• Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta có thể giải các bài toán chứng minh biểu thức A(n) chia hết cho một số nào đó với mọi số tự nhiên n ≥n0 với số tự nhiên n0 cho trước.
Ta xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 49. Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 9.
Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng: A(n) = (n)3 + (n+ 1)3 + (n+ 2)3 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n.
+) Ta có với n= 0: A(0) = 03+ 13+ 23 = 9 chia hết cho 9. Vậy mệnh đề đúng với n= 0.
+) Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên bất kỳ n = k ≥ 0, nghĩa là A(k) = k3+ (k+ 1)3 + (k + 2)3 chia hết cho 9. Ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với n= k+ 1,
Thật vậy, A(k+ 1) = A(k) + (k + 3)3 −k3 =A(k) + 9 k2+ 3k+ 3 ...9. Vậy theo phương pháp quy nạp toán học, bài toán được chứng minh.
• Bài toán trên cũng có thể trình bài lời giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết, như sau:
Ta có:
A(n) = (n)3 + (n+ 1)3+ (n+ 2)3 = 3 n3 −n+ 9n2+ 18n+ 9
Ta đã biết n3−n chia hết cho 3. Từ đó suy ra A(n) chia hết cho 9.
Ví dụ 50. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn, A(n) = 4n+15n−1
chia hết cho 9.
Lời giải. Chứng minh bằng quy nạp theo n. + Với n= 1, A(1) = 18 chia hết cho 9. Vậy mệnh đề đúng khi n = 1.
+ Giả sử khẳng định đã đúng với số tự nhiên n = k ≥ 1, nghĩa là A(k) = 4k+ 15k −1 chia hết cho 9.
Ta cần chứng minh khẳng định cũng đúng vớin = k+ 1, tức là A(k + 1) ... 9. Thật vậy, A(k+ 1) = 4k+1+ 15 (k + 1)−1 = 4·A(k) + 9 (5k + 2)
nên A(k+ 1) chia hết cho 9.
Vậy theo phương pháp quy nạp toán học, bài toán được chứng minh.
• Bài toán trên cũng có thể trình bài lời giải bằng phương pháp xét số dư. Ví dụ dưới đây, phương pháp quy nạp tỏ ra có hiệu quả:
Ví dụ 51. Với n là số tự nhiên, cho An = 77...
7
(n số 7). Chứng minh rằng An+ 17...20 với mọi số tự nhiên n ≥2.
Lời giải. Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta sẽ chứng minh rằng: An ≡3 (mod20) với mọi số tự nhiên n≥2.
+ Với n= 2, ta có A2 = 77 = 732×7 = 3432×7 ≡32×7 ≡3 (mod20). Vậy khẳng định đúng khi n= 2.
+ Giả sử với số tự nhiên n= k ≥2, ta có Ak ≡ 3 (mod20)
hay Ak = 20tk+ 3.
Ta cần chứng minh Ak+1 ≡3 (mod20). Thật vậy :
Ak+1= 7Ak = 720tk+3 = 745tk ·73 ≡15tk ·3 ≡3 (mod20).
Vậy theo phương pháp quy nạp toán học, ta có An ≡ 3 (mod20) với mọi số tự nhiên n≥ 2.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 52. Cho a và b là các số tự nhiên. Chứng minh rằng (a+b)!...a!b! Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo tổng hai số a, b. +) Tính chất trên rõ ràng đúng khi có một trong hai số a, b bằng 1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
vì (a+ 1)! =a! (a+ 1) ...a!1!
Do vậy, bài toán đúng với mọi cặp số a, b mà a+b ≤3.
+) Giả sử bài toán đúng với mọi cặp số tự nhiên có tổng a+b ≤n. Xét hai số tự nhiên a và b có tổng bằng n+ 1.
Ta biết rằng bài toán đúng khi có một trong hai số a, b bằng 1 nên ta giả sử a > 1, b >1.
Vì (a−1) +b = n và (b−1) +a = n nên theo giả thiết quy nạp, ta có:
(a+b−1)!... (a−1)!b! (a+b−1)!... (b−1)!a! Mặt khác, ta có: (a+b)! = (a+b−1)! (a+b) = (a+b−1)!a+ (a+b−1)!b (a+b−1)!a... (a−1)!b!a = a!b! (a+b−1)!b... (b−1)!a!b = a!b!
Từ đó suy ra
(a+b)!...a!b!
. Theo nguyên lý quy nạp toán học, bài toán được chứng minh.
• Chúng ta biết rằng (a+k)! a!k! = C
k
a là số các tổ hợp chập k củaa phần tử nên là một số nguyên. Ví dụ trên chỉ nhằm minh họa phương pháp quy nạp toán học để chứng minh khẳng định đó là đúng.
• Áp dụng kết quả trên, ta dễ dàng chứng minh tính chất sau: Ví dụ 53. Cho a, k là các số tự nhiên.
Chứng minh rằng P = (a+ 1) (a+ 2). . .(a+k) chia hết cho k!. Lời giải. Ta có P = (a+k)! a! = (a+k)! a!k! k!. Theo ví dụ trên, ta có (a+k)! a!k! là một số nguyên
nên suy ra P chia hết cho k!.
• Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta cũng dễ dàng giải bài toán sau: Ví dụ 54. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥0, số An = 23n+ 1 chia hết cho 3n+1 nhưng không chia hết cho 3n+2.
• Một số bài toán chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa mãn một mệnh đề chia hết có thể nhờ vào xây dựng các dãy hợp lý, sau đó chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
Ví dụ 55. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương a > 2, tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa mãn an−1 ... n.
Lời giải. Xét dãy (xk)k≥0 xác định bởi: x0 = 1, xk+1 = axk −1, (k ≥0). Với a > 2, x0 > 0 suy ra axk −1 > 0 với mọi số tự nhiên k.
Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh được: (axk −1) ... x
k, với mọi số tự nhiên k.
Do a > 2nên dãy (xk)k≥0 xác định như trên có vô số số hạng nên suy ra điều
phải chứng minh.
Ví dụ 56. Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa mãn
2n+ 1 ... n.
Lời giải. Xét dãy (xk)k≥0 xác định bởi: x0 = 1, xk+1 = 2xk + 1, (k ≥0). Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta chứng minh được:(2xk + 1) ... x
k với mọi số tự nhiên k.
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.