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.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HOÀNG VĂN TUẤN

HOÀNG VĂN TUẤN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:

TS TRẦN LƯƠNG CÔNG KHANH

Bình Định - 2012

Mở đầu iv

Chương 1 Các dạng chứng minh quy nạp và lời giải khác suy ra từ chứng minh quy nạp 1 1.1 Lịch sử phép chứng minh quy nạp 1

1.1.1 Lịch sử phép chứng minh quy nạp trước thế kỷ 17 1

1.1.2 Lịch sử phép chứng minh quy nạp sau thế kỷ 17 4

1.2 Quy nạp đơn 5

1.2.1 Nguyên lý 5

1.2.2 Ví dụ 7

1.3 Quy nạp cấp 2 16

1.3.1 Nguyên lý 16

1.3.2 Ví dụ 18

1.4 Quy nạp mạnh 24

1.4.1 Nguyên lý 24

1.4.2 Ví dụ 26

1.5 Quy nạp luân phiên 32

1.5.1 Nguyên lý 32

1.5.2 Ví dụ 34

1.6 Xuống thang 42

1.6.1 Nguyên lý 42

1.6.2 Ví dụ 42

ii

Chương 2 Một số ví dụ khác 46

2.1 Một số ví dụ khác 46

2.2 Khảo sát điều kiện để có thể rút ra lời giải khác 63

Kết luận 70

Tài liệu tham khảo 70

MỞ ĐẦU

Phương pháp quy nạp là một phương pháp chứng minh quan trọng trongtoán học Tuy nhiên, khi nói đến chứng minh quy nạp, người ta thường chỉ nghĩđến dạng chứng minh quy nạp đơn, mà ít nghĩ đến các dạng chứng minh quynạp khác như quy nạp cấp 2, quy nạp mạnh, quy nạp luân phiên, nguyên lýxuống thang Theo một nhận xét của George Pólya (1887−1985) trong Toánhọc và những suy luận có lý, một bài toán chứng minh được bằng quy nạp thì cóthể chứng minh được bằng một phương pháp khác khi nghiên cứu bước chuyển

từ n sang n+ 1 Hướng nghiên cứu của luận văn là chúng tôi nghiên cứu cơ sở

lý thuyết của các dạng chứng minh quy nạp và đưa ra một số ví dụ áp dụng.Trên cơ sở đó luận văn khảo sát một số trường hợp có thể rút ra lời giải kháccủa một số bài toán quy nạp

Luận văn văn gồm 2 chương:

Chương 1: Các dạng chứng minh quy nạp và lời giải khác suy ra

từ chứng minh quy nạp Chương này trình bày tóm tắt lịch sử phép quy nạptoán học và các nguyên lý quy nạp toán học Từ các nguyên lý quy nạp, luậnvăn đưa ra một số ví dụ áp dụng và lời giải khác với lời giải bằng quy nạp Hơnnữa, trong một số ví dụ, lời giải khác với lời giải bằng quy nạp có được thôngqua việc nghiên cứu bước chuyển từ n sang n+ 1

Chương 2: Một số ví dụ khác Nội dung chính của chương là đưa ramột số ví dụ và một số lớp bài toán có thể rút ra được lời giải khác với lời giảibằng quy nạp khi nghiên cứu bước chuyển từ n sang n+ 1 Các ví dụ ở chươngnày, ngoài lời giải bằng quy nạp còn có lời giải khác khi nghiên cứu bước chuyển

từ n sang n+ 1

Tuy có nhiều cố gắng nhưng kết quả của luận văn vẫn còn nhiều hạn chế,nội dung và cách trình bày khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong được sựgóp ý của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để nâng cao hơn nữa chấtlượng của luận văn

