TH1 b1 HopNV nguyen ly quy nap

Phươngpháp này thường được sử dụng trong các bài toán "chứng minh mệnh đề P nđúng với mọi n nguyên ≥ n0".. Mấu chốt trong phương pháp chứng minh qui nạp ở trên là phải thực hiệnđược bước

Phương pháp qui nạp toán học

Trần Vinh Hợp - trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị

Phương pháp chứng minh qui nạp toán học là một phương pháp chứng minhquan trọng trong toán học, đặc biệt là trong lĩnh vực toán học rời rạc Phươngpháp này thường được sử dụng trong các bài toán "chứng minh mệnh đề P (n)đúng với mọi n nguyên ≥ n0"

Có hai dạng thức của phương pháp qui nạp, đó là qui nạp (chuẩn) và qui nạpmạnh

1 Phương pháp qui nạp

Định lí 1.1 (Nguyên lí qui nạp (chuẩn)) Giả sử P (n) là một mệnh đề chứa biến

tự nhiên n được định nghĩa với mọi n ≥ n0 Khi đó, mệnh đề P (n) đúng với mọi

số nguyên dương n ≥ n0 nếu hai điều sau đồng thời xảy ra

i) Mệnh đề P (n0) đúng,

ii) Nếu mệnh đề P (n)(n ≥ n0) đúng thì mệnh đề P (n + 1) đúng

Chứng minh Xem chứng minh định lí 1.2

Để chứng minh mệnh đề P (n) đúng với mọi n ≥ n0, ta cần chứng minh đượchai bước

Bước 1: Chứng minh P (n0) đúng Bước này được gọi là bước cơ sở và thường dễchứng minh

Bước 2: Chứng minh nếu P (n), (với n ≥ n0) đúng thì P (n + 1) đúng Bước nàygọi là bước qui nạp Giả thiết P (n) đúng chỉ là giả thiết giả định, thường đượcgọi là giả thiết qui nạp

ở đề bài đúng trong trường hợp n = 1.

Bước 2 Giả sử kết luận bài toán đúng với n ≥ 1 nào đó, tức là

1 + 2 + + n = n(n + 1)

2 (giả thiết qui nạp).

Ta cần chứng minh kết luận bài toán cũng đúng với n + 1, tức là chứng minh

Ví dụ 1.2 Với mỗi n nguyên dương, hãy tìm công thức tường minh cho tổng sau

Khi n = 2, tổng cần tính bằng 1 + 3 = 4 Khi n = 3, 1 + 3 + 5 = 9 Ta để ý thấy

1 = 12, 4 = 22, 9 = 32, vì vậy, ta đưa ra dự đoán

1 + 3 + + (2n − 1) = n2 ∀n ≥ 1

Ta chứng minh điều dự đoán trên

Thật vậy, với n = 1, điều cần chứng minh là rõ ràng

Giả sử ta có 1 + 3 + + (2n − 1) = n2 với n ≥ 1 nào đó Khi đó

1 + 3 + + (2(n + 1) − 1) = (1 + 3 + + (2n − 1)) + (2n + 1)

= n2+ 2n + 1 = (n + 1)2.Như vậy, nếu công thức dự đoán ở trên đúng với n thì nó cũng đúng với n + 1.Vậy theo định lí 1.1, ta có

1 + 3 + + (2n − 1) = n2 ∀n ≥ 1

Mấu chốt trong phương pháp chứng minh qui nạp ở trên là phải thực hiệnđược bước thứ 2 Và thông thường, để sử dụng được giả thiết qui nạp, ta cần tìmcách biểu diễn được P (n + 1) theo P (n) Hệ thức biểu diễn P (n + 1) theo P (n)được gọi là hệ thức truy hồi Trong nhiều bài toán, ta không tìm được hệ thứctruy hồi P (n + 1) (chỉ) theo P (n), mà còn phụ thuộc vào P (n − 1), P (n − 2), ,khi đó, ta cần một nguyên lí mạnh hơn nguyên lí nói ở định lí 1.1 Ta cùng xét ví

