Phương pháp quy nạp với các bài toán phổ thông: Luận văn ThS. Toán học: 60 46 01 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ MỸ LỆ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VỚI CÁC BÀI TỐN PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC HÀ NỘI - NĂM 2015 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN NGUYỄN THỊ MỸ LỆ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VỚI CÁC BÀI TỐN PHỔ THƠNG Chun ngành: Phương pháp tốn sơ cấp Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TS ĐẶNG HUY RUẬN Hà Nội - Năm 2015 Mục lục Mở đầu Kiến thức phương pháp quy nạp toán học 1.1 Nguồn gốc phương pháp quy nạp toán học 1.2 Quy nạp quy nạp toán học 1.3 Giới thiệu phương pháp quy nạp toán học 1.3.1 Nguyên lí quy nạp toán học 1.3.2 Phương pháp quy nạp toán học 1.3.3 Các ví dụ 1.4 Một số hình thức phương pháp quy nạp tốn học 1.4.1 Hình thức quy nạp chuẩn tắc 1.4.2 Hình thức quy nạp nhảy bước 1.4.3 Hình thức quy nạp kép Ứng dụng phương pháp quy nạp toán học giải toán 2.1 Phương pháp quy nạp toán học tốn số học, đại số, giải tích 2.1.1 Một số toán chia hết chia có dư 2.1.2 Một số toán dãy số 2.1.3 Một số tốn tính tổng chứng minh đẳng thức 2.1.4 Một số toán chứng minh bất đẳng thức 2.2 Phương pháp quy nạp toán học tốn hình học 2.2.1 Tính tốn quy nạp 2.2.2 Chứng minh quy nạp 6 12 13 15 17 22 22 26 31 35 35 35 41 50 61 70 70 76 2.2.3 Dựng hình quy nạp 2.2.4 Quy nạp với tốn quỹ tích 2.3 Phương pháp quy nạp toán học toán rời rạc khác 82 85 89 Một số đề thi tham khảo 101 3.1 Đề thi Olympic toán học quốc tế 101 3.2 Đề thi vô địch nước khu vực 103 Mở đầu Nhà toán học vĩ đại Euclid viết "Trong thực tế, nhiều tính chất số biết tìm phép quy nạp tìm thấy lâu trước đắn chúng chứng minh chặt chẽ Cũng có nhiều tính chất quen thuộc với thời chưa chứng minh Chỉ có đường quan sát tư quy nạp dẫn đến chân lý." Câu nói phần lột tả tầm quan trọng phép quy nạp sống, khoa học toán học Tuy nhiên, trình quy nạp q trình từ "tính chất" số cá thể suy "tính chất" tập thể nên lúc Phép suy luận thỏa mãn điều kiện định Trong tốn học vậy, q trình suy luận thỏa mãn nguyên lý quy nạp Trong tốn học có nhiều tốn giải hay chứng minh theo phương pháp thơng thường khó khăn phức tạp, phương pháp quy nạp tốn học lại công cụ đắc lực giúp giải tốn Trong chương trình tốn học phổ thơng, phương pháp quy nạp đề cập đến lớp 11, phương pháp đề cập phạm vi hạn chế, chưa mô tả cách hệ thống, chưa nêu rõ ứng dụng phương pháp Số học, Đại số, Hình học, Từ niềm u thích mơn Tốn nói chung phương pháp quy nạp nói riêng, mong muốn nghiên cứu phương pháp cách sâu hệ thống, mong muốn tích lũy kiến thức tốn học nhiều hơn, có chun mơn vững vàng hơn, tác giả lựa chọn đề tài "Phương pháp quy nạp với tốn phổ thơng" Cuốn luận văn nhằm đưa nhìn tổng quan phương pháp quy nạp tốn học, từ ngun lý hình thức phương pháp đến tập áp dụng phân môn