Các dạng chứng minh quy

nạp và lời giải khác suy ra từ chứng minh quy nạp

1.1 Lịch sử phép chứng minh quy nạp

Trong triết học và các môn khoa học ứng dụng, thuật ngữ Phép Quy Nạpđược sử dụng để mô tả quá trình rút ra các kết luận chung từ những trường hợp

cụ thể Mặt khác, đối với Toán học, những kết luận như vậy phải được rút ramột cách cẩn thận, bởi vì toán học là một khoa học suy diễn và một mệnh đềbất kỳ đều phải được kèm theo một bằng chứng chặt chẽ

Phép quy nạp là một phương pháp đơn giản nhưng linh hoạt và có sức thuyếtphục trong quá trình chứng minh mệnh đề về số nguyên Hơn nữa, nó được sửdụng có hiệu quả như một công cụ chứng minh trong các lĩnh vực đại số, hìnhhọc, lượng giác, giải tích, tổ hợp, lý thuyết đồ thị và nhiều môn học khác.Nguyên lý của phép quy nạp có lịch sử lâu đời trong toán học Mặc dù,

nó không được nói rõ trong bất kỳ tài liệu Hy Lạp cổ nào, khởi đầu có mộtvài thông tin về nó Thật vậy, một vài nhà lịch sử đã thấy đoạn văn của Plato(427-347 trước Công Nguyên), trong tài liệu Parmenides là những tranh cãi vềviệc sử dụng lập luận quy nạp sớm nhất Đoạn văn được lấy ra từ tài liệu triếthọc Tuy nhiên, có một vài tài liệu toán học cổ có chứa các lập luận gần với quynạp Chẳng hạn trong tác phẩm Elements của Euclid (khoảng 325 - khoảng 265trước Công Nguyên) chỉ ra rằng mỗi số nguyên dương là tích các số nguyên tố

Có một lập luận gần với quy nạp hiện đại ngày nay là tác phẩm Synagogecủa Pappus ( khoảng 290 - khoảng 350 sau Công Nguyên) (dịch sang tiếng Pháp

1

là Collection mathématique) Có các định lý hình học được chứng minh sau:Cho đoạn AB và C là một điểm nằm trên nó Hãy xét trên cùng một phía của

AB có 3 nửa đường tròn với các đường kính lần lượt là AB, AC và CB Bâygiờ ta hãy dựng các đường tròn Cn như sau: C1 tiếp xúc với 3 nửa đường tròn;

C n+1 tiếp xúc với C n và các nửa đường tròn trên AB và AC Nếud n biểu thị chođường kính của Cn và hn là khoảng cách từ tâm đến AB, khi đó hn =ndn.Cách Pappus chứng minh định lý đã chỉ ra mối quan hệ: hn+1/dn = (hn +

dn)/dn Tiếp theo, ông nêu ra một kết quả của Archimedes (287 - 212 trước CôngNguyên) từ cuốn sách Book of Lemma(Proposition 6) khẳng định rằng nhữngkết luận của định lý trên là đúng với trường hợp n = 1 Khi kết hợp với quan

hệ hn+1/dn = (hn+dn)/dn, thì nó có thể kết luận được trường hợp tổng quát n.Sau sự đi xuống của toán học Hy Lạp, các tài năng đã bay đến thế giới Hồigiáo Mặc dù phép quy nạp không được thể hiện rõ ràng trong các công trìnhcủa các nhà toán học trong thế giới Ả Rập, nhưng đã có những tác giả đã lậpluận bằng cách sử dụng hình thức sơ bộ của nó Ví dụ al-Karaji (953 - 1029)trong cuốn al -Fakhri xác định định lý nhị thức và mô tả cái gọi là tam giácPascal sau khi qua sát một mô hình từ một vài trường hợp ban đầu (thường là5) Ông cũng biết công thức 13+ 23+· · ·+n3 = (1 + 2 +· · ·+n)2

Khoảng một thế kỷ sau, chúng ta tìm thấy những dấu vết tương tự của phépquy nạp trong cuốn sách al-Bahir của al-Samwal (khoảng 1130 - khoảng 1180),

đã xuất hiện đồng nhất thức 12+ 22+· · ·+n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)/6 Và sau

