LV CHỨNG MINH QUY nạp và một số bài TOÁN SUY RA từ CHỨNG MINH QUY nạp

Quy nạp toán học là một phương pháp chứng minh toán học dùng để chứng minh một mệnh đề về bất kỳ tập hợp nào được xếp theo thứ tự. Thông thường nó được dùng để chứng minh mệnh đề áp dụng cho tập hợp tất cả các số tự nhiên.Quy nạp toán học là một hình thức chứng minh trực tiếp, thường được thực hiện theo hai bước. Khi cố gắng để chứng minh một mệnh đề là đúng cho tập hợp các số tự nhiên, bước đầu tiên, được gọi là bước cơ sở, là chứng minh mệnh đề đưa ra là đúng với số tự nhiên đầu tiên. Bước thứ hai, được gọi là bước quy nạp, là chứng minh rằng, nếu mệnh đề được giả định là đúng cho bất kỳ số tự nhiên nào đó, thế thì nó cũng đúng cho số tự nhiên tiếp theo. Sau khi chứng minh hai bước này, các quy tắc suy luận khẳng định mệnh đề là đúng cho tất cả các số tự nhiên. Trong thuật ngữ phổ biến, sử dụng phương pháp nói trên được gọi là sử dụng nguyên lý quy nạp toán học.Phương pháp này có thể được mở rộng để chứng minh các mệnh đề về các cấu trúc được thiết lập tổng quát hơn, chẳng hạn như cây; quá trình tổng quát này, được gọi là quy nạp cấu trúc, được sử dụng trong logic toán và khoa học máy tính. Quy nạp toán học theo nghĩa mở rộng này có quan hệ chặt chẽ với đệ quy. Quy nạp toán học, trong một số hình thức, là nền tảng của tất cả các phép chứng minh tính đúng đắn của các chương trình máy tính.1Mặc dù tên của nó là gần giống với lập luận quy nạp, quy nạp toán học không được nhầm lẫn như là một phương pháp của lập luận quy nạp. Quy nạp toán học là một quy tắc suy luận được sử dụng trong chứng minh. Trong toán học, chứng minh bao gồm những phép sử dụng quy nạp toán học là những ví dụ của suy diễn logic, và các lập luận quy nạp bị loại ra khỏi phép chứng minh.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HOÀNG VĂN TUẤN CÁC DẠNG CHỨNG MINH QUY NẠP VÀ LỜI GIẢI KHÁC SUY RA TỪ CHỨNG MINH QUY NẠP LUẬN VĂN THẠC SỸ TỐN HỌC Bình Định - 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN HOÀNG VĂN TUẤN CÁC DẠNG CHỨNG MINH QUY NẠP VÀ LỜI GIẢI KHÁC SUY RA TỪ CHỨNG MINH QUY NẠP Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS TRẦN LƯƠNG CƠNG KHANH Bình Định - 2012 Mục lục Mở đầu iv Chương Các dạng chứng minh quy nạp lời giải khác suy từ chứng minh quy nạp 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 Lịch sử phép chứng minh quy nạp 1.1.1 Lịch sử phép chứng minh quy nạp trước kỷ 17 1.1.2 Lịch sử phép chứng minh quy nạp sau kỷ 17 Quy nạp đơn 1.2.1 Nguyên lý 1.2.2 Ví dụ Quy nạp cấp 16 1.3.1 Nguyên lý 16 1.3.2 Ví dụ 18 Quy nạp mạnh 24 1.4.1 Nguyên lý 24 1.4.2 Ví dụ 26 Quy nạp luân phiên 32 1.5.1 Nguyên lý 32 1.5.2 Ví dụ 34 Xuống thang 42 1.6.1 Nguyên lý 42 1.6.2 Ví dụ 42 ii iii Chương Một số ví dụ khác 46 2.1 Một số ví dụ khác 46 2.2 Khảo sát điều kiện để rút lời giải khác 63 Kết luận 70 Tài liệu tham khảo 70 iv MỞ ĐẦU Phương pháp quy nạp phương pháp chứng minh quan trọng tốn học Tuy nhiên, nói đến chứng minh quy nạp, người ta thường nghĩ đến dạng chứng minh quy nạp đơn, mà nghĩ đến dạng chứng minh quy nạp khác quy nạp cấp 2, quy nạp mạnh, quy nạp luân phiên, nguyên lý xuống thang Theo nhận xét George Pólya (1887 − 1985) Toán học suy luận có lý, tốn chứng minh quy nạp chứng minh phương pháp khác nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Hướng nghiên cứu luận văn nghiên cứu sở lý thuyết dạng chứng minh quy