khác Hệ thống tập đưa phong phú Tác giả sưu tầm số đề thi Olympic toán quốc gia quốc tế giải phương pháp Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương danh mục tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày nguồn gốc phương pháp quy nạp kiến thức phương pháp quy nạp toán học Chương 2: Trình bày ứng dụng phương pháp quy nạp giải toán, bao gồm số toán số học, đại số, giải tích, hình học số toán rời rạc khác Chương 3: Gồm số tốn tham khảo trích đề thi IMO đề thi vô địch nước khu vực LỜI CẢM ƠN Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến Thầy Đặng Huy Ruận, Thầy quan tâm, động viên, giúp đỡ tác giả tận tình suốt thời gian thực luận văn Tác giả xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Thầy Cơ khoa Tốn – Cơ – Tin học, người tham gia giảng dạy, truyền thụ cho tác giả kiến thức vô quý báu Tác giả xin cảm ơn Thầy Cô phòng Đào Tạo sau Đại học trường Đại Học Khoa học Tự Nhiên – Đại học Quốc Gia Hà Nội tạo điều kiện tốt cho tác giả bạn suốt thời gian học tập Mặc dù tác giả cố gắng, song thời gian trình độ cịn hạn chế, luận văn chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Tác giả kính mong nhận dạy Q Thầy Cơ ý kiến đóng góp q độc giả Tác giả xin chân thành cảm ơn Chương Kiến thức phương pháp quy nạp toán học 1.1 Nguồn gốc phương pháp quy nạp tốn học (Trích tài liệu tham khảo [11]) Khi ta tính số tam giác Pascal cách áp dụng cơng thức truy tốn, ta phải dựa vào hai số tìm trước cạnh đáy Phép tính độc lập dựa vào cơng thức quen thuộc Cnr = n(n − 1)(n − 2) (n − r + 1) 1.2.3 r mà ta gọi cơng thức tường minh để tính hệ số nhị thức Cnr Cơng thức tường minh có cơng trình Pascal (trong diễn đạt lời khơng phải kí hiệu đại) Pascal không cho biết ông làm để cơng thức (có thể lúc đầu đoán- ta thường phát quy luật tương tự nhờ quan sát lúc đầu, sau thử khái quát kết có được) Tuy vậy, Pascal đưa cách chứng minh xuất sắc cho cơng thức tường minh Cơng thức tường minh dạng viết không áp dụng trường hợp r = Tuy vậy, ta quy ước r = 0, theo định nghĩa Cn0 = Cịn trường hợp, r = n cơng thức khơng ý nghĩa ta có Cnn = n(n − 1)(n − 2) 2.1 = 1.2.3 (n − 1)n Đó kết Như vậy, ta cần chứng minh công thức với < r < n, tức bên tam giác Pascal cơng thức truy tốn sử dụng Tiếp theo ta trích dẫn Pascal với số thay đổi khơng Một phần thay đổi dấu ngoặc vuông Mặc dù mệnh đề xét (công thức tường minh hệ số nhị thức) có vơ số trường hợp riêng, tơi chứng minh cách hồn tồn ngắn gọn dựa hai bổ đề Bổ đề thứ khẳng định, mệnh đề với đáy thứ nhấtđiều hiển nhiên (khi n = công thức tường minh trường hợp giá trị r, nghĩa r = 0, r = rơi vào điều nhận xét trên) Bổ đề thứ hai khẳng định, mệnh đề với đáy tùy ý [đối với giá trị n tùy ý] với đáy [đối với n + 1] Từ hai bổ đề trên, ta suy đắn mệnh đề giá trị n Thật vậy, bổ đề thứ nhất, mệnh đề với n = Do đó, theo bổ đề thứ hai với n = 2, theo bổ đề thứ hai