đó Levi Ben Gershon(1288 - 1344), sống ở Pháp, đã sử dụng lập luận quy nạptrong cuốn Maasei Hoshev viết bằng tiếng Do Thái

Lập luận quy nạp đầu tiên dễ nhận biết trong một nguồn được viết bằngngôn ngữ phương Tây trong cuốn sách có tên Arithmeticorum Libri Duo(1575)của Francesco Maurolyco (1495 - 1575), một nhà toán học gốc Hy Lạp Theo mộtghi chú ngắn gọn của Cantor trong cuốn Zeitschrif t f u rM athematischenun und

Naturwissenchaftlichen Unterricht, trong ghi chú này, ông nói rằng ông đã đượcG.Vacca cho biết Maurolycus đã mô tả và sử dụng phương pháp quy nạp trongcuốn số học của ông được xuất bản vào năm 1575 Maurolycus bắt đầu bằngcác định nghĩa về các loại số, cụ thể là số chẵn (En), số lẻ (On), số chính phương(Sn), số tam giác (Tn) (số tam giác là số tự nhiên có giá trị bằng các số điểmchấm xuất hiện trong một tam giác đều được sắp xếp bởi các điểm; số tam giácthứ n có giá trị bằng tổng các số tự nhiên từ 1 đến n, bao gồm cả n),

Sau đây là một số định lý của Maurolycus, trong một số trường hợp nêu ra

cả những kết quả chứng minh của ông ấy, việc đánh số các định lý cũng đượcgiữ nguyên

Mệnh đề IV Số lẻ thứn cộng với 2 bằng số lẻ tiếp theo, ký hiệuOn+2 =On+1.Mệnh đề VI Tất cả các số nguyên cộng với số nguyên đứng trước bằng số lẻ

kề bên, ký hiệu n+ (n −1) = On.

Chứng minh của Maurolycus được dịch như sau:

"số nguyên 2 cộng với một đơn vị ta được số nguyên là 3 nhưng khi cộngvới 3 ta lại được một số nguyên lớn hơn 2 và đây là số nguyên lẻ tiếp theo (theotính chất của Mệnh đề IV ), đó là 5 Hơn nữa, từ số nguyên 3 cộng với 2 bằng

5, kết quả này là số nguyên lẻ liền kề, khi nó cộng với 4, kết quả sẽ lớn hơn 2,(theo tính chất của Mệnh đề IV ), nó sẽ là số nguyên lẻ tiếp theo đó là 7 Vàtheo tác động đó đến vô cùng được kết quả của mệnh đề."

Đây không phải là sự trình bày rõ ràng của chứng minh bằng phương phápquy nạp toán học, nhưng ý tưởng lại nằm ở đó Ý tưởng của Maurolycus có thểđược thể hiện rõ ràng hơn như sau: Định lý này đúng qua quá trình kiểm tratrường hợp của hai số nguyên đầu tiên 1 và 2, tức là, 2 + 1 = 3 là số nguyên lẻnằm kề với 2 Đây là phần đầu của chứng minh quy nạp Sau đó, Maurolycus

đã sử dụng các trường hợp đặc biệt hơn 3 + 2 = 5 và 3 + 4 = 7 và làm như vậyông đã chứng minh được bằng cách sử dụng lại Mệnh đề IV mà phần khác củachứng minh quy nạp toán học đã nằm trong ý nghĩ của ông Mệnh đề IV củaông đã cung cấp lập luận từ n đến n+ 1 Theo ký hiệu hiện đại, nó sẽ được đặttheo cách sau:

Nếu n+ (n −1) =On ( có nghĩa là, nếu bất kỳ số nguyên nào cộng với số đứngtrước sẽ được số nguyên lẻ đứng liền kề), khi đó cộng (1 + 1) vào vế trái vàcộng 2 vào vế phải ta được (n + 1) +n = On + 2 Nhưng theo Mệnh đề IV,