nạp đưa số ví dụ áp dụng Trên sở luận văn khảo sát số trường hợp rút lời giải khác số toán quy nạp Luận văn văn gồm chương: Chương 1: Các dạng chứng minh quy nạp lời giải khác suy từ chứng minh quy nạp Chương trình bày tóm tắt lịch sử phép quy nạp toán học nguyên lý quy nạp toán học Từ nguyên lý quy nạp, luận văn đưa số ví dụ áp dụng lời giải khác với lời giải quy nạp Hơn nữa, số ví dụ, lời giải khác với lời giải quy nạp có thông qua việc nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Chương 2: Một số ví dụ khác Nội dung chương đưa số ví dụ số lớp tốn rút lời giải khác với lời giải quy nạp nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Các ví dụ chương này, ngồi lời giải quy nạp có lời giải khác nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Tuy có nhiều cố gắng kết luận văn nhiều hạn chế, nội dung cách trình bày khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả mong góp ý thầy giáo bạn đồng nghiệp để nâng cao chất lượng luận văn Chương Các dạng chứng minh quy nạp lời giải khác suy từ chứng minh quy nạp 1.1 1.1.1 Lịch sử phép chứng minh quy nạp Lịch sử phép chứng minh quy nạp trước kỷ 17 Trong triết học môn khoa học ứng dụng, thuật ngữ Phép Quy Nạp sử dụng để mơ tả q trình rút kết luận chung từ trường hợp cụ thể Mặt khác, Toán học, kết luận phải rút cách cẩn thận, tốn học khoa học suy diễn mệnh đề phải kèm theo chứng chặt chẽ Phép quy nạp phương pháp đơn giản linh hoạt có sức thuyết phục trình chứng minh mệnh đề số nguyên Hơn nữa, sử dụng có hiệu công cụ chứng minh lĩnh vực đại số, hình học, lượng giác, giải tích, tổ hợp, lý thuyết đồ thị nhiều môn học khác Nguyên lý phép quy nạp có lịch sử lâu đời tốn học Mặc dù, khơng nói rõ tài liệu Hy Lạp cổ nào, khởi đầu có vài thơng tin Thật vậy, vài nhà lịch sử thấy đoạn văn Plato (427-347 trước Công Nguyên), tài liệu Parmenides tranh cãi việc sử dụng lập luận quy nạp sớm Đoạn văn lấy từ tài liệu triết học Tuy nhiên, có vài tài liệu tốn học cổ có chứa lập luận gần với quy nạp Chẳng hạn tác phẩm Elements Euclid (khoảng 325 - khoảng 265 trước Công Nguyên) số nguyên dương tích số nguyên tố Có lập luận gần với quy nạp đại ngày tác phẩm Synagoge Pappus ( khoảng 290 - khoảng 350 sau Công Nguyên) (dịch sang tiếng Pháp Collection mathématique) Có định lý hình học chứng minh sau: Cho đoạn AB C điểm nằm Hãy xét phía AB có nửa đường tròn với đường kính AB, AC CB Bây ta dựng đường tròn Cn sau: C1 tiếp xúc với nửa đường tròn; Cn+1 tiếp xúc với Cn nửa đường tròn AB AC Nếu dn biểu thị cho đường kính Cn hn khoảng cách từ tâm đến AB , hn = ndn Cách Pappus chứng minh định lý mối quan hệ: hn+1 /dn = (hn + dn )/dn Tiếp theo, ông nêu kết Archimedes (287 - 212 trước Công Nguyên) từ sách Book of Lemma(Proposition 6) khẳng định kết luận định lý với trường hợp n = Khi kết hợp với quan hệ hn+1 /dn = (hn + dn )/dn , kết luận trường hợp tổng quát n Sau xuống toán học Hy Lạp, tài bay đến giới Hồi giáo Mặc dù phép quy nạp rõ ràng cơng trình nhà tốn học giới Ả Rập, có tác giả lập luận cách sử dụng hình thức sơ Ví dụ al-Karaji (953 - 1029) al -Fakhri xác định định lý nhị thức mô tả gọi tam giác Pascal sau qua sát mơ hình từ vài trường hợp ban đầu (thường 5) Ơng biết cơng thức 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + + · · · + n)2 Khoảng kỷ sau, tìm thấy dấu vết tương tự phép quy nạp sách al-Bahir al-Samwal (khoảng 1130 - khoảng 1180), xuất