F2

n+1+ F2

n Trước hết, ta cần thiết lập một hệ thức truy hồi cho F2n+2 theo F2n

Áp dụng (*), ta có F2n+2 = F2n+1+ F2n Ta chưa thể áp dụng (**), bởi trong hệthức truy hồi đó có chứa số hạng F2n+1 Nếu tiếp tục sử dụng (*), ta có thể viếttiếp như sau F2n+2 = F2n+1 + F2n = 2F2n + F2n−1, vẫn chưa thể áp dụng (**)

Ta cần một hệ thức truy hồi cho F2n+2 (chỉ) theo các số hạng Fk mà có chỉ số kchẵn May thay, ta có thể viết F2n−1 = F2n− F2n−2 (suy từ (*)), và thu được

F2n+2 = 2F2n+ F2n−1 = 3F2n− F2n−2.Đến đây, nếu ta cũng có F2n−2 = F2

n+ F2 n−1 và F2n−2 = F2

n−1+ F2

n−2 Do vậy, ở bước cơ sở, ta phảichỉ ra được khẳng định bài toán đúng với (ít nhất) hai giá trị đầu tiên của n.Phương pháp chứng minh như phân tích nói trên chính là áp dụng nguyên líqui nạp mạnh sau

Định lí 1.2 (Nguyên lí qui nạp mạnh) Giả sử P (n) là một mệnh đề chứa biến

tự nhiên n được định nghĩa với mọi n ≥ n0, m là một số tự nhiên nào đó Khi

đó, mệnh đề P (n) đúng với mọi số nguyên dương n ≥ n0 nếu hai điều sau đồngthời xảy ra

(1.2.1) Các mệnh đề P (n0), P (n0+ 1), , P (n0+ m) đúng,

Vậy ta phải có P (n) đúng với mọi n ≥ n0.1

Ta dễ dàng nhận ra rằng định lí 1.1 là hệ quả của định lí 1.2, khi cho m = 0

Áp dụng định lí 1.2, ta có lời giải cụ thể cho ví dụ 1.3 như sau

Lời giải cho ví dụ 1.3 Với n = 1 và n = 2, khẳng định bài toán là đúng, bởi cácđẳng thức F2 = 2 = 11+ 12 = F02+ F12 và F4 = 5 = 22+ 12 = F22+ F12

Giả sử khẳng định bài toán đúng với n − 1 và n, với n ≥ 2 nào đó, tức là

F2n = Fn2+ Fn−12 ∀n ≥ 1

Sau đây là một ví dụ nữa về áp dụng định lí 1.2

Ví dụ 1.4 Chứng minh rằng mọi số nguyên dương không nhỏ hơn 12 đều có thểbiểu diễn được dưới dạng tổng của một số các số 4 và 5

1 Trong chứng minh định lí 1.2, ta đã sử dụng tiên đề thứ tự để khẳng định sự tồn tại n∗nhỏ nhất Việc làm nầy là hơi mang tính áp đặt, bởi nguyên lí qui nạp (đúng ra là tiên đề qui nạp) và tiên đề thứ tự là tương đương.

Chứng minh Ta chứng minh mọi số tự nhiên n ≥ 12 đều có thể biểu diễn đượcdưới dạng tổng của một số các số 4 và 5.

Với n = 12, 13, 14, 15, khẳng định trên là đúng, bởi 12 = 4 + 4 + 4, 13 = 4 + 4 +

Vậy, theo định lí 1.2, ta có điều phải chứng minh

Lời giải của các ví dụ 1.3 và ví dụ 1.4 đã sử dụng định lí 1.2 lần lượt cho cáctrường hợp m = 1 và m = 3 Tuy nhiên, trong nhiều bài toán, ta cần giả thiếtcác mệnh đề P (n0), P (n0+ 1), , P (n) đều đúng để chứng minh mệnh P (n + 1)đúng Ta cùng xét ví dụ sau