On+ 2 =On+1 Do đó (n+ 1) +n =On+1

Lý luận từ n đến n + 1 dường như đã nằm trong ý nghĩ của Maurolycus.Nhưng nếu đó chỉ là ví dụ duy nhất trong phương pháp quy nạp của ông, thìđiều đó chưa đủ chứng minh rằng ông đã hiểu được phương pháp Mệnh đề XV

là trường hợp có sức thuyết phục hơn nhiều

Chứng minh của Maurolycus được dịch như sau:

Theo một mệnh đề trước, số chính phương đầu tiên (đơn vị) được cộng vào

số lẻ đứng sau (3) bằng số chính phương đứng sau (4), và số chính phương thứhai (4) được cộng vào số lẻ thứ ba (5) bằng số chính phương thứ ba (9), vàtương tự như vậy, số chính phương thứ ba (9) được cộng thêm vào số lẻ thứ tư(7) bằng số chính phương thứ tư (16); và như vậy cho đến vô cùng mệnh đề sẽđược chứng minh bằng cách lặp lại áp dụng của mệnh đề XIII

Đây là trường hợp chứng minh quy nạp rõ ràng Mệnh đề XIII được sử dụngnhư một Bổ đề Nó cung cấp lý luận từ n đếnn+ 1.Vài trường hợp đặc biệt đầutiên được đề cập trong Mệnh đề XV Theo ký tự hiện đại, chứng minh như sau:

1 Định lý này đúng khi n= 1;

2 Giả sử nó đúng khi n= k, nghĩa là, giả sử O1+O2+· · ·+Ok =Sk và cộng

Ok+1cho cả hai vế của phương trình này và nhận đượcO 1+O 2+· · ·+Ok+1 =

Sk+Ok+1 bằng Sk+1, theo Mệnh đề XIII

Một sự liên hệ sớm của lập luận quy nạp trong cuốn Traité du TriangleArithmetique (chuyên luận về tam giác số học) của Blaise Pascal (1623 - 1662),nơi mà mô hình tam giác Pascal được biết ngày nay được bàn luận tới Tác giảđưa ra định lý : Các hệ số nhị thức Cnk thỏa mãn Cnk : Cnk+1 = (k+ 1) : (n − k),với tất cả n và k với 0≤ k < n

Đây là kết quả lập luận từn đến n+ 1 nhờ sử dụng quan hệ Cnr =Cn−1r−1+Cn−1r Thật vậy sau đây là chứng minh của ông:

- Phần thứ nhất : Bằng cách kiểm tra, định lý đúng khi n = 2, nghĩa làcác giá trị duy nhất có thể có của k và k + 1 sẽ lần lượt là 1 và 2 và

C21 :C22 = 2 : 1

- Phần thứ hai: Giả sử rằng định lý đúng khi n = q, tức là với các giá trịnguyên dương của k < q

Cqk :Cqk+1 = (k+ 1) : (q − k). (A)Sau đó ta chứng minh được với các giá trị nguyên dương của j < q+ 1

Cq+1j : Cq+1j+1= (j+ 1) : (q+ 1− j). (B)

Rõ ràng ta có mối quan hệ: Với các giá trị nguyên dương của R < N

CNR = CN −1R−1 +CN −1R . (C)

Ta cần chứng minh (B) có được từ (A)

Theo quan hệ (C), các phần tử vế trái của (B) bằng

Cqj−1+Cqj

C qj +C qj+1

=

j q−j+1 + 1

1 +q−jj+1 =

j+ 1

q+ 1− j · Suy ra điều phải chứng minh.