đồng thức 12 + 22 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6 Và sau Levi Ben Gershon(1288 - 1344), sống Pháp, sử dụng lập luận quy nạp Maasei Hoshev viết tiếng Do Thái Lập luận quy nạp dễ nhận biết nguồn viết ngôn ngữ phương Tây sách có tên Arithmeticorum Libri Duo(1575) Francesco Maurolyco (1495 - 1575), nhà toán học gốc Hy Lạp Theo ghi ngắn gọn Cantor Zeitschrif t f u rM athematischenun und Naturwissenchaftlichen Unterricht, ghi này, ơng nói ơng G.Vacca cho biết Maurolycus mô tả sử dụng phương pháp quy nạp số học ông xuất vào năm 1575 Maurolycus bắt đầu định nghĩa loại số, cụ thể số chẵn (En ), số lẻ (On ), số phương (Sn ), số tam giác (Tn ) (số tam giác số tự nhiên có giá trị số điểm chấm xuất tam giác xếp điểm; số tam giác thứ n có giá trị tổng số tự nhiên từ đến n, bao gồm n), Sau số định lý Maurolycus, số trường hợp nêu kết chứng minh ông ấy, việc đánh số định lý giữ nguyên Mệnh đề IV Số lẻ thứ n cộng với số lẻ tiếp theo, ký hiệu On +2 = On+1 Mệnh đề VI Tất số nguyên cộng với số nguyên đứng trước số lẻ kề bên, ký hiệu n + (n − 1) = On Chứng minh Maurolycus dịch sau: "số nguyên cộng với đơn vị ta số nguyên cộng với ta lại số nguyên lớn số nguyên lẻ (theo tính chất Mệnh đề IV ), Hơn nữa, từ số nguyên cộng với 5, kết số nguyên lẻ liền kề, cộng với 4, kết lớn 2, (theo tính chất Mệnh đề IV ), số nguyên lẻ Và theo tác động đến vơ kết mệnh đề." Đây khơng phải trình bày rõ ràng chứng minh phương pháp quy nạp toán học, ý tưởng lại nằm Ý tưởng Maurolycus thể rõ ràng sau: Định lý qua trình kiểm tra trường hợp hai số nguyên 2, tức là, + = số nguyên lẻ nằm kề với Đây phần đầu chứng minh quy nạp Sau đó, Maurolycus sử dụng trường hợp đặc biệt + = + = làm ông chứng minh cách sử dụng lại Mệnh đề IV mà phần khác chứng minh quy nạp toán học nằm ý nghĩ ông Mệnh đề IV ông cung cấp lập luận từ n đến n + Theo ký hiệu đại, đặt theo cách sau: Nếu n + (n − 1) = On ( có nghĩa là, số nguyên cộng với số đứng trước số nguyên lẻ đứng liền kề), cộng (1 + 1) vào vế trái cộng vào vế phải ta (n + 1) + n = On + Nhưng theo Mệnh đề IV, On + = On+1 Do (n + 1) + n = On+1 Lý luận từ n đến n + dường nằm ý nghĩ Maurolycus Nhưng ví dụ phương pháp quy nạp ơng, điều chưa đủ chứng minh ông hiểu phương pháp Mệnh đề XV trường hợp có sức thuyết phục nhiều Trước hết ta có mệnh đề: Mệnh đề XIII Mỗi số phương cộng với số lẻ đứng sau số phương đứng sau, ký hiệu Sn + On = Sn+1 Mệnh đề XV.Tổng n số nguyên lẻ số phương thứ n ký hiệu O1 + O2 + · · · + On = Sn Chứng minh Maurolycus dịch sau: Theo mệnh đề trước, số phương (đơn vị) cộng vào số lẻ đứng sau (3) số phương đứng sau (4), số phương thứ hai (4) cộng vào số lẻ thứ ba (5) số phương thứ ba (9), tương tự vậy, số phương thứ ba (9) cộng thêm vào số lẻ thứ tư (7) số phương thứ tư (16); vô mệnh đề chứng minh cách lặp lại áp dụng mệnh đề XIII Đây trường hợp chứng minh quy nạp rõ ràng Mệnh đề XIII sử dụng Bổ đề Nó cung cấp lý luận từ n đến n + 1.Vài trường hợp đặc biệt đề cập Mệnh đề XV Theo ký tự đại, chứng minh sau: Định lý n = 1; Giả sử n = k , nghĩa là, giả sử O1 + O2 + · · · + Ok = Sk cộng Ok+1 cho hai vế phương trình nhận O1 +O2 +· · ·+Ok+1 = Sk + Ok+1 Sk+1 , theo Mệnh đề XIII 1.1.2 Lịch sử phép chứng minh quy nạp sau kỷ 17 Một liên hệ sớm lập luận quy nạp Traité du Triangle Arithmetique (chuyên luận tam giác số học) Blaise Pascal (1623 - 1662), nơi mà mô hình tam giác