Sau đây ta giới thiệu phương pháp quy nạp lùi (Backward Induc- tion).
Định lý 3.2.1. Giả sử P(n) là vị từ một ngôi xác định trên Nk
0 thỏa mãn
(i) P(n) đúng với vô hạn số tự nhiên n;
(ii) Nếu P(k) đúng với k ≥ k0 thì P(k−1) đúng. Khi đó P(n) đúng trên Nk
0.
Đặc biệt ta có phương pháp sau còn gọi là quy nạp kiểu Cosi. Định lý 3.2.2. Giả sử P(n) là vị từ một ngôi xác định trên Nk
0, k0 6= 0 thỏa mãn
(i) P(k0) đúng;
(ii) Nếu P(k) đúng với k ≥ k0 thì P(2k) đúng; (iii) Nếu P(k) đúng với k ≥ k0 thì P(k −1) đúng. Khi đó P(n) đúng trên Nk
0.
Chú ý: Từ (ii) trong Định lý 3.2.2, ta có P(n) đúng với vô hạn số dạng 2kk0.
Ta có thể hình dung phương pháp như sau. Để đơn giản xétk0 = 1. Theo (i) thì P(1) đúng; theo (ii) thì P(2) đúng; cũng theo (ii) thì P(4)
đúng; theo (iii) thì P(3) đúng; ... Tiếp tục như vậy ta có P(n) đúng với mọi số nguyên dương.
Ví dụ 3.2.3 (Định lý giá trị trung bình cộng, trung bình nhân AM-GM).
Giả sử a1, a2, ..., an là các số thực dương. Khi đó
a1 +a2 +· · ·+an
n ≥ √n
a1a2...an.
Chứng minh. Hiển nhiên bất đẳng thức đúng với n = 1. Vì √a1 −√a22
≥0 nên ta có a1+a2
2 ≥ √n
a1a2. Như vậy bất đẳng thức được chứng minh với n= 2.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k với k nguyên dương.
Xét trường hợp n = 2k. Theo giả thiết quy nạp và trường hợp n= 2, ta có a1 +a2 +...+a2k 2k = 1 k a1 +a2 2 + a3 +a4 2 +...+ a2k−1 +a2k 2 ≥ √a 1a2 +√a 3a4 + ...+√a 2k−1a2k k ≥ qk √ a1a2.√ a3a4....√ a2k−1a2k = 2√k a1a2...a2k.
Điều này chứng tỏ bất đẳng thức đúng với n = 2k.
Tiếp tục, ta giả sử bất đẳng thức đúng với n = k nguyên dương, nghĩa là
a1 +a2 +...+ ak
k ≥ √k
a1a2...ak. Áp dụng giả thiết quy nạp với ak=
a1 +a2 +...+ ak−1 k−1 và rút gọn, ta có a1 +a2 +...+ak−1 k −1 ≥ k−√1 a1a2...ak−1. Do đó bất đẳng thức đã được chứng minh. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Ta có thể quy nạp bằng các khác như sau:
Bất đẳng thức đúng với 2n suy ra nó đúng với tất cả các số có dạng 2n−1 với mọi số tự nhiên n.
Với m là số tự nhiên, nếu m có dạng 2n với n là một số nào đó thì bất đẳng thức đúng. Vì vậy chỉ cần kiểm tra m trong khoảng giữa 2n−1
và 2n, nghĩa là 2n−1 < m < 2n. Ta đặt m+ q = 2n, khi đó: x1 +x2 +...+xm+q m+q ≥ m+√q x 1x2...xm+q. Bây giờ ta đặt xm+1+ xm+2+...+xm+q = x1 +x2 +...+ xm m , khi đó x1 +x2 +...+ xm m = x1 +x2 + ...+xm+q + x1+ x2 +...+xm m m+q ≥ m+q r x1x2...xm(x1 +x2 +...+ xm m ) q hay là x1 +x2 +...+xm m m+q ≥x1x2...xm x1 +x2 +...+xm m q x1 +x2 +...+xm m m ≥x1x2...xm
Hoặc ta có thể chứng minh quy nạp một bài toán tổng quát hơn như sau: Cho x1, ..., xn là các số thực dương thỏa mãn x1...xn = 1 thì ta có x1 +...+xn ≥ n.