Khó khăn của quy nạp toán học là: Tất cả các tác giả trên đã sử dụng một

ý tưởng trực quan về khái niệm số tự nhiên, chưa đủ thuyết phục

Sự phát triển của toán học hiện đại, đặc biệt là từ cuối thế kỷ 19, là pháttriển lý thuyết tiên đề Đặc biệt, Giuseppe Peano (1858 - 1932) là người đãcông bố cái gọi là tiên đề Peano vào năm 1889, trong cuốn sách nhỏ có tựa đềArithmetices Principia, nova methodo exposita, Peano đã giải quyết được khókhăn nói trên Một số tiên đề trong cuốn sách này kết hợp với lập luận quy nạpcho ta một phương pháp chứng minh Chẳng hạn như các tiên đề sau:

• Có một số tự nhiên 0

• Với mọi số tự nhiên n, tồn tại một số tự nhiên liền sau, ký hiệu là S(n)

• Không có số tự nhiên nào mà số liền sau là 0

• Hai số tự nhiên khác nhau phải có hai số liền sau tương ứng khác nhau:nếu n 6=m thì S(n)6=S(m)

• Nếu có một tính chất nào đó thỏa mãn với số 0, và chúng ta chứng minhđược rằng với mọi số tự nhiên thỏa mãn tính chất đó thì số liền sau cũngthỏa mãn tính chất đó Khi đó, tính chất đó thỏa mãn với mọi số tự nhiên.Tiên đề này đảm bảo rằng phép quy nạp toán học là đúng

Cần lưu ý rằng "0" ở định nghĩa trên không nhất thiết phải là số không màchúng ta thường nói đến "0" ở đây là một đối tượng nào đó mà khi kết hợp vớimột hàm liền sau nào đó thì sẽ thỏa mãn tiên đề Peano Có nhiều hệ thống thỏamãn tiên đề này, trong đó có các số tự nhiên bắt đầu bằng số không hay bằng

Nguyên lý này có thể phát biểu một cách tương đương như sau

Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên N Nếu:

• P(b) đúng;

• Với mọi n, b ∈N, n > b, P(n −1) đúng⇒ P(n)đúng

thì P(n) đúng với mọi n ∈ N, n ≥ b.

Chứng minh Đặt A là tập các số tự nhiên n ≥ b, mà P(n) sai

Ta chỉ cần chứng minhA= ∅ (tập rỗng) Ta sẽ chứng minh điều này bằng phảnchứng

Thật vậy, giả sử A 6= ∅ Theo tính chất của thứ tự trên tập số tự nhiên Nthì A có phần tử nhỏ nhất Gọi a là phần tử nhỏ nhất của tập A Vì P(b) đúngnêna ≥ b+ 1, hay a −1≥ b Do a là phần tử nhỏ nhất của tập A nên a −1∈ A / ,

do đó P(a −1) đúng

Theo nguyên lý quy nạp đơn, ta có P(a −1) đúng suy ra P(a) đúng, nghĩa là tacũng có a / ∈ A Điều này mâu thuẫn với a là giá trị nhỏ nhất của A Suy ra giả

sử sai, cho nên chỉ có thể A= ∅

Vậy nguyên lý được chứng minh

Chú ý

Trong chứng minh bằng quy nạp đơn việc kiểm tra cả hai bước cần tuân thủ

đủ Nếu bỏ qua một trong hai bước sẽ được một kết quả sai

Chẳng hạn, với mệnh đề: Mọi số tự nhiên đều bằng số liền sau nó Được chứngminh như sau:

Giả sử mệnh đề đúng với moin ∈ N, tức là ta có n=n+ 1 Khi đó, dễ dàng suy

ra n+ 1 =n+ 2 Do đó mệnh đề đúng với n+ 1

Vậy mệnh đề đúng với mọi n ∈N.

Hệ quả của bài toán này là tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau Điều này

là vô lý Vậy cách chứng minh ở trên sai ở đâu?