với n = đến vô hạn Như vậy, ta phải chứng minh bổ đề thứ hai Theo cách phát biểu bổ đề đó, ta giả thiết cơng thức ta đáy thứ n, nghĩa giá trị tùy ý n với giá trị r (đối với r = 1, 2, , n) Đặc biệt đồng thời với cách viết Cnr = n(n − 1)(n − 2) (n − r + 1) 1.2.3 (r − 1)r ta viết (với r ≥ 1) Cnr−1 = n(n − 1)(n − 2) (n − r + 2) 1.2.3 (r − 1) Cộng hai đẳng thức áp dụng cơng thức truy tốn, ta hệ ( ) n − r + n(n − 1) (n − r + 2) r Cn+1 +1 = Cnr + Cnr−1 = 1.2 (r − 1) r = n(n − 1) (n − r + 2) n + (n + 1)n(n − 1) (n − r + 2) = 1.2 (r − 1) r 1.2.3 r Nói cách khác, đắn công thức tường minh giá trị n kéo theo tính đắn n + Chính điều khẳng định bổ đề thứ hai Như vậy, ta chứng minh bổ đề Những lời Pascal trích dẫn có giá trị lịch sử chứng minh ông vận dụng lần phương pháp suy luận mẻ, thường gọi phương pháp quy nạp toán học 1.2 Quy nạp quy nạp tốn học (Trích tài liệu tham khảo [10]) Quy nạp trình nhận thức quy luật chung cách quan sát so sánh trường hợp riêng Nó dùng khoa học toán học Cịn quy nạp tốn học dùng toán học để chứng minh loại định lý Thật khơng may chỗ hai tên gọi lại liên quan với nhau, hai phương pháp khơng có liên hệ lơgic Tuy nhiên, có liên hệ thực tế người ta thường đồng thời dùng hai phương pháp Ta minh họa hai phương pháp ví dụ sau Một cách ngẫu nhiên, ta thấy + + 27 + 64 = 100 viết lại sau 13 + 23 + 33 + 43 = 102 Khi ta tự hỏi tổng lập phương số tự nhiên liên tiếp có ln ln bình phương khơng? Để trả lời câu hỏi đó, ta làm nhà tự nhiên học, tức kiểm tra trường hợp riêng khác nhau, với n = 1, n = 2, n = 3, n = 13 = 12 13 + 23 = = 32 13 + 23 + 33 = 36 = 62 13 + 23 + 33 + 43 = 100 = 102 13 + 23 + 33 + 43 + 53 = 225 = 152 Qua đó, nhà tự nhiên khơng nghi ngờ tính đắn quy số ước k! Ta chứng minh mệnh đề với n = k + Thật vậy, giả sử a số tự nhiên tùy ý a ≤ (k + 1)! Chia a cho (k + 1) thương d dư r, a viết a = d(k + 1) + r; ≤ r < k + Do a ≤ (k + 1)! nên d ≤ k! Theo giả thiết quy nạp, ta có d = d1 + d2 + + dl d1 , d2 , , dl số tự nhiên đôi khác nhau, ước k! l ≤ k Ta có a = (d1 + d2 + + dl )(k + 1) + r = d1 (k + 1) + d2 (k + 1) + + dl (k + 1) + r Do l ≤ k nên tổng có khơng q (k + 1) số; số đôi khác (do d1 , d2 , , dl số tự nhiên đôi khác r < k + 1) Lại d1 , d2 , , dl ước k! nên d1 (k+1), d2 (k+1), , dl (k+ 1) ước (k + 1)! Mà < r < k + nên hiển nhiên r ước (k + 1)! ( r = 0, ta khơng tính số hạng này) Như vậy, mệnh đề với n = k + Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh −−→ −−→ −−−−→ Bài tốn 48 (IMO 1973) Cho OP1 , OP2 , , OP2n+1 vectơ đơn vị mặt phẳng Các điểm P1 , P2 , , P2n+1 nằm phía đường thẳng qua O Chứng minh −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2n+1 | ≥ Lời giải (1)Cơ sở quy nạp Với n = 0, mệnh đề hiển nhiên −−→ |OP1 | = ≥ 96 (2)Bước quy nạp Giả sử mệnh đề với n = k − 1(k ≥ 1), tức với hệ vectơ đơn vị −−→ −−→ −−−−→ OP1 , OP2 , , OP2k−1 mặt phẳng; điểm P1 , P2 , , P2k−1 nằm phía đường thẳng qua O Ta có, −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2k−1 | ≥ Ta chứng minh mệnh đề với n = k, tức với hệ (2k + 1) −−→ −−→ −−−−→ vectơ OP1 , OP2 , , OP2k+1 thỏa mãn điều kiện trên, ta có, −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2k+1 | ≥ −−→ Thật vậy, vai trò OPi (1 ≤ i ≤ 2k + 1) nhau, nên ta Hình 2.12 −−→ −−−→ xếp lại, cho OPi (1 ≤ i ≤ 2k − 1) nằm OP2k −−−−→ OP2k+1 (hình 2.12) Đặt −−−→ −−−−→ − → u = OP2k + OP2k+1 −−→ −−→ −−−−→ − → v = OP1 + OP2 + + OP2k−1 → Khi − u có phương nằm phân giác góc P2k OP2k+1 Áp dụng −−→ → quy tắc hình bình hành nhiều lần, ta − v nằm OP1 −−−−→ −−−→ −−−−→ → − OP2k−1 , nên nằm OP2k OP2k+1 Vậy góc − u → v π bé Ta lại có, → → → → → → (− u +− v )2 = − u2+− v + 2− u− v 97 − → → − − − =→ u2+− v + 2|− u ||→ v |cos(→ u ,→ v) → → → ≥− v (do cos(− u ,− v ) ≥ 0) → → → − Do đó, |− u +− v | ≥ |− v |, mà theo giả thiết quy nạp ta có |→ v | ≥ − → Vậy |→ u +− v | ≥ hay −−→ −−→ −−−−→ |OP1 + OP2 + + OP2k+1 | ≥ Mệnh đề với n = k + Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh Bài toán 49 ([8]) Hãy chia lục giác thành tam giác đen, trắng cho: (i) Hai tam giác tùy ý rời có đỉnh chung có cạnh chung (ii) Hai tam giác tùy ý có cạnh chung có màu khác (iii) Mỗi cạnh lục giác đồng thời cạnh tam giác đen Chứng minh đa giác n cạnh chia theo cách n Lời giải Đối với lục giác, có hai cách chia theo hình 2.13 thỏa mãn ba điều kiện Hình 2.13 Ta chứng minh n-giác chia theo cách n a) Điều kiện cần Giả sử n-giác chia thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Ta chứng minh n Gọi tổng số cạnh tất tam giác đen x; tổng số cạnh tất tam giác trắng y 98 Vì hai tam giác chung cạnh có màu khác cạnh đa giác cạnh tam giác đen nên x = y + n, mà x 3, y 3, nên n b) Điều kiện đủ Giả sử n-giác T có n Ta cần chia T thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Vì n 3, nên tồn số nguyên dương k, cho n = 3k Ta chứng minh quy nạp theo k (1)Cơ sở quy nạp Với k = 1, ta có tam giác, chia hình 2.14 Hình 2.14 (2)Bước quy nạp Giả sử đa giác có n = 3k cạnh, ta chia thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Ta cần chứng minh đa giác có n = 3(k + 1) cạnh chia Xét đa giác có n = 3(k + 1) cạnh A1 A2 A3k+2 A3k+3 Hình 2.15 Theo giả thiết quy nạp, đa giác có 3k cạnh A1 A2 A3k chia thành tam giác thỏa ba điều kiện 99 Còn lại ngũ giác A1 A3k A3k+1 A3k+2 A3k+3 , A1 A3k cạnh tam giác đen, ta chia tiếp ngũ giác Có nhiều cách, chẳng hạn lấy M thuộc miền ngũ giác, tô tam giác A1 M A3k màu trắng; lúc lục giác A1 M A3k A3k+1 A3k+2 A3k+3 dễ dàng chia thành tam giác thỏa mãn ba điều kiện Như vậy, đa giác có n = 3(k + 1) cạnh ta chia theo cách Bài toán chứng minh 100 Chương Một số đề thi tham khảo 3.1 Đề thi Olympic toán học quốc tế Bài toán 50 (IMO 1977) Cho hàm f xác định tập hợp số nguyên dương nhận giá trị nguyên dương Giả sử với n ta có: n + > f (f (n)) Chứng minh f (n) = n với n Hướng dẫn Chứng tỏ f (1) < f (2) < f (3) quy nạp Gọi S(n) phát biểu: Nếu r ≤ n m > r f (r) < f (m) Chứng minh f (m) ≤ m f (m) ≥ m với giá trị m, nên f (m) = m, với m Bài toán 51 (IMO 1979) Một ếch nhảy từ đỉnh A đến đỉnh đối tâm E hình bát giác Tại đỉnh bát giác trừ đỉnh E, ếch nhảy bước tới hai đỉnh kề Đến E ếch dừng lại ln Gọi an số đường phân biệt ếch từ A đến E n bước √ √ nhảy Chứng minh a2n−1 = 0, a2n = √ [(2 + 2)n−1 − (2 − 2)n−1 ] Hướng dẫn Mỗi bước ếch nhảy thuận chiều kim đồng hồ ta biểu thị dấu cộng bước ếch nhảy ngược chiều kim đồng hồ ta biểu thị dấu trừ Lúc đường phân biệt ếch có n bước nhảy biểu thị dãy n dấu cộng trừ Dễ thấy dãy có hai tính chất 101 (i) Số dấu cộng trừ chênh (ii) Một dãy gồm dấu thứ đến dấu thứ m, với m < n tùy ý có dấu cộng trừ chênh khơng q Ta thấy a2n−1 = dãy gồm 2n − dấu số dấu cộng số dấu trừ phải có số lẻ số chẵn nên chênh 4, khơng thể thỏa mãn tính chất (i) Xét dãy 2n dấu có số dấu cộng nhiều số dấu trừ (ứng với đường đến E qua D, gọi tắt dãy dãy cộng 2n Số dãy cộng 2n b2n = a2n Chứng minh quy nạp công thức b2n = 4b2n−2 − 2b2n−4 Bài toán 52 (IMO 1997) Với số nguyên dương n, ta kí hiệu f (n) số tất cách biểu diễn n tổng lũy thừa với số mũ nguyên không âm Các biểu diễn khác thứ tự xếp số hạng tổng xem giống Ví dụ, f (4) = 4, = 2 = + = 21 + + = + + + Chứng minh với n ≥ 3, ta có: n2 n2 < f (2n ) < 2 Hướng dẫn Nếu n số lẻ, biểu diễn n tổng lũy thừa với số mũ nguyên không âm, tổng phải xuất 20 Nhận xét giúp ta thiết lập tương ứng 1-1 tổng n tổng n − Nói cách khác: f (2n + 1) = f (2n) Nếu n chẵn Ta thiết lập tương ứng 1-1 tổng n mà có chứa 20 với tổng n − Các tổng n mà khơng chứa n tương ứng 1-1 với tổng Như vậy, ta có: f (2n) = f (2n − 1) + f (n) = f (2n − 2) + f (n) Các đẳng thức chứng tỏ f hàm đơn điệu tăng 102 Áp dụng hệ thức nhiều lần để tính f (2n+1 ), ta có: f (2n+1 ) = f (2n+1 − 2n ) + f (2n − 2n−1 + 1) + + f (2n − 1) + f (2n ) = f (2n )+f (2n −1)+ +f (2n−1 +1)+f (2n ), (*) n n+1 n−1 n n suy f (2 ) ≥ (2 + 1)f (2 ) Ta chứng minh f (2 ) < 2 quy nạp Áp dụng (*) nhiều lần ta có: f (2n+1 ) = f (2n ) + f (2n − 1) + + f (3) + f (2) + f (1) + (**) n Để chứng minh < f (2n ), ta sử dụng bổ đề sau Bổ đề: Ta có f (1) + f (2) + + f (2r) ≥ 2rf (r) Áp dụng bổ đề cho (**) ta được: f (2n+1 ) > 2n+1 f (2n−1 ) (***) n Từ (***), quy nạp chứng minh < f (2n ) 3.2 Đề thi vô địch nước khu vực Bài toán 53 (Putnam, 1997) Cho dãy số an xác định a1 = 2, an+1 = 2an Chứng minh an ≡ an−1 (modn) với n ≥ Hướng dẫn Chứng minh: an ≡ an−1 (modm) với m ≤ n quy nạp Kết hiển nhiên với n = Giả sử kết với k < n Ta phải chứng minh an ≡ an−1 (modm) với m ≤ n, nghĩa 2an−1 ≡ 2an−2 (modm) với m ≤ n Đặt m = 2r (2s + 1), theo định lý Euler: 2ϕ(2r+1) ≡ 1(mod2r + 1), ϕ(2r + 1) ≤ 2r + ≤ m ≤ n, theo giả thiết quy nạp ta có: an−1 ≡ an−2 (modϕ(2r + 1)), suy 2an−1 ≡ 