thể tìm đượcmột đường chéo chia đa giác đó thành đa giác có số cạnh ít hơn

Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác Ta vẽ các tia lấp đầy góctrong [ABC và cắt biên của đa giác Có hai trường hợp sẽ xảy ra:

Trường hợp 1 : Các tia cắt đường biên trên cùng một cạnh của đa giác (Hình2a), khi đó đường chéo AC chia n-giác thành một tam giác và một (n − 1)-giác

Trường hợp 2 : Các tia cắt biên không trên cùng một cạnh của đa giác (Hình2b) Khi đó một trong các tia sẽ đi qua đỉnh I nào đó của đa giác và đường chéo

BI sẽ chia đa giác thành hai đa giác có số cạnh ít hơn số cạnh của đa giác banđầu

Bây giờ ta chứng minh bài toán:

Trong n-giác ta vẽ đường chéo chian-giác đó làm k-giác và (n − k + 2)- giác Vớigiả thiết đã cho thì tổng các góc trong của k-giác và (n − k + 2)-giác lần lượt là

(k − 2).1800 và [(n − k + 2) − 2].1800

Suy ra tổng các góc trong của n- giác là:

(k − 2).1800+ [(n − k + 2) − 2].1800= (n − 2).1800.

Theo định lý 1.2 (1.42) đúng với mọi n ≥ 3

Bài toán 1.24 Cho n hình vuông bất kỳ Chứng minh rằng có thể cắt chúng(bằng nhát cắt thẳng) làm một số mảnh đa giác để từ đó có thể ghép lại thànhmột hình vuông mới

Lời giải

1 Bước cơ sở Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng

Ta chứng minh với n = 2 mệnh đề cũng đúng

Lần lượt gọi độ dài các cạnh của hai hình vuông cho trước A1B1C1D1 và

A2B2C2D2 là x và y (x ≥ y) Trên các cạnh của hình vuông A1B1C1D1 (Hình3a) ta lấy các điểm sao cho A1M = B1N = C1P = D1Q = x+y2

Cắt hình vuông này dọc theo các đường thẳng M P và N Q thì dễ thấy M P

và N Q vuông góc với nhau, cắt nhau tại tâm O của hình vuông này Các đường

đó chia hình vuông thành 4 mảnh bằng nhau Bây giờ ta ghép các mảnh nàyvới hình vuông thứ haiA2B2C2D2 như trong (Hình 3b) ta được một hình vuôngmới vì tại M0, N0, P0, Q0 các góc bù nhau và bA0, Bb0, Cb0,cD0 là các góc vuông và

A0B0= B0C0 = C0D0= D0A0

2 Bước quy nạp Giả sử mệnh đề được chứng minh với n (n ≥ 1) hình vuông

Ta cần chứng minh khẳng định đúng với n + 1 hình vuông

Ta có n + 1 hình vuông K1, K2, , Kn, Kn+1 Lấy hai hình bất kỳ chẳng hạn

Kn và Kn+1, nhờ cách lập luận ứng với n = 2 ta có thể cắt một trong hai hìnhvuông này và ghép các mảnh với hình vuông còn lại để có hình vuông mới K0.Như vậy ta có n hình vuông K1, K2, , Kn−1, K0

Khi đó nhờ giả thiết quy nạp ta có thể cắt và ghép chúng để tạo nên mộthình vuông mới Từ đó suy ra điều phải chứng minh

Bài toán 1.25 (IMO 1973) Cho −−→OP1, −−→

OP2, , −−−−−→

OP2n+1 là các vecto đơn vị trongmột mặt phẳng Các điểm P1, P2, , P2n+1 đều cùng nằm về một phía của mộtđường thẳng qua O Chứng minh rằng:

Lời giải

1 Bước cơ sở Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên đúng do

...

2.Như (1.39) với n = k + 1

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Bài tốn 1.22 Cho n nguyên dương, chứng minh