Dễ thấy rằng áp dụng nguyên lý quy nạp đơn, nhưng bỏ qua bước kiểm tratrường hợp n= 0 Với n= 0 ta thấy mệnh đề sai vì 06= 1

Bước ban đầu có ý nghĩa hết sức đặc biệt là tạo ra cơ sở để thực hiện quynạp

Bước thứ hai đưa ra nguyên tắc cho việc mở rộng tự động vô hạn trên cơ

sở điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang trườnghợp riêng khác, từ n đến n+ 1

Phản ví dụ nêu trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì chưa có cơ sở

để thực hiện bước quy nạp, vì vậy không có nghĩa gì khi thực hiện kiểm tra bướcquy nạp

Ngược lại, khi áp dụng nguyên lý quy nạp đơn mà chỉ chứng minh được một

số điều kiện ban đầu, mà bỏ qua phần quy nạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở

chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó Ta xét mệnh đề: Những giátrị của hàm số f(n) =n2− n+ 41 với n= 0,1,2, là những số nguyên tố.

Ta tính f(0) = 41, f(1) = 41, f(2) = 43, f(3) = 47, f(4) = 53, và tiếp tục tínhcho đến n = 40, thì tất cả các giá trị này đều số nguyên tố Nếu bỏ qua bướckiểm tra: nếu f(n) là số nguyên tố ⇒ f(n+ 1) là số nguyên tố, mà vội kết luậnmệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n, là một sai lầm lớn Bởi vì, f(41) = 412không phải là số nguyên tố, nên mệnh đề trên là sai

Vì thế, khi áp dụng nguyên lý quy nạp đơn để giải toán cần tôn trọng và thựchiện đầy đủ các bước Khi đó, ta mới có lời giải đúng

Ví dụ 2.1 Chứng minh rằng:

Mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì

nXi=1(2i −1) = n2. (1)

Lời giải

Ta có

• Với n = 1 ta có 2.1−1 = 1 = 12 Suy ra (1) đúng với n = 1

• Với n ∈ N, giả sử (1) đúng với n Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với

n+ 1, tức là phải chứng minh

n+1Xi=1(2i −1) = (n+ 1)2.

Ta có

n+1Xi=1(2i −1) =

nXi=0(2i −1) + 2n+ 1.

Do (1) đúng với n nên ta có

nXi=1(2i −1) =n2.

Suy ra

n+1Xi=1(2i −1) = n2+ 2n+ 1

= (n+ 1)2.

n+1Xi=1(2i −1) = (n+ 1)2, với mọi n ≥ 1.

Sn+1 =

n+1Xi=1(2i −1)

=

nXi=1(2i −1) + 2n+ 1

sin02sin0+12 · Suy ra (1) đúng với n = 0.

• Với n ∈ N,

nPi=0

sini= 1

sin 1 2

sinn2sinn+12 Ta phải chứng minh

n+1Xi=0

sini=

nXi=0

= 1

sin12sin

n+ 12



= 1

sin12sin

n+ 12

Suy ra

n+1Xi=0

sinn2sinn+12 bằng cách khác

Ta thay n bởi n+ 1 trongSn =

nPi=0

sini, khi đó ta có

Sn+1 =

n+1Xi=0

sini

=

nXi=0

+C, với k là số tự nhiên, C ∈R Khi đó

f(k+ 1)− f(k) = cos k+

1 2

2sin12 −cos k+

3 2



− cos



k+32

2sin12 +C.

Theo đề ra ta có S0 = 0⇒0 =− cos

1 2

2sin12 +C ⇒ C = cos

1 2

2sin12·

Do đó, ta có

Sn =−cos n+

1 2

2sin12 + cos

1 2

Ví dụ 2.3 Chứng minh rằng:

(x+ 2)n =

nXk=0

Cnkxk2n−k Ta phải chứng minh

(x+ 2)n+1 =

n+1Xk=0

Cn+1k xk2n+1−k.

Ta có

(x+ 2)n =

nXk=0

Cnkxk2n−kSuy ra

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

= (x+ 2)

nXk=0

Cnkxk2n−k

=x

nXk=0

Cnkxk2n−k + 2

nXk=0

Cnkxk2n−k

=

nXk=0

Cnkxk+12n−k+

nXk=0

Cnkxk2n+1−k.