Ví dụ 1.5 (Định lí cơ bản của số học) Chứng minh rằng mọi số tự nhiên lớnhơn 1 đều biểu diễn được dưới dạng tích của các số nguyên tố

Phân tích - lời giải Khẳng định bài toán hiển nhiên đúng với n = 2, do 2 là sốnguyên tố

Bây giờ ta giả sử rằng kết luận bài toán đúng với n ≥ 2 nào đó, tức là n phântích được thành tích các số nguyên tố Ta cần chứng minh kết luận cũng đúng với

n + 1

Nếu n + 1 là số nguyên tố thì khẳng định của bài toán là hiển nhiên Khi n + 1 làhợp số, tức là n + 1 = a · b thì 1 < a, b < n Do đó, giả thiết qui nạp phải là các

số nguyên dương từ 2 đến n − 1 đều biểu diễn được dưới dạng tích các số nguyên

tố Lời giải cụ thể như sau

Khẳng định bài toán hiển nhiên đúng với n = 2 và n = 3, do 2 và 3 là các sốnguyên tố

Bây giờ ta giả sử rằng kết luận bài toán đúng với mọi số tự nhiên từ 2 đến n − 1,với n ≥ 4 nào đó Ta cần chứng minh kết luận cũng đúng với n + 1 Theo phântích ở trên, ta chỉ cần xét trường hợp n + 1 = a · b với 1 < a, b < n Khi đó, theogiả thiết qui nạp, a và b đều biểu diễn được dưới dạng tích các số nguyên tố, nêntích a · b cũng vậy Tức là khẳng định bài toán cũng đúng với n + 1

Vậy theo định lí 1.2, ta có điều phải chứng minh

Sau đây là hai ví dụ nữa về phương pháp qui nạp (chuẩn), nhưng đòi hỏi phải

có sự linh hoạt trong lập luận chứng minh

Ví dụ 1.6 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ≥ 2, ta có bất đẳng thức

=  3

n + 1

+

1

n + 1 − 1

n +

1(n + 1)3

Đây chính là điều cần chứng minh

Ví dụ 1.7 (BĐT AM-GM) Cho n ≥ 2 số thực không âm x1, x2, , xn Chứngminh rằng ta luôn có BĐT

x1+ x2 + + xn

x1x2 xn.Chứng minh Lời giải bài toán này có thể chia thành ba công đoạn như sau.a) BĐT ở đề bài đúng với n = 2 Thật vậy BĐT cần chứng minh là x1+ x2

√

x1x2, BĐT này hiển nhiên đúng, do nó tương đương với (√

x1 −√x2)2 ≥ 0,

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2.

b) Tiếp theo, ta chứng minh, bằng phương pháp qui nạp, nếu BĐT ở đề bài đúngvới n số thực không âm thì nó cũng đúng với 2n số thực không âm

Kết hợp 3 phần trên, ta suy ra

+) BĐT ở đề bài đúng với n = 2 (theo a)),

+) Nếu BĐT ở đề bài đúng với n ≥ 2 thì nó cũng đúng với 2n (theo b)), và cũngđúng với 2n − 1, 2n − 2, , n + 1 (theo c))

Vậy theo định lí 1.1, ta có BĐT ở đề bài đúng với mọi n nguyên dương ≥ 2.2

Để kết thúc phần này, ta xét thêm một số ví dụ sau

Ví dụ 1.8 Chứng minh rằng số tập con của một tập n phần tử là 2n

Chứng minh Bước cơ sở là dễ thấy, bởi tập có 0 phần tử (tập rỗng) có duy nhấtmột tập con (cũng chính là tập rỗng)

