Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học trong giải bài tập toán

Phép quy nạp không chỉ cóứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được ápdụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, q

Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học

trong giải bài tập toán

MỞ ĐẦU

1 Tính cấp thiết của đề tài

Ngày nay logic học càng được ứng dụng rộng rãi, không những trong toánhọc và khoa học tự nhiên, mà trong cả khoa học xã hội và nhân văn Sự phát triểncủa khoa học tự động hóa và trí tuệ nhân tạo cũng có đóng góp của logic học Để cóthể hòa mình vào nền văn minh của nhân loại, chúng ta cần tập trung vào nghiêncứu các khoa học cơ bản, đặc biệt là toán học và logic học

Quy nạp (Inductive) hay lập luận quy nạp, đôi khi còn gọi là logic quy nạp lànội dung cơ bản của logic học, được đặt nền tảng từ thời Aristoteles Quy nạp làmột vấn đề lớn nằm trong logic học và có một ý nghĩa to lớn đối với sự phát triểncủa khoa học Đây là các phương pháp tư duy không thể thiếu trong khoa học Từrất sớm – ngay từ thời cổ đại, logic quy nạp đã ra đời, tuy nhiên còn phát triển rấtchậm chạp và khó khăn Mặc dù nó phát triển mạnh vào thời cận đại, khi mà cáckhoa học thực nghiệm phát triển, nhưng cho đến nay logic quy nạp vẫn không khắcphục được hoàn toàn những bế tắc mà nó đặt ra và vẫn đang được nghiên cứu mộtcách tích cực ở các nước phương Tây và các nước thuộc Liên Xô trước đây

Quy nạp là khái niệm cực kì quan trọng, nó được coi là một tuyệt chiêu trongtoán học và được sử dụng rộng rãi trong số học, đại số và lý thuyết số Vì vậy nắm

rõ được bản chất về mặt kiến thức, về mặt phương pháp cũng như tư duy là điều bất

cứ ai trong chúng ta đều mong muốn hướng tới Thêm vào đó, quy nạp là một trongnhững phương pháp tiếp cận bài toán rất độc đáo Nó có một sức mạnh tuyệt vời khigiải quyết những bài toán chứng minh cả ở hình học Phép quy nạp không chỉ cóứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được ápdụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹtích cả trong mặt phẳng và trong không gian, ở hình học sơ cấp và cao cấp

Trong nhiều lĩnh vực khác nhau của Toán học (số học, hình học, giải tích )

ta thường gặp những bài toán với yêu cầu chứng minh mệnh đề chứa biến P n   làmột mệnh đề đúng với mọi giá trị nguyên dương của biến n Do đó ta cần nghiên

cứu các phương pháp chứng minh để tìm ra phương pháp chứng minh chúng mộtcách hợp lí Vì vậy, ta dùng phương pháp chứng minh quy nạp Ngoài ra, ta cũnggặp những bài toán hình học được giải quyết bằng phương pháp quy nạp, và ứngdụng của nó trong hình học vô cùng lý thú và hấp dẫn

Một số bài tập về ứng dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học được

đề cập đến trong các tài liệu [1], [4], [6], [9], Nhưng mỗi tài liệu này chỉ nghiêncứu về một phần nhỏ mà chưa có tài liệu nào nghiên cứu một cách hệ thống, và mỗitài liệu này đa số chỉ dừng lại ở việc giải một số bài toán mà hạn chế trong việc khaithác lời giải bài toán Bên cạnh đó, đã có một số công trình của các học giả cũng nhưcác giảng viên, sinh viên của các trường đại học, cao đẳng nghiên cứu về phương

pháp chứng minh quy nạp toán học Chẳng hạn như: Sáng kiến kinh nghiệm “Vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học để giải một số dạng toán” [12],

đề tài “Phép quy nạp trong hình học” [4], Không chỉ vậy mà có cả những công trình thông qua quy nạp để rèn luyện và phát triển năng lực suy luận như: “Rèn luyện và phát triển năng lực suy luận quy nạp cho học sinh trong dạy toán ở trường phổ thông” [12] Do đó, phương pháp chứng minh quy nạp toán học là một vấn đề

đáng được quan tâm và nghiên cứu

Với mong muốn giúp các bạn học sinh, sinh viên nghiên cứu về lý thuyết củaphép quy nạp, cũng như các bài tập về sử dụng phương pháp chứng minh bằng quynạp một cách dễ dàng và có hệ thống Đồng thời cũng giúp cho bản thân tôi hiểusâu hơn một phương pháp hiệu quả trong việc giải các bài toán và tích lũy thêmkiến thức phục vụ cho việc học tập và giảng dạy sau này được tốt hơn nên chúng tôi

mạnh dạn chọn đề tài: “Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học trong giải bài tập toán” cho khóa luận tốt nghiệp đại học của mình.

2 Mục tiêu khóa luận

Khóa luận nhằm nghiên cứu tổng quan về phép quy nạp, phương pháp chứngminh quy nạp toán học và ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán họctrong một số bài tập toán Đồng thời nghiên cứu, khai thác và phân tích một số bàitập sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp nhằm khắc sâu hơn kiến thức vềphép quy nạp và phương pháp chứng minh quy nạp toán học

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu những lí luận phép quy nạp toán học và phương pháp chứngminh quy nạp toán học

Nghiên cứu ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học trongmột số bài tập toán

Nghiên cứu một số bài tập có lời giải và một số bài tập vận dụng

4 Phương pháp nghiên cứu

 Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình,sách giáo khoa có liên quan đến phép quy nạp và phương pháp chứngminh quy nạp toán học và ứng dụng quy nạp toán học trong đại số vàtrong hình học rồi phân hóa, hệ thống hóa các kiến thức

 Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên cứu tham khảo tàiliệu, giáo trình từ đó rút ra những kinh nghiệm để áp dụng vào việcnghiên cứu

 Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếphướng dẫn, các giảng viên khác để hoàn thiện về mặt nội dung và hìnhthức của khóa luận

5 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

 Đối tượng: Phương pháp chứng minh quy nạp toán học

 Phạm vi: Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học tronggiải một số bài tập toán

6 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn

Khóa luận đã hệ thống lại một cách cơ bản những kiến thức về quy nạp vàphương pháp chứng minh quy nạp toán học, đồng thời phân dạng và giải một số bàitập cơ bản liên quan đến vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp Thông qua

đó, khai thác lời giải từ những bài toán cụ thể Khóa luận là tài liệu tham khảo chosinh viên, giáo viên có hứng thú nghiên cứu các dạng bài tập về ứng dụng củaphương pháp chứng minh quy nạp trong giải một số bài tập toán

7 Bố cục của khóa luận

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, khóa luận được chia thànhcác chương

Chương 1: Kiến thức cơ sở

Ở chương này chúng tôi trình bày được một số vấn đề sau: Tìm hiểu đượcnhững cơ sở logic toán (mệnh đề, các phép toán logic trên mệnh đề, công thức củalogic mệnh đề, hệ quả logic và một số quy tắc suy luận thường được vận dụng trongsuy luận toán học); những kiến thức cơ sở về phép quy nạp toán học; đặc biệt là tìmhiểu lí luận về phương pháp quy nạp toán học: tìm hiểu về cơ sở của phương pháp

chứng minh này chính là nguyên lý quy nạp toán học, và một số hình thức củaphương pháp quy nạp toán học.