Pascal biết ngày bàn luận tới Tác giả đưa định lý : Các hệ số nhị thức Cnk thỏa mãn Cnk : Cnk+1 = (k + 1) : (n − k ), với tất n k với ≤ k < n r−1 r Đây kết lập luận từ n đến n + nhờ sử dụng quan hệ Cnr = Cn−1 + Cn−1 Thật sau chứng minh ông: - Phần thứ : Bằng cách kiểm tra, định lý n = 2, nghĩa giá trị có k k + và C21 : C22 = : - Phần thứ hai: Giả sử định lý n = q , tức với giá trị nguyên dương k < q Cqk : Cqk+1 = (k + 1) : (q − k ) (A) Sau ta chứng minh với giá trị nguyên dương j < q + j j+1 Cq+1 : Cq+1 = (j + 1) : (q + − j ) (B) Rõ ràng ta có mối quan hệ: Với giá trị nguyên dương R < N R−1 R R CN = CN −1 + CN −1 (C) Ta cần chứng minh (B) có từ (A) Theo quan hệ (C), phần tử vế trái (B) Cqj−1 + Cqj Cqj + Cqj+1 = Cqj−1 Cqj +1 j+1 + CCq j q Khi áp dụng quan hệ (A) cho Cqj−1 /Cqj Cqj+1 /Cqj ta có Cqj−1 + Cqj Cqj + Cqj+1 = j q−j+1 1+ +1 q−j j+1 = j+1 · Suy điều phải chứng minh q+1−j Khó khăn quy nạp tốn học là: Tất tác giả sử dụng ý tưởng trực quan khái niệm số tự nhiên, chưa đủ thuyết phục Sự phát triển toán học đại, đặc biệt từ cuối kỷ 19, phát triển lý thuyết tiên đề Đặc biệt, Giuseppe Peano (1858 - 1932) người công bố gọi tiên đề Peano vào năm 1889, sách nhỏ có tựa đề Arithmetices Principia, nova methodo exposita, Peano giải khó khăn nói Một số tiên đề sách kết hợp với lập luận quy nạp cho ta phương pháp chứng minh Chẳng hạn tiên đề sau: • Có số tự nhiên • Với số tự nhiên n, tồn số tự nhiên liền sau, ký hiệu S (n) • Khơng có số tự nhiên mà số liền sau • Hai số tự nhiên khác phải có hai số liền sau tương ứng khác nhau: n = m S (n) = S (m) • Nếu có tính chất thỏa mãn với số 0, chứng minh với số tự nhiên thỏa mãn tính chất số liền sau thỏa mãn tính chất Khi đó, tính chất thỏa mãn với số tự nhiên Tiên đề đảm bảo phép quy nạp toán học Cần lưu ý "0" định nghĩa không thiết phải số không mà thường nói đến "0" đối tượng mà kết hợp với hàm liền sau thỏa mãn tiên đề Peano Có nhiều hệ thống thỏa mãn tiên đề này, có số tự nhiên bắt đầu số không hay số Ngày với phát triển tốn học, cơng nghệ máy tính, quy nạp toán học ứng dụng rộng rãi, mang lại nhiều hiệu 1.2 1.2.1 Quy nạp đơn Nguyên lý Cho P (n) hàm mệnh đề xác định N Nếu: • P(b) đúng; • Với n, b ∈ N, n ≥ b, P (n) ⇒ P (n + 1)đúng P (n) với n ∈ N, n ≥ b 57 Đặt Sn = (ax )(n) , ta có Sn+1 − lna.Sn = (2) Ta tìm Sn phương pháp sai phân Ta có phương trình đặc trưng: λ − lna = ⇔ λ = lna Khi ta có nghiệm phương trình tuyến tính bậc tương ứng nghiệm tổng quát của(2): Sn = Sn = Cλn = C.(lna)n = Clnn a Theo đề ta có S1 = ax lna ⇒ ax lna = Clnn a ⇒ C = ax Do Sn = ax lnn a Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.7 Chứng minh rằng:Với số tự nhiên n ≥ (ex sin x) (n) √ n = ex sin x + n π (1) với (ex sin x)(n) đạo hàm cấp n ex sin x Lời giải Ta có • Với n = ta có (ex sin x) = ex (sin x + cos x) = Suy (1) với n = √ x e sin (x + · π4 ) • Với số tự nhiên n ≥ 2, giả sử (1) với n Ta phải chứng minh (1) với n + 1, tức phải chứng minh (n+1) (ex sin x) √ = n+1 ex sin x + (n + 1) π Do (1) với n nên ta có (n) (ex sin x) √ = n ex sin x + n π Suy (ex sin x) (n+1) = √ n ex sin x + n √ n √ n+1 π π ex sin x + n + cos x + n 4 √ n x√ π π = e sin x + n + = = 2 π ex sin x + (n + 1) π 58 Hay (n+1) (ex sin x) = √ n+1 ex sin x + (n + 1) π , với số tự nhiên n ≥ Như (1) với n + Vậy ta có điều phải chứng minh Lời giải khác √ Ta thay n n + (ex sin x)(n) = (ex sin x) (n+1) √ n x e sin (x + n π4 ), ta có n+1 π ex sin x + (n + 1) √ n x√ π π = e sin (x + n ) + 4 √ n x π π e sin(x + n ) + cos(x + n ) = 4 √ n x √ n x π π = e sin x + n e cos x + n + = Đặt Sn = √ n x e sin (x + n π4 ), ta có Sn+1 − Sn = √ n ex cos x + n π (2) Ta tìm Sn phương pháp sai phân Ta có phương trình đặc trưng: λ − = ⇔ λ = Do nghiệm phương trình tương ứng: Sn = Cλn = C.1n = C √ Do λ = f (n) = trình (2): n x e cos √ Sn∗ = n (x + n π4 ), nên ta chọn nghiệm riêng phương ex a cos x + n π + b sin x + n π Suy ∗ Sn+1 = = √ n+1 √ n ex a cos x + n 2 x e π + (a + b) cos x + n π π π + b sin x + n + 4 π + (−a + b) sin x + n Để cho gọn, ta đặt X = x + n π4 , ta có Sn∗ = √ ∗ Sn+1 = n √ ex [a cos X + b sin X ] n ex [a cos X − a sin X + b sin X + b cos X ] π 59 ∗ Thay Sn∗ , Sn+1 vào phương trình (2) ta có √ n ex [b cos X − a sin X ] = √ n ex cos X ⇔ a = b = Suy √ Sn∗ = Hay Sn∗ = √ n n ex sin X ex sin x + n π Khi ta có nghiệm tổng qt phương trình (2) : √ Sn = Sn∗ + Sn = Theo đề ta có S1 = √ √ n ex sin x + n π + C 2ex sin (x + π4 ), suy 2ex sin x + π = Do Sn = √ √ n ex sin x + ex sin x + n π + C ⇒ C = π Vậy ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.8 Cho dãy (xn ) thỏa mãn x1 = a > 1, xn+1 = dương n Chứng minh xn = a (1 + a)2n−1 − a xn xn +2 với số nguyên · Lời giải Ta có • Với n = ta có x1 = a = a : [(1 + a)21−1 − a] Suy (1) với n = • Với số tự nhiên n ≥ 2, giả sử (1) với n Ta phải chứng minh (1) với n + 1, tức phải chứng minh xn+1 = a · (1 + a)2n − a Do (1) với n nên ta có xn = a (1 + a)2n−1 − a · 60 Và theo đề ta có xn+1 = xn xn + · Suy xn+1 = = Hay xn+1 = a (1 + a)2n−1 −a : a (1 + a)2n−1 − a +2 a · (1 + a)2n − a a , với số tự nhiên n ≥ (1 + a)2n − a Như (1) với n + Vậy ta có điều phải chứng minh Lời giải khác Ta tìm xn phương pháp giải phương trình từ đề ra: x1 = a > n 1, xn+1 = xnx+2 · Tuy nhiên, ta tìm cách giải khác thay n n + xn = Đặt xn = un , a (1 + a)2n−1 − a · (2) thay vào (2) ta có un = 1−a a 2n−1 − (3) Khi ta có un+1 = 1−a a =2 2n − 1−a a 2n−1 − + = 2un + Do ta có un+1 − 2un = Ta giải phương trình sai phân để tìm un Ta có phương trình đặc trưng λ − = ⇔ λ = (4) 61 Suy nghiệm phương trình sai phân tuyến tính tương ứng xn = Cλn = C 2n Do λ = = f (n) = nên ta chọn nghiệm riêng phương trình (4) : u∗n = d Thay u∗n = d phương trình (4) ta d − 2d = ⇔ d = −1 Khi đó, ta có nghiệm tổng quát (4): un = u∗n + un = C 2n − Theo đề ta có u1 = x1 = un = a ⇔ a = C 21 − ⇔ C = 1+a a2 Suy (1 + a)2n−1 − a 1+a n − = · a2 a Từ ta có xn = a (1 + a)2n−1 − a · Vậy tốn chứng minh Ví dụ 1.9 Cho dãy (xn ) thỏa mãn x0 = 2, xn+1 = 3xn + nguyên dương n Chứng minh √ √ xn = + 66 3+ 8 √ n + 8x2 n + với số √ − 66 3− 8 n · Lời giải √ √ √ √ Để lời giải gọn, ta đặt A = 8+8 66 , B = 8−8 66 , α = + 8, β = − ⇒ A + B = 2, AB = − 32 , α + β = αβ = Khi ta có xn = Aαn + Bβ n • Với n = ta có x0 = = Aα0 + Bβ Suy (1) với n = • Với số tự nhiên n ≥ 1, giả sử (1) với n Ta phải chứng minh (1) với n + 1, tức phải chứng minh xn+1 = Aαn+1 + Bβ n+1 Do (1) với n nên ta có xn = Aαn + Bβ n 62 Và theo đề ta có xn+1 = 3xn + 8x2 n + Suy (Aαn + Bβ n )2 + xn+1 = (Aαn + Bβ n ) + = (Aαn + Bβ n ) + (Aαn )2 + (Bβ n )2 + 16AB (αβ )n + = (Aαn + Bβ n ) + (Aαn )2 + (Bβ n )2 + 16 · −1 32 · 1n + 1 √ = (Aαn + Bβ n ) + (Aαn )2 + (Bβ n )2 + 16 (Aαn )2 + (Bβ n )2 + = (Aαn + Bβ n ) + √ = (Aαn + Bβ n ) + (Aαn )2 + (Bβ n )2 − 2AB (αβ )n √ = (Aαn + Bβ n ) + (Aαn − Bβ n )2 √ = (Aαn + Bβ n ) + |Aαn − Bβ n | √ = (Aαn + Bβ n ) + (Aαn − Bβ n ) √ √ = + Aαn − Bβ n = Aαn+1 + Bβ n+1 Suy xn+1 = Aαn+1 + Bβ n+1 Như (1) với n + Vậy ta có điều phải chứng minh Lời giải khác Ta tìm xn phương pháp giải phương trình từ đề ra: x0 = 2, xn+1 = 3xn + 8x2n + Tuy nhiên, ta tìm cách giải khác thay n n + √ xn = √ + 66 3+ 8 √ n + √ − 66 3− 8 n · Khi √ xn+1 = + 66 √ 3+ 8 √ n+1 + − 66 √ 3− 8 n+1 · 63 √ Ta đặt A = 8+8 66 , B = Khi ta có √ 8− 66 ,α √ √ = + 8, β = − ⇒ α + β = 6, ⇒ αβ = (Aαn + Bβ n ) (α + β ) = Aαn+1 + Bβ n+1 + αβ Aαn−1 + Bβ n−1 ⇔ Aαn+1 + Bβ n+1 = (Aαn + Bβ n ) − Aαn−1 + Bβ n−1 Suy xn+1 = 6xn − xn−1 Ta giải phương trình sai phân để tìm xn Ta có phương trình đặc trưng λ2 − 6λ + = √ √ ⇔ λ = + λ = − (hai nghiệm phân biệt) Khi ta có xn = xn = a + √ √ n n +b 3− Theo đề ta có x0 = √ x1 = + 33 √ √ a 3+ +b 3− ⇔ √ √ a 3+ +b 3− ⇔ ⇔ Suy a= =2 √ = + 33 b= √ 8+ 66 √ 8− 66 8 + 66 √ 3+ 8 Vậy toán chứng minh 2.2 a+b=2 √ √ √ a + + b − = + 33 √ xn = √ n + √ − 66 3− 8 n · Khảo sát điều kiện để rút lời giải khác Theo nhận xét George Pólya (1887-1985) Tốn học suy luận có lý, tốn chứng minh quy nạp chứng minh phương pháp khác nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Dĩ nhiên, điều thực Do 64 câu hỏi đặt lớp toán nào, ta rút ta phép chứng minh khác với phép chứng minh quy nạp (khi nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + 1)? Trả lời câu hỏi cơng việc lớn, đòi hỏi nghiên cứu rộng sâu vượt khuôn khổ luận văn thạc sỹ Trong phần này, cố gắng nêu số lớp toán (thay tất cả) đáp ứng câu hỏi Bài tốn 2.1 Ký hiệu Snk = 1k + 2k + · · · + nk , với n, k số nguyên dương Khi đó, với k cho trước ta chứng minh cơng thức tính Snk quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có k Sn+1 = Snk + (n + 1)k Do ta chứng minh cơng thức tính Snk phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính Snk nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.2 Ký hiệu Sn = a + a2 + · · · + an , với n số nguyên dương, a ∈ R, a = Khi đó, với a = cho trước ta chứng minh cơng thức tính Sn quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có Sn+1 = Sn + a.an Do ta chứng minh cơng thức tính Sn phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính Sn nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.3 Ký hiệu Snk = a + 2k a2 + · · · + nk an , với n, k số nguyên dương, a = Khi đó, với k, a = cho trước ta chứng minh cơng thức tính Snk quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có k Sn+1 = Snk + a(n + 1)k an Do ta chứng minh cơng thức tính Snk phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính Snk nằm lớp tốn cần tìm 65 Bài tốn 2.4 Ký hiệu Snk = ni=0 (i + k ).(i + k )!, với n, k số tự nhiên Khi đó, với k cho trước ta chứng minh cơng thức tính Snk quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có k Sn+1 = Snk + (n + k ).(n + k )! Do ta chứng minh cơng thức tính Snk phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính Snk nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.5 Ký hiệu Sn = ni=0 sin(ai + b), với n số tự nhiên, a, b ∈ R Khi đó, với a, b cho trước ta chứng minh cơng thức tính Sn quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có Sn+1 = Sn + sin [an + (a + b)] Do ta chứng minh cơng thức tính Sn phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính Sn nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.6 Ký hiệu Sn = ni=0 (ai+b)(ai+c) , với n số tự nhiên, a, b, c ∈ R Khi đó, với a, b, c cho trước ta chứng minh cơng thức tính Sn quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có Sn+1 = Sn + · [an + (a + b)] [an + (a + c)] Do ta chứng minh cơng thức tính Sn phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính Sn nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.7 Ta có cơng thức khai triển nhị thức Newton (a + b)n = n Cnk ak bn−k , với n, k k=0 số tự nhiên, k ≥ n a, b số thực Khi đó, với a, b cho trước ta chứng minh cơng thức (a + b)n = n k=0 Cnk ak bn−k 66 quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + cơng thức ta có n+1 n+1 ( a + b) k Cn+1 ak bn+1−k = k=0 Ta có biến đổi n+1 n+1 k Cn+1 ak bn+1−k Cnk + Cnk−1 ak bn+1−k = k=0 n+1 k=0 n+1 Cnk ak bn+1−k = Cnk−1 ak bn+1−k + k=0 n+1 k=0 n Cnk−1 ak bn+1−k Cnk ak bn−k + =b k=1 k=0 Đặt t = k − ta có n+1 n Cnk−1 ak bn+1−k Cnt at+1 bn−t = t=0 n k=1 Cnt at bn−t =a t=0 n Cnk ak bn−k =a k=0 Suy n+1 n k Cn+1 ak bn+1−k k=0 n Khi đó, đặt un = Cnk ak bn−k = ( a + b) k=0 Cnk ak bn−k ta k=0 un+1 = (a + b)un Do ta chứng minh cơng thức tính (a + b)n = n Cnk ak bn−k phương k=0 pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn chứng minh cơng thức khai triển nhị thức Newton nằm lớp toán cần tìm Bài tốn 2.8 Cho dãy Fibonacci(un ) với u0 = 0, u1 = 1, un+2 = un+1 +un , với n số tự nhiên 67 Khi đó, ta chứng minh cơng thức tính un+1 = k = k > n − k ) quy nạp theo n Cn−k Mặt khác, thay n n + ta có ∞ k k=0 Cn−k ( với quy ước ∞ k−1 Cn−k · un+2 = un+1 + k=1 Do ta chứng minh cơng thức tính un+1 phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính un+1 nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.9 Cho dãy Fibonacci(un ) với u0 = 0, u1 = 1, un+2 = un+1 +un , với n số tự nhiên Khi đó, ta chứng minh cơng thức sau quy nạp theo n un = √ √ 1+ √ n 1− − n Mặt khác, thay n n + ta có un+1 = √ Ta đặt α = √ 1+ ,β = √ 1− √ 1+ √ n+1 1− − n+1 · ⇒ α + β = 1, ⇒ αβ = −1 Khi ta có (αn + β n ) (α + β ) = αn+1 + β n+1 + αβ αn−1 + β n−1 ⇔ αn+1 + β n+1 = (αn + β n ) + αn−1 + β n−1 Suy un+1 = un + un−1 Do ta chứng minh cơng thức tính un phương pháp sai phân hữu hạn Như vậy, tốn tính un nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.10 Cho dãy số (un ) với u0 = α, aun+1 + bun = n i=0 Rik (n).βin , với n, k số tự nhiên, α, βi ∈ R, βi = Rik (n) da thức bậc k n Khi đó, ta chứng minh công thức sau quy nạp theo n n Pik (n).γi n , với γi ∈ R, γi = Pik (n) đa thức bậck n un = i=1 68 Mặt khác, thay n n + cơng thức ta đưa n Qki (n).θi n , với θi ∈ R, θi = Qki (n) đa thức bậck n un+1 = un + i=1 n Do ta chứng minh cơng thức tính un = i=1 sai phân hữu hạn n Như vậy, toán tính un = i=1 Pik (n).γi n phương pháp Pik (n).γi n nằm lớp toán cần tìm Bài tốn 2.11 Ta có cơng thức aαx+β (n) = αn aαx+β lnn a, với n số nguyên dương, α, β, a ∈ (n) đạo hàm cấp n aαx+β R, a = aαx+β Khi đó, với α, β, a ∈ R, a = ta chứng minh cơng thức tính quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có aαx+β (n+1) = αn+1 aαx+β lnn+1 a = α ln a.