Bước qui nạp Giả sử số tập con của tập n phần tử là 2n Xét một tập n + 1 phần

tử bất kì, chẳng hạn X = {x1, x2, , xn, xn+1} Ta sẽ chứng minh X có đúng

2n+1 tập con

Ta chia các tập con của X thành hai loại: loại I gồm các tập con có chứa xn+1

và loại II gồm các tập con còn lại Loại II chính gồm các tập con của tập n phần

tử Y = {x1, x2, , xn}, theo giả thiết qui nạp, số các tập con loại này là 2n Vớimỗi tập con loại I, nếu ta bỏ đi phần tử xn+1, thì tập con đó cũng chính là mộttập con của Y (và ngược lại, với mỗi tập con của Y , ta thêm vào phần tử xn+1thì nó trở thành một tập con loại I) Do đó, số các tập con loại I cũng bằng với

số các tập con của tập n phần tử Y Suy ra số tập con của X là 2n+ 2n = 2n+1

như đã khẳng định ở trên

Vậy theo nguyên lí nói ở định lí 1.1, ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.9 (Trò chơi tháp Hà Nội) Ta xét bài toán trò chơi tháp Hà Nội như sau.Ban đầu cho n chiếc đĩa đường kính lần lượt là 1, 2, , n và 3 chiếc cọc (các đĩa

có lỗ ở tâm để có thể xâu vào các cọc) Ban đầu, các đĩa được sắp xếp trên mộtcọc (gọi là cọc nguồn N) theo thứ tự đường kính giảm dần tính từ dưới lên Mỗilượt đi, người chơi có thể chuyển một đĩa trên cọc nguồn sang một trong hai cọccòn lại (gọi là cọc trung gian T và cọc đích Đ) sao cho trong quá trình chuyển cácđĩa, đĩa có đường kính lớn hơn không được xếp trên đĩa có đường kính nhỏ hơn.Người chơi được coi là thắng cuộc, nếu chuyển được tất cả các đĩa sang cọc Đ, tấtnhiên các bước đi phải đúng luật chơi nêu trên

a) Hãy tìm thuật chơi để có thể chiến thắng

b) Chứng minh rằng có thuật chơi để chiến thắng sau 2n− 1 lượt đi và 2n− 1 là

số lượt đi lí tưởng

Lời giải a) Trường hợp n = 1, ta chẳng có gì đáng để nói Nếu đã có thuật chơichiến thắng cho trường hợp n đĩa, đối với 3 cọc (N, T, Đ), thì cũng sẽ có thuậtchơi chiến thắng cho trường hợp n + 1 đĩa Thật vậy, ta có thể coi đĩa đường kính

n + 1 (gọi tắt là đĩa n + 1) được gắn chặt vào sàn cọc Trước hết ta thực hiệnthuật toán chiến thắng với n đĩa xếp trên đĩa n + 1, đối với 3 cọc (N, Đ, T) (ởđây ta đã đổi vai trò của hai cọc T và Đ cho nhau) Kết thúc thuật toán này, các

2 Phương pháp chứng minh qui nạp ở ví dụ này được gọi là phương pháp qui nạp tiến - lùi (hay qui nạp Cauchy) Bài toán chứng minh BĐT AM-GM ở trên là một ví dụ điển hình cho phương pháp này.

đĩa 1, 2, , n đã được chuyển sang cọc T Tiếp theo ta chuyển đĩa n + 1 sang cọc

Đ và thực hiện thuật toán chiến thắng với n đĩa trên cọc T đối với 3 cọc (T, N,Đ)

b) Ta kí hiệu Tn là số bước đi tối thiểu để chiến thắng trong trường hợp n đĩa

Ta chứng minh Tn = 2n− 1

Bước cơ sở là hiển nhiên Bước qui nạp, theo phần a), tồn tại thuật toán chiếnthắng cho trường hợp n + 1 đĩa chỉ với Tn+ 1 + Tn = 2Tn+ 1 = 2n+1− 1 nước đi.Hơn nữa, muốn chuyển đĩa n + 1 sang cọc Đ thì phải chuyển n đĩa trên nó sangcọc khác, rồi phải chuyển n đĩa này về lại cọc Đ (xếp trên đĩa n + 1), cùng vớibước chuyển đĩa n + 1, ta suy ra thuật toán chiến thắng với n + 1 đĩa phải baogồm ít nhất 2n+1− 1 bước đi Vậy Tn+1= 2n+1− 1