Chương 2: Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp trong giải bài tập toán

Ở chương này chúng tôi trình bày một số ứng dụng của phương pháp chứngminh quy nạp toán học không chỉ trong đại số, mà cả trong hình học Nó không chỉứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được ápdụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình,quỹ tích hay cả trong mặt phẳng và trong không gian Bên cạnh lời giải của các bàitoán chúng tôi còn đưa ra nhận xét, phân tích hay hướng khai thác lời giải của cácbài toán đó

NỘI DUNG Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ

Chương này trình bày một số kiến thức cơ sở về phép quy nạp toán học vàphương pháp chứng minh quy nạp toán học Phương pháp quy nạp là một phươngpháp vô cùng quan trọng trong quá trình giải một số bài tập toán

1.1 Cơ sở logic toán

1.1.1 Mệnh đề

Trong logic mệnh đề, khái niệm mệnh đề toán học là một khái niệm nguyênthủy không được định nghĩa mà chỉ được mô tả Những câu phản ánh đúng hoặc saithực tế khách quan được gọi là mệnh đề

Mỗi mệnh đề toán học (gọi tắt là mệnh đề) là những câu phản ánh đúng hoặcsai thực tế khách quan, không có mệnh đề nào không đúng mà cũng không sai,không có mệnh đề nào vừa đúng vừa sai

Giá trị chân lý của mệnh đề: Các giá trị 1 và 0 được gọi là giá trị chân lý củamệnh đề Ta quy ước mệnh đề có giá trị chân lý 1 nếu nó đúng, mệnh đề có giá trịchân lý 0 nếu nó sai Mỗi mệnh đề có một trong hai tính chất đúng hoặc sai nên nóchỉ có thể nhận một trong hai giá trị chân lý 1 hoặc 0

Ví dụ 1.1.

i “Số 123 chia hết cho 3” là một mệnh đề đúng Suy ra giá trị chân lý là 1

ii “Thành phố Hồ Chí Minh là thủ đô của nước Việt Nam” là mệnh đề sai.Suy ra giá trị chân lý là 0

iii “Bạn có khỏe không?” không phải là một mệnh đề toán học vì đây là mộtcâu hỏi không thể phản ánh một điều đúng hay một diều sai

1.1.2 Các phép toán logic trên các mệnh đề

1.1.2.1 Phép phủ định

Phủ định của mệnh đề p , ký hiệu là p (đọc là “khôngp”) là một mệnh đề

sai khi p đúng và đúng khi p sai Bảng giá trị chân lý của phép phủ định như sau:

Phép phủ định trong logic mệnh đề phù hợp với phép phủ định trong ngônngữ thông thường, nghĩa là phù hợp với ý nghĩa của từ “không” (“không phải”).

Ví dụ 1.2.

i p: “10 là số chẵn” (đúng),p: “ 10 không là số chẵn” (sai).

ii.p: “2 3 6  ” (sai),p: “2 3 6  ” (đúng).

1.1.2.2 Phép hội

Hội của hai mệnh đề p q, ký hiệu là p q (đọc là “p và q”) là một mệnh

đề đúng khi cả p lẫn q cùng đúng và sai trong các trường hợp còn lại Bảng giá trị

chân lý của phép hội như sau:

1100

1010

1000

Phép hội phù hợp với ý nghĩa liên từ “và” của ngôn ngữ thông thường

Tuyển của hai mệnh đề p q, ký hiệu là p q (đọc là “ p hoặc q”) là mệnh

đề sai khi cả p lẫn q đều sai, và đúng trong mọi trường hợp còn lại Do đó, theo

định nghĩa mệnh đề tuyển p q là đúng khi ít nhất một trong hai mệnh đề p q,

đúng và sai khi cả p và q đều sai

Phép tuyển ứng với liên từ “hoặc” trong ngôn ngữ thông thường Song từ

“hoặc” của ngôn ngữ thông thường có hai nghĩa: loại trừ và không loại trừ “Hoặc”nghĩa loại trừ có nghĩa là mệnh đề “ p hoặc q” đúng khi và chỉ khi một và chỉ một

mệnh đề trong hai mệnh đề p, q đúng “Hoặc” nghĩa không loại trừ nghĩa là mệnh

đề “p hoặc q” đúng khi và chỉ khi ít nhất một trong hai mệnh đề p q, là đúng.

Phép tuyển được định nghĩa như trên phù hợp với liên từ “hoặc” theo nghĩakhông loại trừ

Bảng giá trị chân lý của phép tuyển như sau:

1100

1010

1110

1.1.2.4 Phép kéo theo

Cho hai mệnh đề p q, Mệnh đề kéo theo p q (đọc là “ p kéo theo q”

hay “nếu p thì q”) là mệnh đề sai khi p đúng q sai, và đúng trong các trường

hợp còn lại Bảng giá trị chân lý của phép kéo theo như sau:

1100

1010

1011

Phép kéo theo của logic mệnh đề phù hợp với ý nghĩa của các từ hoặc cụm từsau: “Nếu … thì”, “kéo theo”, “Từ … suy ra”

1.1.2.5 Phép tương đương

Cho hai mệnh đề p q; Mệnh đề tương đương p q (đọc là “ p tương

đương q”) là mệnh đề đúng khi cả hai mệnh đề p và q, hoặc cùng đúng hoặc

cùng sai và sai trong các trường hợp còn lại Ta có bảng giá trị chân lý của phéptương đương như sau:

1.1.3 Công thức của logic mệnh đề

Mỗi công thức của đại số mệnh đề là một dãy kí hiệu thuộc bốn loại:

+ Các hằng 1; 0 (kí hiệu của mệnh đề đúng hoặc sai)

+ Các biến mệnh đề p q r s, , , ,

+ Các kí hiệu của các phép toán logic      , , , ,

+ Các dấu ngoặc   chỉ thứ tự các phép toán

Một cách chính xác hơn ta định nghĩa các hằng và các biến mệnh đề là những côngthức Nếu p là các công thức thì p là công thức Nếu p q, là những công thức thì

Sự tương đương giữa hai công thức: Cho hai công thức P và Q Ta nói rằng P

tương đương logic với Q (hay P đồng nhất bằng Q), kí hiệu P Q  , nếu chúngcùng nhận giá trị chân lý như nhau với mọi hệ giá trị chân lý có thể có của các biếnmệnh đề có mặt trong chúng

Hệ thức P Q  gọi là một đẳng thức hay một tương đương logic.