Đặt t= k+ 1 ta có

nXk=0

Cnkxk+12n−k =

n+1Xt=1

Cnt−1xt2n+1−t

=

n+1Xk=1

Cnk−1xk2n+1−k.

Do đó

(x+ 2)n+1 =

n+1Xk=1

Cnk−1xk2n+1−k+

nXk=0

Cnkxk2n+1−k

=

nXk=1

Cnk−1xk2n+1−k+xn+1+

nXk=1

Cnkxk2n+1−k+ 2n+1

=

nXk=1

Cnk−1+Cnk
xk2n+1−k+ 2n+1+xn+1

=

nXk=1

Cn+1k xk2n+1−k+Cn+10 x02n+1−0+Cn+1n+1xn+120

=

n+1Xk=0

Cn+1k xk2n+1−k.

Suy ra

(x+ 2)n+1 =

n+1Xk=0

Cn+1k xk2n+1−kVậy ta có điều phải chứng minh

Lời giải khác

Khi thay n bởi n+ 1 trong công thức (x+ 2)n =

nPk=0

Cnkxk2n−k ta được

(x+ 2)n+1 =

n+1Xk=0

Cn+1k xk2n+1−k.

=

n+1Xk=0

Cnkxk2n+1−k+

n+1Xk=0

Cnk−1xk2n+1−k

= 2

nXk=0

Cnkxk2n−k+

n+1Xk=1

Cnk−1xk2n+1−k.

Đặt t=k −1 ta có

n+1Xk=1

Cnk−1xk2n+1−k =

nXt=0

Cntxt+12n−t

= x

nXt=0

Cntxt2n−t

= x

nXk=0

Cnkxk2n−k.

Suy ra

n+1Xk=0

Cn+1k xk2n+1−k = (a+b)

nXk=0

Cnkxk2n−k.

Khi đó, đặt u n =

nPk=0

C0kxk20−k =C00x020−0 = 1⇒1 =C(x+ 2)0 ⇔ C = 1.

Suy ra

un = (x+ 2)n.

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.4 Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacốpsky: Cho hai dãy sốa1, a2, , an

và b1, b2, , bn. Khi đó ta có

a21+a22+· · ·+a2n
b21+b22+· · ·+b2n
≥(a1b1+a2b2+· · ·+anbn)2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1

Suy ra với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có

b 2 n+1

Nguyên lý này có thể phát biểu một cách tương đương như sau

Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên N Nếu:

• P(b) đúng;

• P(b+1) đúng;

• Với mọi n, b ∈N, n ≥ b+ 2,[P(n −2)∧ P(n −1)] đúng⇒ P(n) đúngthì P(n) đúng ∀n ∈ N, n ≥ b.

• Với mọi n ∈N, n ≥ b,[P(n)∧ P(b+ 1)] đúng ⇒ P(n+ 2) đúngthì P(n) đúng ∀n ∈N, n ≥ b.

Ta sẽ chứng minh hai trường hợp sau

• Nguyên lý quy nạp đơn suy ra nguyên lý quy nạp cấp 2

Trong trường hợp này là tầm thường, bởi vì nguyên lý quy nạp đơn đã lànguyên lý quy nạp cấp 2 rồi, cụ thể:

– Với n=b thì cả hai nguyên lý đều giống nhau, tức là P(b) đúng;– Với n=b+ 1 , theo nguyên lý quy nạp đơn ta có

Với mọi n ∈ N, n ≥ b, P(n) đúng ⇒ P(n+ 1) đúng, kết hợp với P(b)đúng nên P(b+ 1) đúng;

– Theo nguyên lý quy nạp đơn: Với mọi n ∈ N, n ≥ b, P(n) đúng ⇒

P(n+ 1) đúng Suy ra với mọi n ∈N, n ≥ b, P(n+ 1) đúng ⇒ P(n+ 2)đúng, do đó ta có

Cn−kk với quy ước Cn−kk = 0 nếu k > n − k
. (1)

Cn−k+2k với quy ước Cn−k+2k = 0 nếu k > n − k+ 2

.