Khi đó đẳng thức AM-GM chỉ là hệ quả của bất đẳng thức trên.Thật vậy, đặt a = x1 +x2 +...+ xn n và g = √n x 1x2...xn. Ta có gn = x1x2...xn suy ra x1 g x2 g ... xn
g = 1.Do kết quả bài toán trên ta có x1
g + x2
g +...+ xn
g ≥n. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Sau đây ta giới thiệu phương pháp quy nạp được đưa ra bởi Gauss trong việc chứng minh Định lý cơ bản của Đại số.
Định lý 3.2.4 (Bổ đề Gauss). Mọi đa thức bậc lớn hơn 0 với hệ số thực có ít nhất một nghiệm phức.
Để chứng minh ta cần hai bổ đề sau.
Bổ đề 3.2.5. Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệm thực.
Bổ đề 3.2.6. Mọi đa thức bậc hai ax2 + bx + c, a 6= 0 với hệ số phức luôn có hai nghiệm phức.
Chứng minh Bổ đề Gauss. Mỗi n ∈ N đều có thể viết dưới dạng n = 2mn′, với m ∈ N và n′ là số tự nhiên lẻ. Ta chứng minh quy nạp theo m.
Với m = 0 khẳng định đúng theo Bổ đề 3.2.5. Giả sử khẳng định đúng với m−1.
Xét đa thức bậc n= 2mn′, m > 0 với hệ số thực. Coi f(x) như đa thức trong C[x]. Theo Định lý Kronecker, tồn tại một trường mở rộng E của C sao cho f(x) có n nghiệm α1, α2,· · · , αn trong E. Gọi c ∈ R, đặt βij = αiαj +c(αi +αj), i 6= j. Ta có Cn2 phần tử βij (là tổ hợp chập 2 của n phần tử α1, α2,· · · , αn). Đặt ℓ = Cn2 = n(n−1) 2 = 2mn′(2mn′ −1) 2 = 2 m−1q, với q = n′(2mn′ −1). Vì n′ và 2mn′ −1 là các số lẻ nên q là một số lẻ. Xét đa thức g(x) =(x−β12)(x−β13)· · ·(x−β(n−1)n) = xℓ +a1xℓ−1 +· · ·+aℓ.
Dễ thấy các hệ số ai, i = 1, ..., ℓcủa g(x) là các đa thức đối xứng của các α1, α2,· · · , αn với hệ số thực (vì các hệ số này chỉ phụ thuộc vào c ∈ R).
Do đó theo Định lý cơ bản của đa thức đối xứngmỗi ai, i = 1, ..., ℓ là đa thức với hệ số thực của các đa thức đối xứng cơ bản của các α1, α2,· · · , αn. Do đó theo Định lý Viet ai ∈ R, i = 1, ..., ℓ. Vậy g(x) là một đa thức với hệ số thực có bậc 2m−1q, với q lẻ. Theo giả thiết quy nạp g(x) có ít nhất một nghiệm phức. Do đó tồn tại i, j sao cho
βij = αiαj + c(αi +αj) ∈ C, i 6= j.
Mỗi c ∈ R tồn tại một cặp i, j sao cho αiαj +c(αi+αj) ∈ C, i 6= j. Chỉ có Cn2 cặp chỉ số i, j khác nhau nên khi gán cho c lần lượt Cn2+ 1 giá trị phân biệt thì phải có hai số thực c1, c2 khác nhau sao cho với cùng chỉ số i, j, ta có αiαj +c1(αi+ αj) ∈ C, αiαj +c2(αi+ αj) ∈ C. Đặt a = αiαj + c1(αi +αj) ∈ C, b = αiαj +c2(αi +αj) ∈ C. Ta có αi +αj = a−b c1 −c2 ∈ C, αiαj = a−c1 a−b c1 −c2 ∈ C.
Theo Định lý Viete đảo, αi, αj là hai nghiệm của đa thức x2 −(αi +αj)x+αiαj ∈ C[x].