1.1.4 Luật của logic, hệ quả logic và quy tắc suy luận

Phân tích các suy luận trong chứng minh toán học ta thấy mỗi chứng minhbao gồm một số hữu hạn bước suy luận đơn giản Trong mỗi bước đó, ta ngầm vậndụng quy tắc suy luận tổng quát để từ mệnh đề đã được thừa nhận là đúng có thể rút

ra một mệnh đề mới Người ta gọi mệnh đề xuất phát đã được thừa nhận đúng là cáctiên đề, còn mệnh đề mới được rút ra gọi là hệ quả logic của các tiên đề

1.1.4.1 Luật của logic mệnh đề

Định nghĩa 1.2 [7]

Công thức A gọi là hằng đúng nếu A nhận giá trị 1 với mọi hệ giá trị chân

lý có thể có của các biến mệnh đề có mặt trong A, khi đó ta gọi A là một luật củalogic mệnh đề và ký hiệu  A

1.1.4.2 Hệ quả logic, quy tắc suy luận

Định nghĩa 1.3 [7] Giả sử A A1, 2, ,  An, B là những công thức

Nếu tất cả các hệ giá trị chân lý của các biến mệnh đề có mặt trong công thức

đó làm cho A A1, 2, ,  An nhận giá trị 1, đồng thời làm cho B nhận giá trị 1, thì ta

gọi B là hệ quả logic của A A1, 2, ,  An

Và khi đó ta cũng nói rằng có một quy tắc suy luận từ các tiền đề

1.1.4.3 Mối quan hệ giữa luật và quy tắc suy luận

Giữa hai khái niệm luật và quy tắc suy luận có mối quan hệ chặt chẽ Định lýdưới đây phản ánh mối liên hệ quan trọng giữa luật và quy tắc suy luận

Định lý 1.1 [7] Cho các công thức A A1, 2, ,  A Bn,

Ta có luật  A1 A2   An B khi và chỉ khi ta có quy tắc suy luận:

Suy luận toán học dựa trên nền tảng của các phép toán mệnh đề Để chứngminh một vấn đề nào đó, thông thường người ta phải xác định điểm ban đầu (gọi làgiả thiết) và điểm kết thúc (gọi là kết luận) Quá trình đi từ giả thiết đến kết luận gọi

là quá trình chứng minh, và quá trình này được thực thi như thế nào thì được gọi làphương pháp chứng minh Các phương pháp chứng minh là rất quan trọng, đặc biệt

là trong toán học, trong các phương pháp chứng minh đó có phương pháp chứngminh quy nạp toán học

Vậy trên đây là một số kiến thức cơ sở của logic toán, nó chính là những tiền

đề, là cơ sở và để nghiên cứu phương pháp chứng minh quy nạp toán học

1.2 Phép quy nạp toán học

Toán học phân biệt với nhiều môn khoa học khác là xây dựng được lý thuyếtsuy diễn Đó là phương pháp đi từ cái chung đến cái riêng Trong cuộc sống hằngngày, ta thường nhận xét từ các quan sát, thực nghiệm thông thường để rút ra kếtluận tổng quát, đúng cho mọi trường hợp Ta gọi đó là quy nạp Nó giúp ta có thể đềxuất hay bác bỏ những giả thuyết, đồng thời điều này còn cho ta một cách chứngminh cho những bài toán phức tạp

1.2.1 Tiếp cận khởi đầu phép quy nạp toán học

Pascal viết về tam giác số thông qua một quyển sách có tên là “Luận lý trongtam giác số học” Nhưng Pascal không phải là người đầu tiên nghiên cứu tam giácnày mặc dù công bố công trình nghiên cứu của ông gây ngạc nhiên cho mọi ngườithời ấy Các tam giác này cũng xuất hiện trong những bài viết của Omar Khayyam,nhà thiên văn học, nhà thơ, nhà triết học và là nhà toán học hiện đại ở Iran của thế

kỷ XVII

Tam giác số Pascal được thiết lập như sau:

+ Dòng thứ nhất gồm một số 1

( 1)( 2) ( 1)

1.2.3

r n

Mà ta sẽ gọi là công thức tường minh để tính các hệ số của nhị thức Cn r

Công thức đó có trong công trình của Pascal (được diễn đạt bằng lời chứkhông phải bằng các kí hiệu hiện đại) Có thể suy nghĩ ban đầu trước khi đến côngthức của mình Pascal mới chỉ là phỏng đoán Mà ta thường phát hiện ra các quy luậtnhờ quan sát lúc đầu, rồi thử khái quát hóa các kết quả có được Nhưng Pascal đãđưa ra một cách chứng minh xuất sắc cho công thức tường minh của mình

Công thức tường minh dưới dạng đã viết không áp dụng được trong trườnghợp r 0 Tuy vậy, quy ước rằng khi r 0 thì theo định nghĩa C n0 1 Còn trong

trường hợp r n  thì công thức không mất ý nghĩa và ta có ( 1) 2.1 1

1.2 ( 1)

n n

n n C

Bổ đề thứ hai khẳng định: nếu mệnh đề của ta đúng với một đáy tùy ý (đốivới giá trị n tùy ý) thì nó sẽ đúng cả với đáy tiếp theo của nó (đối với r n 1).

Từ hai bổ đề đó, suy ra được sự đúng đắn của mệnh đề với mọi giá trị của n.

Thật vậy, do bổ đề thứ nhất mệnh đề đúng với n 1; do đó, theo bổ đề thứ hai nóđúng với n 2, tiếp tục theo bổ đề thứ hai nó đúng với n  3, n  4 và tới vô hạn

Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề thứ hai Theo cách phát biểu của bổ đề

đó, ta giả thiết rằng công thức của ta đúng với đáy thứ n, nghĩa là đối với giá trị tùy

ý của n và với mọi giá trị có thể được của r (đối với r1, 2, ,n) Đồng thời với

đó kéo theo tính chất đúng đắn của nó với n 1 Chính điều này được khẳng địnhtrong bổ đề thứ hai Như vậy, ta đã chứng minh bổ đề đó

Những lời của Pascal có một giá trị lịch sử to lớn bởi vì chứng minh của ông

là sự vận dụng lần đầu tiên một phương pháp suy luận cơ bản và mới mẻ, và saunày ta gọi đó là phép quy nạp toán học

1.2.2 Sự tiếp xúc gợi ý phép quy nạp toán học

Phép quy nạp thường được bắt đầu bằng sự quan sát Nhà khoa học tự nhiên

có thể quan sát cuộc sống của loài chim, nhà tinh thể học quan sát hình dạng của cáctinh thể, Nhà toán học thì có thể quan tâm tới lý thuyết số, quan sát tính chất củacác số,…

Nếu muốn quan sát cuộc sống của loài chim để có thể đạt được những kếtquả lý thú, thì trong một chừng mực nào đó, bạn phải hiểu biết về chim, phải thíchchim và thậm chí là yêu chim Cũng như vậy, nếu bạn muốn quan sát những con sốthì bạn phải thích thú với chúng và trong một chừng mực nào đó phải hiểu biết

chúng Bạn phải biết phân biệt số chẵn và số lẻ, phải biết các số chính phương vàcác số nguyên tố,… Ngay những kiến thức đơn giản nhất chúng ta cũng có thể nhậnthấy một cái gì thú vị.