αn aαx+β lnn a = α ln a aαx+β Đặt un = aαx+β (n) (n) , ta có un+1 − (α ln a) un = (n) Do đó, ta chứng minh cơng thức aαx+β = αn aαx+β lnn a phương pháp sai phân hữu hạn (n) Như vậy, tốn tính aαx+β = αn aαx+β lnn a nằm lớp tốn cần tìm Bài tốn 2.12 Ta có cơng thức eαx+β sin(αx + γ ) (n) = √ n αn eαx+β sin [αx + γ + n π4 ], với n (n) số nguyên dương, α, β, γ ∈ R eαx+β sin(αx + γ ) đạo hàm cấp n αx+β e sin(αx + γ ) Khi đó, với α, β, γ ∈ R ta chứng minh cơng thức tính quy nạp theo n Mặt khác, thay n n + ta có eαx+β sin(αx + γ ) (n+1) = √ n+1 αn+1 eαx+β sin αx + γ + (n + 1) π 69 Đặt X = αx + γ , ta có biến đổi √ n+1 sin X + (n + 1) π = = Đặt un = eαx+β sin(X ) (n) √ √ n sin X + n n sin X + n π π + cos X + n + √ n π cos X + n π , ta có un+1 − αun = √ n αn+1 eαx+β cos X + n π Do đó, ta chứng minh cơng thức √ n n αx+β (n) eαx+β sin(αx + γ ) = α e sin [αx + γ + n π4 ] phương pháp sai phân hữu hạn √ n n αx+β (n) α e Như vậy, tốn tính eαx+β sin(αx + γ ) = sin [αx + γ + n π4 ] nằm lớp tốn cần tìm Như vậy, từ số tốn chứng minh cơng thức tính tổng, chứng minh số hạng tổng quát dãy số, chứng minh công thức đạo hàm cấp n, chứng minh công thức khai triển nhị thức Newton việc giải quy nạp giải cách khác nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Thông thường, bước chuyển đưa ta đến việc nghiên cứu dãy (un ) : Aun+1 + Bun = f (n) Aun+1 + Bun + Cun−1 = Từ đây, ta tìm lời giải khác 70 Kết luận Luận văn đạt kết sau đây: Luận văn đưa sở lý thuyết của dạng chứng minh quy nạp toán học: quy nạp đơn, quy nạp cấp 2, quy nạp mạnh, quy nạp luân phiên nguyên lý xuống thang Luận văn trình bày số ví dụ áp dụng dạng quy nạp nói có lời giải khác với lời giải quy nạp Trong số ví dụ, chúng tơi trình bày lời giải khác với lời giải quy nạp thông qua việc nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Nêu số lớp tốn rút lời giải khác với lời giải quy nạp nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Đễ, Vũ Hoàng Lâm (2001), Các tốn bất đẳng thức hay khó, NXB Giáo Dục [2] Phan Huy Khải (2001), Toán nâng cao cho học sinh THPT - Đại số, tập I, NXB Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn (2008), Chuyên đề chọn lọc áp dụng, NXB Giáo Dục [4] Polya, G.(2009) Giải toán nào, NXB Giáo Dục [5] Polya, G.(2010) Sáng tạo toán học, NXB Giáo Dục [6] Polya, G.(2010) Tốn học suy luận có lý, NXB Giáo Dục [7] Acerbi, F (2000), Plato: Parmenides 149a7 − c3 A Proof by Complete Induction?, Archive for History of Exact Sciences 55(2000), p.57 − 76 [8] Bussey, W H (1917) The Origin of Mathematical Induction The American Mathematical Monthly 24(5), p.199 − 207 [9] Cajori, F (1918), Origin of the name mathematical induction, in The American math Monthly,25, 1918, no5, p.197 − 201 [10] Katz, V J (1995, 1998) , A History of Mathematics: An Introduction, 2nd ed en 1998, Addison-Wesley [11] Vacca, G (1909), Maurolycus, the first discoverer of the principle of mathematical induction, in Bull of Am math Society, vol XV I, 1909, p.70 − 73 [12] Yadegari, M (1978), The Use of Mathematical Induction by Abu Kamil Shuja’ Ibn Aslam (850 − 930), Isis, Vol 69, No (Jun., 1978), p 259 − 262 71 ... Các dạng chứng minh quy nạp lời giải khác suy từ chứng minh quy nạp Chương trình bày tóm tắt lịch sử phép quy nạp toán học nguyên lý quy nạp toán học Từ nguyên lý quy nạp, luận văn đưa số ví dụ... pháp quy nạp phương pháp chứng minh quan trọng tốn học Tuy nhiên, nói đến chứng minh quy nạp, người ta thường nghĩ đến dạng chứng minh quy nạp đơn, mà nghĩ đến dạng chứng minh quy nạp khác quy nạp. .. lượng luận văn Chương Các dạng chứng minh quy nạp lời giải khác suy từ chứng minh quy nạp 1.1 1.1.1 Lịch sử phép chứng minh quy nạp Lịch sử phép chứng minh quy nạp trước kỷ 17 Trong triết học