Do đó theo Bổ đề 3.2.6 αi, αj ∈ C. Vậy f(x) có hai nghiệm phức.
Chú ý: Ta có thể hình dung việc chứng minh quy nạp trên như sau: phát biểu được chứng minh cho các đa thức bậc lẻ, sau đó là các đa thức là bội của 2, bội của 4, ...
Phương pháp sau cũng được xem là phương pháp quy nạp toán học.
Định lý 3.2.7. Giả sử P(n) là vị từ một ngôi xác định trên Nk
0 thảo mãn
(i) P(k0) và P(pα) đúng với p là một số nguyên tố bất kỳ và α là một số tự nhiên.
(ii) P(n) có tính chất nhân, tức là P(ab) = P(a).P(b) với hai số nguyên dương a, b ≥ k0 nguyên tố cùng nhau. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Khi đó ∀nP(n) đúng trên Nk
0.
Ví dụ 3.2.8. Với n là số tự nhiên khác không ta ký hiệu σ(n) = P
d|nd
biệu thị tổng các ước tự nhiên của n. Cho n > 1 và n= pα1
1 pα2
2 · · ·pαk
k là dạng phân tích tiêu chuẩn của n. Chứng minh rằng
σ(n) = p α1+1 1 −1 p1 −1 pα2+1 2 −1 p2 −1 ... pαk+1 k −1 pk−1 .
Chứng minh. Dễ thấy σ(2) = 1 + 2 = 3 = 222−−11. Cho n = pα có n có các ước 1, p, ..., pα. Do đó
σ(n) = 1 +p+...+pα = p
n+1−1
2 .
Giả sử a, b là 2 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau. Gọi x1, x2, ..., xr là các ước tự nhiên của a còn y1, y2, ..., ys là các ước tự nhiên của b. Ta có d|ab khi và chỉ khi d = xiyj với i ∈ {1, ..., r}, j ∈ {1, ..., s}. Do đó
σ(ab) = X d|ab d = X i=1,...,r j=1,...,s xiyj = ( r X i=1 xi)( s X j=1 yj = σ(a)σ(b)).
Vậy α tính chất nhân. Cuối cùng bằng quy nạp theo k ta có điều phải chứng minh.
Trong phần trên ta chỉ xét chứng minh quy nạp toán học cho những vị từ một ngôi. Trong toán học các mệnh đề thường được phát biểu dưới dạng một vị từ nhiều ngôi. Với một số điều chỉnh ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh một số mệnh đề dạng này. Ta đưa ra một số phương pháp quy nạp cho 2 biến.
Định lý 3.2.9. Giả sử P(m, n) là vị từ của hai ngôi m, n xác định trên
N2
0 thỏa mãn
(i) P(1,1) đúng;
(ii) Nếu P(k,1) đúng với mọi số nguyên dương k thì P(k + 1,1) đúng;
(iii) Nếu P(k, h) đúng với mọi số nguyên dương k, h thì P(k, h+1) đúng.
Khi đó P(m, n) đúng trên N2
Như vậy việc chứng minh quy nạp cho hai biến là chứng minh quy nạp cho từng biến.
Ví dụ 3.2.10. Giả sử f là một hàm hai biến với f(1,1) = 2 và
(
f(m+ 1, n) = f(m, n) + 2(m+n)
f(m, n+ 1) = f(m, n) + 2(m+n−1) với mọi số nguyên dương m, n. Chứng minh rằng
f(m, n) = (m+n)2 −(m+n)−2n+ 2 với mọi số nguyên dương m, n. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Chứng minh. Đầu tiên chúng ta kiểm tra được
f(1,1) = 2 = (1 + 1)2−(1 + 1)−2(1) + 2.