Như thế chúng ta đã phát biểu một giả thuyết Chúng ta tìm thấy giả thuyết

đó nhờ phép quy nạp Nói cách khác giả thuyết đó nẩy sinh trong chúng ta nhờ kếtquả của sự quan sát và đã được chỉ ra bằng những ví dụ riêng biệt

Những chỉ dẫn đó tương đối ít trọng lượng Chúng ta chỉ có những cơ sở rấtmong manh để tin vào giả thuyết của mình Tuy nhiên chúng ta có thể tìm thấy mộtnguồn an ủi, ở chỗ là cách đây hơn 200 năm Goldbach, nhà toán học đầu tiên phátbiểu giả thuyết đó, cũng không có cơ sở gì vững chắc hơn

Giả thuyết của Goldbach có đúng không? Ngày nay chưa ai có thể trả lời câuhỏi đó Mặc dù có một số nhà toán học vĩ đại đã có những cố gắng lớn nhằm làmsáng tỏ vấn đề, nhưng cho đến nay giả thuyết của Goldbach, cũng như ở thời Eulervẫn là một trong “nhiều tính chất của các số mà chúng ta rất quen thuộc, nhưngchúng ta vẫn chưa chứng minh hay bác bỏ được”

Nhưng từ giả thuyết này chúng ta đã mô tả trong những nét tổng quát giaiđoạn đầu của quá trình quy nạp.

1.2.3 Phân loại phép quy nạp toán học

1.2.3.1 Quy nạp hoàn toàn

Danh từ “quy nạp” theo nghĩa đầu tiên của nó dùng để chỉ các quy luật nhờ

đó mà thu được các kết luận tổng quát, dựa vào một loạt các khẳng định riêng biệt

Quy nạp hoàn toàn là phép quy nạp mà kết luận chung được khẳng định chotất cả các trường hợp được xét bằng một chứng minh chặt chẽ hoặc bằng cách thửnghiệm trực tiếp tất cả các trường hợp (nếu có thể thử được)

Quy nạp hoàn toàn là một mệnh đề tổng quát được chứng minh theo từng

trường hợp của một số hữu hạn các trường hợp có thể có

Ví dụ 1.5 Chúng ta xác lập rằng: “Mỗi số chẵn n trong khoảng  4;100  đều có thểbiểu diễn dưới dạng tổng của 2 số nguyên tố”

Muốn vậy ta phân tích:

4 2 2,

6 3 3,

8 5 3,

10 7 3,

1.2.3.2 Quy nạp không hoàn toàn

Quy nạp không hoàn toàn là quy nạp mà kết luận tổng quát được khẳng định

từ một số trường hợp cụ thể Trong trường hợp kết luận tổng quát rút ra không dựatrên sự kiểm tra tất cả các trường hợp có thể xảy ra mà chỉ trên cơ sở một số đủ lớncác trường hợp thì ta có quy nạp không hoàn toàn Do đó, kết luận của phép quynạp không hoàn toàn có thể đúng, có thể sai, có thể chưa biết đúng sai

Quy nạp không hoàn toàn được vận dụng nhiều trong các khoa học thựcnghiệm Chẳng hạn bằng cách đó người ta đã thiết lập nên định luật cơ bản bảo toànkhối lượng, định luật này được Lomonosov phát biểu và chỉ được thừa nhận khi

Lavoisier đã kiểm tra sự đúng đắn của nó với độ chính xác đủ lớn và trong các điềukiện đủ khác nhau.

Trong toán học, quy nạp không hoàn toàn không được xem là một phươngpháp chứng minh chưa chặt chẽ, nên nó được áp dụng rất hạn chế Bởi vì một mệnh

đề toán học bao hàm một số vô hạn các trường hợp riêng, nhưng ta không thể tiếnhành kiểm tra một số vô hạn các trường hợp được Chẳng hạn sau khi có kết quảđúng với 49 trường hợp như ví dụ 1.5, ta chưa thể đưa ra kết luận rằng: Mọi số tựnhiên chẵn đều có thể phân tích được thành tổng của hai số nguyên tố

Đương nhiên, quy nạp không hoàn toàn là một phương pháp “gợi mở” rấthiệu lực để tìm ra chân lý mới Chúng ta hãy tham khảo một vài ví dụ

Ví dụ 1.6 Xét tổng n số tự nhiên lẻ liên tiếp đầu tiên.

Chúng ta hãy xét các trường hợp riêng biệt:

+ Với n 1: 1 1 mà 1 1 2

+ Với n 2: 1 3 4  mà 4 2 2

+ Với n 3: 1 3 5 9   mà 2

9 3 + Với n 4: 1 3 5 7 16    mà 16 4  2

+ Với n 5: 1 3 5 7 9 25     mà 2

25 5 Sau khi xét một số trường hợp riêng này, ta đưa ra kết luận tổng quát:

1 3 5 7 9       2n 1 n (1.2.1)tức là: “Tổng của n số lẻ liên tiếp đầu tiên bằng n2” Việc chứng minh kết luận nàymột cách chặt chẽ đã chứng tỏ kết luận này là đúng

Ví dụ 1.7 Tính tổng lập phương các số tự nhiên liên tiếp đầu tiên:

Tất nhiên, điều nhận xét trên không phải là sự chứng minh sự đúng đắn củacác công thức (1.2.1) hay (1.2.2) Chúng ta cũng cần chú ý rằng, suy luận bằng quynạp đôi khi dẫn đến kết luận sai, như các ví dụ sau:

Ví dụ 1.8 Khi nghiên cứu hiệu của một số có 2 chữ số trở lên với số có cùng các

chữ số như thế nhưng viết theo thứ tự ngược lại

Trong trường hợp các số có 2 chữ số, 3 chữ số ta có kết luận là các hiệu đóchia hết cho 9 và 99 Cụ thể là ta có: ab ba   9, abc cba   99

Từ đó, ta nảy ra kết luận quy nạp là: abcd dcba   999

Kết luận này sai vì chẳng hạn ta có: 2231 1322 909 không chia hết 999

Ví dụ 1.9 Khi xét các số có dạng 22n  1 nhà toán học Fermat đã nhận xét rằng vớicác giá trị n  1; 2; 3 hoặc 4 thì thu được các số nguyên tố

Từ đó ông đưa ra giả thiết rằng tất cả các số có dạng như thế (với *

n  ) là

số nguyên tố Nhưng Euler đã chỉ ra rằng với n 5 ta được số 232 1 không phải

là số nguyên tố vì số đó chia hết cho 641

Điều đó có nghĩa là kết luận của nhà toán học Fermat là sai lầm

Ví dụ 1.10 Xét Sn  n2  n 17, n  * với các trường hợp n  1; 2; 3; ; 15thì tathấy Sn là số nguyên tố.