Ví dụ 1.10 (IMO2011) Giả sử n > 0 là một số nguyên Cho một cái cân haiđĩa và n quả cân với trọng lượng là 20, 21, , 2n−1 Ta muốn đặt lên cái cân mỗimột trong n quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để bảo đảm đĩa cân bênphải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái Ở mỗi bước ta chọn một trong cácquả cân chưa được đặt lên cân, rồi đặt nó hoặc vào đĩa bên trái, hoặc vào đĩa bênphải, cho đến khi tất cả các quả cân đều đã được đặt lên cân

Xác định xem có bao nhiêu cách để thực hiện được mục đích đề ra

Lời giải Ta kí hiệu fn là số cách để thực hiện được mục đích đề ra Khi n = 1,

ta có 1 quả cân, nên chỉ có 1 cách thực hiện đó là đặt quả cân đó lên đĩa cân bêntrái, hay f1 = 1 Với n = 2, ta có hai quả cân 1 và 2 Ta có 3 cách thực hiện nhưsau: 1T2T (đặt quả cân 1 lên đĩa cân bên trái, rồi đặt quả cân 2 lên đĩa bên trái),2T1T, 2T1P Suy ra f2 = 3 Nếu tiếp tục với n = 3, ta có thể đếm được f3 = 15.Nhưng với n = 4, số cách thực hiện là khá nhiều, việc ngồi liệt kê các cách thựchiện là không hiệu quả Hơn nữa, từ 3 kết quả đầu ta cũng chưa dự đoán đượccông thức cho fn Bởi thế ta đi xây dựng mối quan hệ truy hồi cho fn+1 theo fntrước

Xét một cách thực hiện được mục đích đề ra với n + 1 quả cân 1, 2, 22, , 2n Để

ý rằng ngoại trừ quả cân 1, các quả cân còn lại có trọng lượng sai khác nhau ítnhất 2 nên nếu quả cân 1 không được đặt đầu tiên thì nó có thể đặt tùy ý vàohai đĩa cân mà không ảnh hưởng đến mục đích đề ra Như vậy, với mỗi cách thựchiện với n quả cân 2, 22, , 2n, ta có 2(n − 1) + 1 = 2n − 1 cách ghép thêm quảcân 1 để đạt được mục đích (nếu đặt quả cân 1 ở bước đầu tiên thì có 1 cách, nếuđặt ở các bước sau thì có hai cách đối với mỗi bước)

Việc còn lại là ta đếm số cách thực hiện với n quả cân 2, 22, , 2n để đạt đượcmục đích Để ý rằng nếu chia trọng lượng các quả cân này cho 2 thì số cách thựchiện không đổi Vậy số cách thực hiện với n quả cân này chính là fn Từ các lậpluận trên ta có fn+1 = (2n − 1) · fn Đến đây, cùng với các giá trị của f1, f2, f3, tasuy ra công thức cho fn là fn= (2n − 1)!! = 1 · 3 · · (2n − 1) Lập luận ở trên

đã chứng minh công thức này

Ví dụ 1.11 Ban đầu trên bảng viết số 4 Ta có thể viết thêm số n lên bảng, nếu

n thu được từ một số k nào đó đã có trên bảng theo một trong các qui luật sau:(a) n thu được bằng cách viết thêm chữ số 0 vào tận cùng bên phải của k,(b) n thu được bằng cách viết thêm chữ số 4 vào tận cùng bên phải của k,(c) n thu được bằng cách chia k cho 2 nếu k chẵn

Hỏi sau một số hữu hạn lần thực các thao tác trên, có thể thu được một số nguyêndương n bất kì hay không?