Giả sử f(k,1) = (k + 1)2−(k+ 1)−2(1) + 2 = k2+k đúng với số nguyên dương k. Khi đó
f(k+ 1,1) =f(k,1) + 2(k+ 1) = (k2+ k) + (2k + 2)
= [(k+ 1) + 1]2 −[(k+ 1) + 1]−2(1) + 2. Giả sử f(h, k) = (h+k)2−(h+k)−2k+ 2 đúng với số các nguyên dương h, k. Khi đó
f(h, k+ 1) = f(h, k) + 2(h+k −1)
= (h+k)2−(h+k)−2k+ 2 + 2(h+k)−2 = (h+k + 1)2−(h+k+ 1)−2(k + 1) + 2. Như vậy bài toán đã được chứng minh.
Ta có thể chứng minh quy nạp theo một biến và cố định một biến. Ví dụ 3.2.11. Choa là một số thực. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, n, ta có
am+n = aman.
Chứng minh. Ta chứng minh quy nạp theo n với m cố định bất kỳ. Với n = 1, ta có am+1 = ama theo định nghĩa số mũ.
Giả sử n≥ 1 và am+n = aman. Ta có
am+n+1 = am+na = aman.a = aman+1. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Phương pháp sau quy việc chứng minh vị từ hai biến về việc chứng minh vị từ một biến.
Định lý 3.2.12. Giả sử P(m, n) là vị từ của hai ngôi m, n xác định trên
N2
0 thảo mãn
(i) P(1,1) đúng;
(ii) Nếu với mọi k > 1, P(m, n) đúng với m+ n = k thì P(m, n) đúng với m +n= k+ 1.
Khi đó P(m, n) đúng trên N2
0.
Ví dụ 3.2.13. Với các số nguyên dương p, q, xét các số Ramsey R(p, q) được định nghĩa là số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho trong số n người tồn tại p người biết nhau hoặc tồn tại q người không biết nhau (chú ý nếu
A biết B thì B cũng biết A và ngược lại). Người ta đã chứng minh được rằng R(p,1) = R(1, q) = 1 và R(p+ 1, q+ 1) ≤ R(p, q+ 1) +R(p+ 1, q) với mọi số nguyên dương p, q. Chứng minh rằng với mọi p, q ta có
R(p, q) ≤ Cpp−+1q−2.
Chứng minh. Ta có R(1,1) = 1 = C11+1−1−2.
Giả sử k là số nguyên dương và bất đẳng thức đúng với mọi p, q thỏa mãn p+q = k.
Xét R(p, q) với p+q = k+ 1.
Nếu p = 1 hoặc q = 1 thì kết quả suy ra từ giả thiết. Nếu không, ta có (p−1) +q = p+ (q−1) = k. Theo giả thiết quy nạp ta có
R(p, q) ≤ R(p−1, q) +R(p, q −1) ≤ Cpp−+2q−3+Cpp−+1q−3 = Cpp−+1q−2. Kết quả đúng với p+q = k+ 1. Do đó ta có điều phải chứng minh.
Để giải bài toán bằng quy nạp, một bước quan trọng là xác định vấn đề hay cụ thể hơn là công thức hay cách thức để quy nạp. Ta xét ví dụ sau.
Ví dụ 3.2.14. Cho k, n là các số nguyên dương. Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
x1+ x2 +. . .+ xn = k.(∗)
Chứng minh. Gọi số nghiệm nguyên không âm của phương trình trên là S(n, k). Dễ dàng thấy rằng S(1, k) = 1. Để tính S(n, k), ta chú ý rằng (*) tương đương với
Suy ra với xn cố định thì số nghiệm của (**) là S(n−1, k −xn). Từ đó ta được công thức
S(n, k) = S(n−1, k) +S(n−1, k −1) +...+S(n−1,0).
Đây có thể coi là công thức truy hồi tính S(n, k). Tuy nhiên, công thức này chưa thật tiện lợi. Viết công thức trên cho (n, k −1) ta được
S(n, k −1) = S(n−1, k −1) +S(n−1, k −2) +...+S(n−1,0). Từ đây, trừ các đẳng thức trên vế theo vế, ta được
S(n, k)−S(n, k−1) = S(n−1, k).
Hay S(n, k) = S(n, k−1) +S(n−1, k).Từ công thức này, bằng quy nạp ta có thể chứng minh được rằng S(n, k) = Cnk+k−1.