Từ đó có thể kết luận là Sn là số nguyên tố với mọi *

n  hay không?Với n 16 thì ta được số 2 2

16 16 16 17 17

S     do đó S16 không phải là

số nguyên tố, tức là kết luận quy nạp Sn là số nguyên tố với mọi số n * là sai

Như vậy, quy nạp không hoàn toàn là một trong những con đường để dẫn

đến phát minh: người ta nghiên cứu một số hữu hạn các trường hợp riêng để tìm raquy luật tổng quát Thế nhưng, như ta đã biết, quy nạp không hoàn toàn có thể dẫnđến các kết quả sai Vậy làm thế nào để biết được quy luật tổng quát mà ta đưa ra làđúng đắn, chẳng lẽ ta lại cứ thử tiếp cho đến khi nào gặp một trường hợp riêng màkết luận đó không đúng Và lấy gì để đảm bảo rằng số lần thử là hữu hạn

Trong nhiều trường hợp để tránh những khó khăn như thế ta áp dụng mộtphương pháp suy luận đặc biệt được gọi là “phương pháp quy nạp toán học”, chophép thay thế những hình dung tìm tòi theo phương pháp quy nạp không hoàn toànbằng sự chứng minh chặt chẽ Vậy kết luận chung được khẳng định cho tất cả các

trường hợp được xét bằng một chứng minh chặt chẽ như thế là quy nạp hoàn toàn,

mà từ nay ta sẽ gọi là phương pháp chứng minh quy nạp toán học

1.3 Phương pháp chứng minh quy nạp toán học

Trong cuộc sống cũng như trong khoa học chúng ta cần có một phương pháplàm cho quan niệm của chúng ta gần với kinh nghiệm ở mức độ có thể được Đó là

“Phương pháp quy nạp toán học” Nó đòi hỏi sự ưa thích nhất định đối với cái gìthực tế tồn tại, đòi hỏi chúng ta sẵn sàng từ những quan sát nâng lên trình độ kháiquát, đồng thời sẵn sàng từ sự khái quát rộng lớn nhất trở về với những quan sát cụthể nhất

Bên cạnh những phương pháp quen thuộc như: phương pháp chứng minhtrực tiếp, chứng minh phản chứng, phương pháp quy nạp là một công cụ mạnh,sắc bén trong giải toán, nhất là những bài toán rối rắm vô cùng Cách đây gần 4 thế

kỷ, bằng những cây thước, cái bàn, Pascal đã xây dựng nên lý thuyết quy nạp Từ

đó trở đi, quy nạp đã trở thành một phương tiện giúp cho những người học toántrong công cuộc đi tìm những lời giải mà biến chứng minh phụ thuộc vào n  

một cách hay và đẹp

1.3.1 Phương pháp quy nạp toán học

Giả sử P n   là một khẳng định phụ thuộc vào số tự nhiên n và chúng ta cần

phải chứng minh P n   đúng với mọi n  

Trong trường hợp này, ta không thể sử dụng phép quy nạp không hoàn toànbởi vì như đã nhận xét, kết luận của phép quy nạp không hoàn toàn chỉ có tính chất

dự đoán, chưa biết đúng sai Để khắc phục khó khăn này, người ta sử dụng phépquy nạp hoàn toàn mà kết luận chung được xét bằng một phương pháp suy luận đặcbiệt gọi là “phương pháp quy nạp toán học” và tiến hành chứng minh như sau:

Trước tiên, ta kiểm tra với n 1 thì P   1 đúng.

Sau đó ta chứng tỏ rằng từ tính chất đúng đắn của khẳng định P k   1  đúngvới n k  1,k 1, cũng suy ra rằng P k   đúng với n k

Hoặc từ tính chất đúng đắn của khẳng định P k   đúng với n k k , 1, cũng suy

ra rằng P k   1  đúng với n k 1

Từ đó suy ra rằng P n   đúng với mọi n   *

Khi đó, khẳng định P n   được coi là đúng với mọi số tự nhiên n 1 Thậtvậy, ta có nếu P   1 đúng thì P   2 đúng, nếu P   2 đúng thì P   3 đúng,… Tiếptục suy luận như vậy, ta có P n   đúng  n 1.

Phương pháp chứng minh trên đây được gọi là phương pháp quy nạp toánhọc Cở sở của phương pháp chứng minh này là nguyên lý quy nạp toán học

1.3.2 Nguyên lý quy nạp toán học

Hệ tiên đề Peano về tập hợp số tự nhiên:

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) Nếu một tập hợp M các số tự nhiên có tính chất M

chứa 1, nếu M chứa a thì M cũng chứa a* Khi đó M trùng với tập hợp các số

tự nhiên 

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, xây dựng từ cuối thế kỉ XIX Nộidung cụ thể đó như sau:

Nếu một tập hợp M các số tự nhiên có tính chất: M chứa 1 và nếu M

chứa a thì M cũng chứa *

a (hiểu là a 1) thì M chính là .Một mệnh đề phụ thuộc vào n n   ( *) được coi là đã được chứng minh với

mọi số n nếu 2 điều kiện sau được thoả mãn:

Giải.

+ Ta có với n   1 S1   1 ( 1) 11 Do đó mệnh đề đúng với n = 1.

+ Giả sử rằng mệnh đề đúng với k k   ( *) tức là đã chứng minh được rằng:

1 3 5 7 9 ( 1) (2k 1) ( 1) k k

S         n    n với mọi n *

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề được chứng minh

Bây giờ chúng ta sẽ đưa ra một số ví dụ áp dụng không đúng phương phápquy nạp toán học

Ví dụ 1.12 Xét mệnh đề: “Bất kỳ một tập hợp hữu hạn các số tự nhiên nào cũng

gồm toàn những số bằng nhau”

Chứng minh Ta tiến hành quy nạp theo số phần tử của tập hợp.

+ Với n = 1, mệnh đề là hiển nhiên: mỗi số luôn bằng chính nó

+ Giả sử mệnh đề đã được chứng minh với tập hợp có k phần tử Ta sẽ chứng minhmệnh đề cũng đúng với tập hợp có k 1 phần tử

Lấy tập hợp có k 1 phần tử là a a a1; ; ; ; ;2 3 a ak k1

Theo giả thiết quy nạp ta có a1  a2   ak cũng theo giả thiết quy nạp thì

ta có: a2  a3   ak  ak1

Từ đó ta có: a1  a2  a3  ak  ak1

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra mệnh đề trên đúng

Nhận xét Sai lầm của suy luận trên là ở chỗ chỉ có thể chuyển từ k đến k 1 với

2

k  ; nhưng không thể chuyển từ n 1 đến n 2 bằng suy luận này được

Ví dụ 1.13 Mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên tiếp sau nó.