2an−2 (mod2r + 1) Hiển nhiên ta có 2s | 2an−1 2s | 2an−2 nên 2an−1 ≡ 2an−2 (mod2s ) 103 Nhưng (2r + 1) 2s nguyên tố nhau, đó: 2an−1 ≡ 2an−2 (modm) với m ≤ n Suy điều phải chứng minh Bài toán 54 (Putnam, 1999) Cho u1 = 1, u2 = 2, u3 = 24 với n ≥ 6u2n−1 un−3 − 8un−1 u2n−2 un = un−2 un−3 Chứng minh un bội n Hướng dẫn un Đặt = (*) un−1 6u2n−1 un−3 − 8un−1 u2n−2 Khi đó, un = viết thành un−2 un−3 = 6vn−1 − 8vn−2 Chứng minh quy nạp = A2n + B4n Nhưng ta có: u2 u3 v2 = = 2, v3 = = 12, u1 u2 nên ta vn+1 = 4n − 2n ( )( ) Suy un = 4n−1 − 2n−1 4n−2 − 2n−2 (4 − 2) Với số p nguyên tố, 4p−1 ≡ 2p−1 (modp), p chia hết 4p−1 − 2p−1 , p chia hết 4s − 2s , với s bội p − Nếu pr chia hết n, tồn r bội số p − nhỏ n Do đó, pr chia hết un Từ suy n chia hết un Bài toán 55 ([2]) Cho trước số tạ mà trọng lượng số tự nhiên Biết phân chúng thành k nhóm có trọng lượng k ≥ Chứng minh có khơng k cách chọn tạ cho tạ lại khơng thể chia thành k nhóm có trọng lượng Hướng dẫn Ta gọi tạ chọn cịn lại khơng thể chia thành k nhóm có trọng lượng Các tạ khơng có tính chất gọi tạ không 104 Giả sử kết luận toán sai, nghĩa số tạ nhỏ k Khi ta có mệnh đề sau: Với số tự nhiên n, trọng lượng tạ không bội k n Chứng minh mệnh đề phương pháp quy nạp Một tạ khơng có trọng lượng số tự nhiên a Rõ ràng a < 2a+1 , theo mệnh đề a chia hết cho 2a+1 , nên a ≥ 2a+1 , mâu thuẫn suy ta có điều phải chứng minh Bài tốn 56 ([2]) Trong bảng kích thước m × n, người ta viết số cho lấy hai dịng hai cột bảng tạo thành hình chữ nhật tổng số hai đỉnh đối diện tổng số hai đỉnh đối diện khác Người ta xóa số cho từ số cịn lại xác định số xóa Chứng minh số cịn lại khơng nhỏ (n + m − 1) số Hướng dẫn Ta chứng minh khẳng định toán phương pháp quy nạp theo m + n Khơng tính tổng qt, ta coi n ≥ m Ta chứng tỏ số số lại bé (n + m − 1) bảng khơng xác định Bài tốn 57 ([2]) Ta gọi tam giác Pascal tam giác số số biên 1, cịn số tổng hai số hàng gần Có số khơng chia hết cho p p hàng đầu? (p số nguyên tố cho trước, n số tùy ý.) Hướng dẫn Kí hiệu số hàng thứ n, chỗ thứ k tính từ bên trái (số biên coi thứ 0) bảng tam giác Cnk Bằng quy nạp ta chứng minh Cnk = n! k!(n − k)! 105 k−1 Cnk = Cnk−1 + Cn−1 Do p số nguyên tố nên Cpk p, k = 1, 2, , p − 1, tức trừ hai số biên, dòng thứ p bảng gồm tồn số bội p Từ quy nạp ta [chứng minh] số số không chia hết n n cho p p dòng đầu bảng p (p + 1) Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 lần thứ XIII thành phố Huế + xn Bài toán 58 ([1]) Cho dãy số (xn ) xác định x1 = 2, xn+1 = − 2xn với n = 1, 2, Chứng minh xn ̸= với n Chứng minh dãy số không tuần hoàn Hướng dẫn Bằng quy nạp chứng minh xn = tan (nα), tan α = Từ tan (mα) 2xm x2m = tan (2mα) = = − tan (mα) − x2m Giả sử xn = với n = 2m Khi ta có xm = Xét n = 2k (2s + 1) với k, s số nguyên không âm Lập luận tương tự, ta suy x2s+1 = Do + x2s 2xs = ⇒ x2s = −2 ⇒ = −2 − 2x2s − x2s Giải phương trình ta