Lời giải Câu trả lời là khẳng định Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạpmạnh

Bước cơ sở Ta có thể viết các số từ 1 đên 10, như mô tả dưới đây

• n + 1 ≡ 0 (hoặc 4) (mod 10) Lúc này, số n + 1

10

tương ứng(n + 1) − 4

10k + 1 4k−→ 40k + 4(b) −→ 20k + 2(c) −→ 10k + 1(c)

10k + 2 2k−→ 20k + 4(b) −→ 10k + 2(c)

10k + 3 8k + 2−→ 80k + 24(b) −→ 40k + 12(c) −→ 20k + 6(c) −→ 10k + 3(c)10k + 5 2k + 1−→ 20k + 10(a) −→ 10k + 5(c)

Do vậy, ta cần tìm cách viết số m = 16k + 14 trước

Để ý rằng m là một số chẵn, nên theo hai trường hợp trên, nếu m (mod 10) ∈{0, 2, 4, 6} thì ta có thể thu được số m từ số l thuộc tập

4k + 210k + 6m



Lúc này l đã có trên bảng, do l ≤ 4k + 2

10k + 6m <

1

2m = 8k + 7 < 10k + 9.Còn nếu m ≡ 8 (mod 10), thì cũng theo trên, ta có thể thu được số m từ số

m1 chẵn nào đó (chưa chắc đã có trên bảng) mà m1

m ≤ 8k + 610k + 8 <

4

5 Lặp lạilập luận như với m đối với m1, trong tình huống "xấu nhất", m1 có thể thuđược từ m2, m2 có thể thu được từ m3 Lúc này, do

Biểu diễn trên gọi là biểu g−phân của n hay biểu diễn n theo cơ số g Ta thườngviết n =bkbk−1· · · b0(g) thay cho cách biểu diễn trên, các số a0, a1, , ak được gọi

là các chữ số của n trong hệ cơ số g Khi g = 10, cách viết trên chính là cách viết

số n trong hệ thập phân

Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp mạnh theo k, với mọi

k nguyên không âm, các số trong tập {gk, gk+ 1, , gk+1− 1} đều có biểu diễng−phân Phần chứng minh duy tính duy nhất của biểu diễn xin dành cho bạnđọc

Với k = 0, khẳng định trên là hiển nhiên, bởi các số nguyên dương từ 1 đến g − 1chính là biểu diễn g−phân của chính nó

Giả sử khẳng định trên đúng đến k − 1 ≥ 0, ta chứng minh nó cũng đúng với k.Xét số nguyên n nào đó mà gk ≤ n < gk+1− 1 Bằng thuật toán chia, ta viết được

n dưới dạng n = akgk+ r, với 0 ≤ r < gk

Trước hết ta chỉ ra rằng 1 ≤ ak ≤ g − 1 Thật vậy, nếu ak= 0 thì n = r < gk ≤ n,

vô lí Còn nếu ak ≥ g thì n = gk+1+ r ≥ gk+1 > n, cũng vô lí

Nếu r = 0 thì n = akgk chính là biểu diễn g−phân của n, với 1 ≤ ak ≤ g − 1,

a0 = a1 = = ak−1 = 0 Nếu 1 ≤ r < gk thì tồn tại số nguyên không âm

l ≤ k − 1 sao cho gl ≤ r < gl+1, lúc này theo giả thiết quy nạp, r có biểu diễng−phân dạng

r = algl+ al−1gl−1+ + a1g + a0.Suy ra n có biểu diễn g−phân như sau

n = akgk+ ak−1gk−1+ + al+1gl+1+ algl+ al−1gl−1+ + a1g + a0,trong đó, ta chọn ak−1 = ak−2 = = al+1 = 0 nếu l < k − 1

Qua các ví dụ ở trên, ta có thể khẳng định lại rằng phương pháp chứng minhqui nạp là cực kì quan trọng trong toán học Các ví dụ nêu ra trên đây là chưanhiều (đặc biệt là về dạng toán) nhưng cũng nói lên sự đa dạng trong phạm vi

áp dụng giải toán của phương pháp Nội dung phương pháp tuy đơn giản nhưngchúng ta cần chú ý đến các "kĩ thuật" trong chứng minh qui nạp: kĩ thuật làmtrội (làm giảm), kĩ thuật qui nạp Cauchy, kĩ thuật qui nạp song song, kĩ thuậtxây dựng cấu hình bằng qui nạp