Chứng minh

Giả sử mệnh đề đúng với n k , với k  *; tức là k k 1 Ta sẽ chứngminh rằng mệnh đề đó đúng với n k 1; tức là phải chứng minh k   1 k 2

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có:

Từ đó theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề trên luôn đúng với    n *

Nhận xét Sai lầm của suy luận trên là đã quên kiểm tra định lý có đúng khi n 1

không? Ta thấy rõ ràng rằng khi n 1 thì mệnh đề không đúng (vì 1 2  ), do đó ởđây ta không áp dụng được phương pháp quy nạp toán học được

Chúng ta lưu ý rằng trong nhiều trường hợp cần phải chứng minh một mệnh

đề nào đó đúng không phải với tất cả các số tự nhiên mà chỉ với np p  * thìnguyên lý quy nạp được trình bày dưới dạng sau:

Nếu: + Mệnh đề đúng với np

+ Từ giả thiết mệnh đề đúng với các số tự nhiên n k   p ta suy ramệnh đề cũng đúng với n k 1.

Thì khi đó mệnh đề sẽ đúng với tất cả các số tự nhiên np

1.3.3 Một số hình thức của phương pháp quy nạp toán học

Giả sử P n   là một khẳng định cần chứng minh phụ thuộc vào biến n

Hình thức 1:

- Bước 1: Chứng minh cho P   1 đúng

- Bước 2: Giả sử khẳng định P k   đúng ( k  1) Ta suy ra được P k   1  cũngđúng

- Bước 3: Kết luận P n   đúng với mọi số tự nhiên n 1.

Hình thức 2:

- Bước 1: Chứng minh cho P n  0 đúng với n0 là một số nguyên nào đó.

- Bước 2: Giả sử khẳng định P k   đúng ( k n  0) ta suy ra được P k   1  cũngđúng

- Bước 3: Kết luận P n   đúng với mọi số nguyên n n  0

Hình thức 3:

- Bước 1: Chứng minh cho P   1 đúng.

- Bước 2: Giả sử các khẳng định P 1 , P 2 , , P k đúng ta suy ra được 

 1 

P k  cũng đúng.

- Bước 3: Kết luận P n   đúng với mọi số tự nhiên n 1.

Hình thức 4:

- Bước 1: Chứng minh cho P n  0 và P n   0 1  đúng với n  0 .

- Bước 2: Giả sử P k   1  và P k   đúng Ta suy ra được P k   1  cũng đúng.

- Bước 3: Kết luận P n   đúng với mọi n n  0

Ta thấy hình thức đầu tiên là hình thức thường hay sử dụng Vậy phươngpháp để chứng minh một mệnh đề chứa biến P n   là mệnh đề đúng với mọi giá trịnguyên dương của n p p  (  *), ta thực hiện hai bước sau:

Bước 1: Kiểm chứng mệnh đề đúng với n p, tức là P p   đúng

Bước 2: Giả sử với n k k    p  mệnh đề P k   đúng (gọi là giả thiết quy nạp)

Với n k 1 ta cần chứng minh mệnh đề P k   1  đúng Như vậy ta thấy:

 

P n đúng với np thì cũng đúng với n p   1, p  2, p  3,

Từ đó ta có kết luận: mệnh đề P n   đúng với mọi n  và n  p p (  *)

Chúng ta nhiều khi tưởng rằng quy nạp thực chất cũng chỉ là đi theo một môhình quen thuộc cho nên bỏ qua vài bước trong đó Ta nên cẩn thận mà hiểu rằng đó

là làm trái với tiên đề và như vậy tất nhiên sẽ không có cơ sở gì nói lên rằng chứngminh của ta là đúng Do đó, ta cần trình bày đầy đủ các bước cho một chứng minhquy nạp, điều này rất cần thiết

Chương 2 ỨNG DỤNG CỦA PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY NẠP

TRONG GIẢI BÀI TẬP TOÁN

Dựa vào những kiến thức cơ sở về phương pháp chứng minh quy nạp toánhọc, chương này trình bày ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toánhọc trong giải một số bài tập toán Bên cạnh lời giải của các bài toán còn đưa ranhận xét, phân tích hay hướng khai thác lời giải của bài toán đó

2.1 Ứng dụng quy nạp toán học trong một số bài toán đại số

2.1.1 Vận dụng quy nạp để chứng minh một mệnh đề toán học

Bài toán 2.1 Chứng minh một mệnh đề toán học Một kết quả tổng quát được

chứng minh trong trường hợp của một số hữu hạn các trường hợp, vét hết các khảnăng có thể xảy ra thì kết quả đó được chứng minh quy nạp hoàn toàn

Khi đó, phương trình  2.1.1  là phương trình bậc hai ẩn x.

Có  ' 2 –1 – m 2 m–1.3m m 2 –m 1 0 với mọi giá trị của m

Do đó phương trình  2.1.1  có hai nghiệm phân biệt Nghĩa là trong trườnghợp này, phương trình  2.1.1  cũng có nghiệm.

Kết luận: Vậy phương trình  2.1.1  luôn có nghiệm với mọi m.

Nhận xét Rõ ràng qua hai trường hợp trên ta đã xét hết các khả năng có thể có của

m Vậy phương trình  2.1.1  luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.

Khai thác Muốn chứng minh một phương trình nào đó luôn có nghiệm với mọi giá

trị của tham số, ta xét các giá trị của tham số đó theo các khả năng có thể xảy ra thìkết quả đó sẽ được chứng minh Ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Chứng minh mệnh đề: “Phương trình 2x x 2  8 x2 1 có nghiệm duy nhất”.

Bài toán 2.2 Trong một số trường hợp tổng quát, ta vét hết các khả năng có thể xảy

ra thì kết quả đó được chứng minh quy nạp hoàn toàn

Ví dụ 2.1.2 Giải và biện luận phương trình: mx n nx m     2.1.2  theo haitham số m n , .

Phân tích Đây là phương trình có thể đưa về dạng ax b 0 hay axb rồibiện luận

+ Nếu m n thì 2.1.2 có dạng 0 x  , do đó 0 2.1.2 nghiệm đúng với x   

Kết luận: Nếu m n thì phương trình có nghiệm duy nhất x  1

Nếu m n thì phương trình nghiệm đúng với x  

Khai thác

+ Nếu giữ nguyên ẩn và các tham số, thay đổi phép toán ta sẽ được bài toán mà quátrình giải được thực hiện như trên

Giải và biện luận phương trình mx n nx m   .