hai nghiệm vô tỷ Vô lý Từ ta thấy với n lẻ, xn ̸= Vậy xn ̸= với n Giả sử có m, n cho xm+n = xn Khi tan(m + n)α − tanmα = sin mα = cos(m + n)αcosnα Như xm = tan mα = Điều mâu thuẫn với (1) 106 Kết luận Phương pháp quy nạp phương pháp chứng minh cổ điển, công cụ sử dụng đắc lực giải tốn học, khơng dừng lại toán mà vận dụng nhiều toán thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán học quốc tế Luận văn hồn thành đạt kết sau: • Trình bày nguồn gốc phương pháp quy nạp, làm rõ quy nạp quy nạp tốn học • Nêu nguyên lý quy nạp toán học, phương pháp quy nạp toán học, khắc sâu hai bước: Bước sở bước quy nạp tầm quan trọng phải thực đầy đủ hai bước này, thông qua ví dụ phản ví dụ • Nêu số hình thức phương pháp quy nạp ví dụ minh họa • Sưu tầm hệ thống toán phong phú ứng dụng phương pháp quy nạp phân môn khác Tốn học: số học, đại số, giải tích, hình học Đặc biệt, luận văn sưu tầm số đề thi Olympic toán quốc gia quốc tế giải phương pháp Luận văn kết q trình tích luỹ, học hỏi nội dung phương pháp quy nạp toán học Hy vọng luận văn tài liệu có ích với độc giả quan tâm đến phương pháp Tuy cố gắng, điều kiện thời gian, lực thân cịn hạn chế, luận văn khơng 107 tránh khỏi thiếu sót Trong thời gian tới, tác giả dành nhiều thời gian để nghiên cứu, tìm hiểu sâu đề tài Tác giả kính mong nhận dạy Quý Thầy Cô ý kiến đóng góp quý độc giả để luận văn hoàn thiện Tác giả xin trân trọng cảm ơn 108 Tài liệu tham khảo [1] Ban tổ chức kì thi (2007), Tuyển tập đề thi Olympic, 30 tháng 4, lần thứ XIII-2007, Toán học, NXB đại học sư phạm [2] Lê Trần Chính, Nguyễn Quý Dy, Nguyễn Văn Lộc, Vũ Văn Thỏa (2000), Tuyển tập 200 thi vơ địch tốn (Số học đại số), NXB Giáo dục [3] Doãn Minh Cường (chủ biên), Phạm Minh Phương, Trần Văn Tấn, Nguyễn Thị Thanh Thủy (2004), Tốn bồi dưỡng học sinh giỏi phổ thơng THCS, tập 1- Số học, NXB đại học sư phạm [4] Nguyễn Hữu Điển (2000), Phương pháp quy nạp toán học, NXB Giáo dục [5] Nguyễn Hữu Điển (2010), Olympic toán năm 2000, 33 đề thi lời giải, NXB Giáo dục [6] Đoàn Quỳnh, Nguyễn Huy Đoan, Nguyễn Xuân Liêm, Nguyễn Khắc Minh, Đặng Hùng Thắng (2006), Đại số Giải tích nâng cao 11, NXB Giáo dục [7] Trần Hữu Nam (2015), Toán học tuổi trẻ, (453), tr.23 [8] Đặng Huy Ruận (2002), Sáu phương pháp giải tốn khơng mẫu mực, NXB Khoa học Kỹ thuật [9] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2002), 40 năm Olympic Toán học Quốc tế, NXB Giáo dục 109 [10] G.Polya (2009), người dịch: Hồ Thuần, Bùi Tường, Giải toán nào, NXB Giáo dục [11] G.Polya (2010), người dịch: Hà Sĩ Hồ, Hồng Chúng, Lê Đình Phi, Nguyễn Hữu Chương, Hồ Thuần, Sáng tạo toán học, NXB Giáo dục [12] G.Polya (2010), người dịch: Nguyễn Sỹ Tuyển, Phan Tất Đắc, Hồ Thuần, Nguyễn Giản, Toán học suy luận có lí, NXB Giáo dục [13] L.I.Golovina, I.M.Yaglom (1987), người dịch: Khống Xuân Hiền, Phép quy nạp hình học, Sở Giáo Dục Nghĩa Bình 110