+ Nếu tăng độ phức tạp cho các tham số, chẳng hạn không phải m n , mà là mộtbiểu thức nào đó chứa m n , cũng sẽ được bài toán mà lời giải được thực hiện cũngtheo quy trình tương tự như trên Chẳng hạn:

Giải và biện luận phương trình (m3 1)x n n3  1x m

2.1.2 Vận dụng quy nạp toán học trong phát hiện quy luật và chứng minh quy luật đó

Trong quá trình ta giải một số bài toán, có thể ta phát hiện ra được một quyluật nào đó, mà khi phát hiện ra quy luật đó, chúng ta chứng minh dự đoán đó đúng

Bài toán 2.3 Tính tổng Sn     1 2 3  n

Khai thác Ta thay đổi dữ kiện của bài toán ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Tính tổng lập phương các số tự nhiên liên tiếp đầu tiên:

n

2.1.3 Vận dụng quy nạp toán học trong giải toán chia hết

Bài toán 2.4 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1, ta có:

(4n  15 n  1) 9  (2.1.3)

Nhận xét Ở dạng bài toán này, trong quá trình ta chứng minh mệnh đề đúng với

+ Với n 1 ta có S  1 41 15.1 1 18 9    Vậy với n 1, (2.1.3) đúng

+ Giả sử (2.1.3) đúng với n k k   *, nghĩa là ta có (4k 15 1) 9

Suy ra Sk1 9 Nghĩa là với n k 1 thì (2.1.3) cũng đúng

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có: 4n 15 1 9

n

S   n  

Khai thác Ta thay đổi dữ kiện bài toán ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1, ta có: (10n  18 n  28) 27  .

Bài toán 2.5 Chứng minh rằng:S n (n4 6n311n2 6 ) 24n  (2.1.4) với    n *

Nhận xét Ở dạng bài toán này, khi chứng minh mệnh đề đúng với n k 1, tabiến đổi thông qua giả thiết quy nạp có thể chưa suy ra được điều phải chứng minh

Vì vậy, ta tiếp tục áp dụng quy nạp toán học để chứng minh

   Suy ra (2.1.5) đúng với n k 1

Vậy S k124, tức là theo nguyên lý quy nạp toán học ta có :

n

S  n  n  n  n   n 

Khai thác Ta thay đổi dữ kiện của bài toán ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Chứng minh rằng: S n (25n450n3 n2 2 )n chia hết cho 24 nếu n là

một số nguyên dương tùy ý.

2.1.4 Vận dụng quy nạp toán học trong chứng minh đẳng thức

Phương pháp chứng minh quy nạp thường dùng để chứng minh một đẳngthức phụ thuộc vào số nguyên dương n

Bài toán 2.6 Chứng minh đẳng thức sau luôn đúng với mọi giá trị của x 1:

+ Giả sử rằng đẳng thức trên đúng với n k , nghĩa là ta có:

Suy ra đẳng thức trên đúng với n k 1

1

n n n

đúng với mọi giá trị của x   1, n *

Khai thác Ta thay đổi dữ kiện của bài toán ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Chứng minh rằng với mọi giá trị x0, x1 thì đẳng thức sau luôn đúng:

Phân tích Để giải bài toán này ta sẽ áp dụng nguyên lý quy nạp toán học để chứng

minh đẳng thức đúng với mọi số nguyên dương n.

Giải.

+ Xét với n 1, ta có: VT3.1 1 2  , VP 1 3.1 1 

22

Tức là với n k 1 thì đẳng thức trên luôn đúng.

Kết luận: Với mọi số n  * ta luôn có: 3 1

+ Ta thay đổi dữ kiện của bài toán ta được bài toán tương tự.

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có:

1.4 2.7 3.10     n n 3  1  n n  1+ Nếu ta tăng độ khó của đẳng thức trên, ví dụ như là biểu thức chứa mẫu,… thì tavẫn có được đẳng thức mà quá trình chứng minh được thực hiện tương tự như trên.Chẳng hạn:

Chứng minh các đẳng thức sau với n là số tự nhiên:

n

n S



       

chö õsoá 3

Phân tích Đối với bài toán này ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp toán học để

giải Ngoài ra, ta cũng có thể làm theo phương pháp khác

k S

k S

k S

k S

n S

   2   

1 2

n n

Suy ra điều phải chứng minh

Qua hai cách giải bài toán trên ta thấy: giải bài toán bằng phương phápchứng minh quy nạp toán tuy dài nhưng ta có thể giải quyết chặt chẽ, còn theo cáchhai tuy ngắn nhưng không phải lúc nào ta cũng có thể giải được bài toán

Nhận xét Ngoài chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học, thì có thể chứng

minh bằng một phương pháp nào đó có thể sẽ ngắn gọn hơn Tuy nhiên, phươngpháp quy nạp toán học là phương pháp có nhiều ưu điểm nổi trội vì nó giải đượcmột lớp các bài toán thuộc các dạng khác nhau Đặc biệt nó có thể giúp ta giải quyếtmột số bài tập mà sử dụng phương pháp thông thường thì khó có thể giải được

2.1.5 Vận dụng quy nạp toán học trong chứng minh bất đẳng thức

Phương pháp chứng minh quy nạp thường sử dụng để chứng minh một bấtđẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n

Bài toán 2.9 Chứng minh rằng: 2n 2n1 với   n  , n  3

  , nghĩa là bất đẳng thức trên đúng với n k   1, k  3

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì: 2n 2n1 với   n  ; n  3

Khai thác

+ Ta thay đổi dữ kiện của bài toán ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Chứng minh rằng: 2n 5n với   n  ; n  5

+ Hay một dạng cách hỏi khác như:

Tìm số nguyên dương n sao cho: 2n 5n

Bài toán 2.10 Chứng minh bất đẳng thức sau với   n *:

Do theo giả thiết quy nạp S  k 1 và ta có 2 *

0, 3( k  1)(3 k  2)(3 k  4)    k  ,nghĩa là bất đẳng thức trên đúng với n k   1, k  *

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học thì:

Khai thác Ta thay đổi dữ kiện của bài toán ta được bài toán tương tự Chẳng hạn:

Chứng minh bất đẳng thức sau với   n *:

Phân tích Việc xét hiệu trực tiếp không đạt được kết quả trong bài toán này vì vậy

chúng ta có thể nghĩ đến cách sử dụng phương pháp quy nạp toán học

Bất đẳng thức cuối đúng, suy ra bất đẳng thức cũng đúng với n k 1.

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học ta có: Với ,a b là hai số dương

+ Thay đổi dữ kiện bài toán ta được bài toán tương tự:

Cho a b , là hai số dương, với a b 2, chứng minh rằng với mọi số tự

Chứng minh rằng với mọi a , ta đều có 2 2 2

Nhận xét Ở một số bất đẳng thức khi ta thay nhiều giá trị khác nhau vào biến mà

làm cho bất đẳng thức đó đúng, nhưng ta chứng minh mãi không được, và để tìm racách chứng minh bất đẳng thức đó cũng gặp nhiều khó khăn

Ví dụ 2.1.3 Chứng minh: x4  x3  x2  x   1 0,    x

Ta thấy nếu x 0 thì VT 1 0, bất đẳng thức đúng

x 1 thì VT 1 0, bất đẳng thức đúng

x 1 thì VT 5 0, bất đẳng thức đúng

Rõ ràng bài toán đúng nhưng làm sao giải đây?

Ta xét một trường hợp đơn giản hơn:

Ta thử dùng quy nạp:

+ Với x  , VT 1 00   , do đó bài toán đúng

+ Giả sử bài toán đúng với x k k , 0, tức là f k( )k2 k 1 0, k 0

Ta chứng minh bài toán đúng với x k 1,k 0, nghĩa ta phải chứng minh:

này cũng coi như vô ích

Do đó, muốn dùng ý tưởng quy nạp ta nên nhận thấy nguyên nhân cơ bảnsau: ở bước quy nạp ta chứng minh k thì k 1 đúng nhưng chỉ cho n nhận được

giá trị nguyên thôi Muốn n nhận hết giá trị thực ta phải chứng minh bài toán đúng

với n k  khi n k đã đúng và  là một giá trị vô cùng bé nào đó để không có

số thực nào xen giữa k và k  hoặc k và k   Ta thấy rằng, ta không thể tìmđược giá trị cụ thể của  và khi đó quy nạp của ta vô giá trị khi biến n thuộc .

Trên thực tế, để chứng minh các bài toán đã nêu chỉ cần vận dụng các biếnđổi đại số hoặc các bất đẳng thức quen thuộc Quy nạp vẫn giúp ta giải quyết một sốbài toán bất đẳng thức nhưng chỉ trong một số trường hợp nào đó mà thôi

2.2 Ứng dụng quy nạp toán học trong một số bài toán hình học

2.2.1 Mở rộng định nghĩa nhờ quy nạp

Những áp dụng đặc sắc của phép quy nạp toán học có thể thấy trong các bàitoán chứa các đối tượng hình học mà việc mở rộng định nghĩa cho chúng dựa vàoviệc chuyển “từ n sang n 1”

Bài toán 2.12 Xây dựng định nghĩa trung tuyến, trọng tâm của một n  giác.

Nhận xét Ta đã biết định nghĩa trung điểm của đoạn thẳng, các trung tuyến và

trọng tâm của một tam giác Từ đây ta có thể mở rộng ra định nghĩa trung tuyến vàtrọng tâm của một n  giác dựa vào phương pháp quy nạp toán học

Giải.

Ta gọi trung điểm của đoạn thẳng là trọng tâm của nó (hình 2.1.a)

Khi đó các trung tuyến của tam giác A A A1 2 3 được xem là những đoạn thẳngnối từ các đỉnh của tam giác tới trọng tâm của cạnh đối diện (hình 2.1.b)

Ta biết, các trung tuyến của một tam giác đồng quy tại một điểm và nó chiacác trung tuyến theo tỉ số 2 :1 kể từ đỉnh Điểm này gọi là trọng tâm của tam giác

Ta đồng ý với định nghĩa trung tuyến của tứ giác A A A A1 2 3 4 là những đoạnthẳng nối mỗi đỉnh A A A A1, 2, 3, 4 của tứ giác với các trọng tâm O O O O1, 2, 3, 4 củatam giác lập bởi ba đỉnh còn lại (hình 2.1.c) Bây giờ ta chứng minh rằng các trungtuyến của tứ giác đồng quy tại một điểm và điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số3:1 tính từ các đỉnh tương ứng

Thật vậy, gọi S là trọng tâm (trung điểm) của cạnh A A1 2 và O4, O3 lần lượt

là trọng tâm các tam giác A A A A A A1 2 3, 1 2 4 Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến

SA

SO 

Hình 2.1

OO  OO  O O 

Như vậy giao điểm của hai trung tuyến xuất phát từ hai đỉnh kề nhau của tứgiác chia chúng theo tỉ số 3:1 Từ đó suy ra rằng cả bốn trung tuyến của tứ giác giaonhau tại O và điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số 3:1 O được gọi là trọng tâmcủa tứ giác

Với k n , giả sử ta hoàn toàn xác định được các trung tuyến của k  giác(các trung tuyến được xem như là các đoạn thẳng nối từ đỉnh của k  giác tới trọngtâm của các (k  1) giác thành lập bởi (k  1) đỉnh còn lại), và với mọi k n ta

xác định được trọng tâm của k  giác (trọng tâm được xem như là giao điểm củacác trung tuyến) Ta cũng giả sử rằng với mọi k n đã chứng minh được trọng tâmcủa k  giác chia các trung tuyến của nó theo tỉ số (k  1) :1 kể từ đỉnh.

Bây giờ ta xác định các trung tuyến của n  giác (được xem như là đoạn nối

các đỉnh của n  giác tới trọng tâm của cá (n  1) giác thành lập bởi (k  1) đỉnh

còn lại) Ta chứng minh rằng tất cả các trung tuyến của n  giác A A A1 2 n giao

nhau tại một điểm và điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số (n  1) :1.

Thật vậy, gọi S là trọng tâm của (n  2) giác A A A1 2 n2 khi đó SA n và

1

n

SA sẽ là các trung tuyến của (n  1) giác A A A1 2 n1 và A A A A1 2 n2 n

Nếu O O n, n1 lần lượt là trọng tâm của hai (n  1) giác này thì nhờ giả thiết

quy nạp: 1

1

1 1

Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến O A n1 n1 và O A n n

của n  giác A A A1 2 n Nhờ các tam giác đồng dạng OO O n1 n và1

Khai thác Qua bài toán trên, ta đã xây dựng được định nghĩa trung tuyến và trọng

tâm của một n  giác Từ đó ta có các bài toán liên quan đến các định nghĩa này.

Chẳng hạn:

Chứng minh rằng trong một n  giác tất cả các trung tuyến bậc k đều giao nhau tại một điểm, điểm này chia chúng theo tỉ số  n k k   : .

2.2.2 Sử dụng quy nạp toán học trong giải một số bài tập chứng minh

Quy nạp là một trong những phương pháp hữu hiệu để chứng minh một sốđịnh lý, một số mệnh đề mà các phương pháp khác không thể chứng minh được

Hình 2.2

Bên cạnh đó, quy nạp là một phương pháp hữu hiệu để giải quyết một số bài tậpchứng minh.

Bài toán 2.13 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 saocho những miền cạnh nhau (có chung một đoạn biên) có màu khác nhau

Nhận xét 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 hình 2.3.a Nếu chọnmiền trên là màu đen thì hai phần còn lại là màu trắng hoặc miền trên là màu trắngthì hai miền dưới là màu đen, điều này không thỏa mãn điều kiện của bài toán Nhưvậy, chia mặt phẳng bằng những nửa đường thẳng thì mệnh đề không đúng Nhưngchia mặt phẳng bằng những đường thẳng thì mệnh đề đó đúng

Nếu cho ba đường thẳng thì ta đặt đường thẳng thứ ba lên hình 3 cho ta hình 4 khichưa tô màu lại

a b c

Hình 2.3Trên một nửa mặt phẳng của đường thẳng mới, miền nào màu trắng ta tô lạimàu đen và ngược lại, cuối cùng ta nhận được hình 5 Ta thấy rằng những miền