Theo giả thiết bài toán ta có

∀n ∈N, un+3 =un+2+un+1=

∞Xk=0

Cn−k+1k +

∞Xk=0

Cn−kk .

Do đó

∀n ∈N, u n+3 =

∞Xk=0

Cn−k+1k +

∞Xk=0

Cn−kk . (2)với quy ước Cn−k+1k = 0 nếu k > n − k+ 1;Cn−kk = 0 nếu k > n − k
.

Đặt i=k+ 1 ta có

∞Xk=0

Cn−kk =

∞Xi=1

Cn−i+1i−1

=

∞Xi=1

Cn−k+1k−1 .

Hay

∞Xk=0

Cn−kk =

∞Xi=1

Cn−k+1k−1 . (3)

Từ (2) và (3) suy ra

∀n ∈N, un+3 =

∞Xk=0

Cn−k+1k +

∞Xk=1

Cn−k+1k−1

=

∞Xk=1

Cn−k+1k +

∞Xk=1

Cn−kk−1+Cn+10

=

∞Xk=1

Cn−k+1k−1 +Cn−k+1k
+ 1

=

∞Xk=1

Cn−k+2k + 1

=

∞Xk=0

Cn−k+2k .

Do đó

∀n ∈N, un+3 =

∞Xk=0

Cn+1−kk

=

∞Xk=0

Cn−kk +Cn−kk−1

=

∞Xk=0

Cn−kk +

∞Xk=0

Cn−kk−1

=un+1+

∞Xk=0

Cn−kk−1

=un+1+

∞Xk=1

Cn−kk−1.

Suy ra

u n+2 − u n+1=

∞Xk=1

Cn−kk−1.

Ta xét hàm số f(n) =P∞

k=1 Cn−1−kk +C, C ∈R, ta có

f(n+ 2)− f(n+ 1) =

∞Xk=1

Cn+1−kk −

∞Xk=1

Cn−kk

=

∞Xk=1

Cn+1−kk − Cn−kk

=

∞Xk=1

Cn−kk−1.

Hay

f(n+ 2)− f(n+ 1) =

∞Xk=1

Cn−kk−1. Khi đó ta có

un+2− un+1 =

∞Xk=1

Cn−kk−1

⇔ u n+1=

∞Xk=1

Cn−kk +C, C ∈R.

Theo đề ra, ta có u0= 0⇒0 = 0 +C ⇔ C = 0. Do đó ta có

un+1 =

∞Xk=0

Cn−kk .

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 3.2 Xét dãy Fibonacci (un) với u0 = 0, u1 = 1, un+1= un+un−1 với mọi

2 , β= 1−

√ 5

5

2 ·

1−√52

"

 1 +√52

n−1

− 1√52

0+b

1− √ 5 2

0

= 0

a

1+ √ 5 2

1+b

1− √ 5 2

2 a+ 1−

√ 5

2 b = 1

⇔

(

a= √15

b=− √1

5Vậy ta có

un = √1

5

 1 +√52

Như vậy (1) đúng với n= 3.

• Với mọi n ∈N, n ≥ 1, an+ a1n là số nguyên và an+1+an+11 là số nguyên Taphải chứng minh

an+2+ 1

a n+2

Do (1) đúng với các số nguyên dươngn −1 và n −2 nên an−1+an−11 là số nguyên

và an−2 + an−21 cũng là số nguyên Do đó an+ a1n là số nguyên Điều này mâuthuẫn với giả sử nên giả sử sai Do đó chỉ có thể là (1) đúng

Vậy ta có điều phải chứng minh

1.4 Quy nạp mạnh

Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên N Nếu:

• P(b) đúng;

• Với mọi n ∈ N, n ≥ b,[P(b)∧ P(b+ 1)∧ ∧ P(n)] đúng ⇒ P(n+ 1) đúngthì P(n) đúng ∀n ∈ N, n ≥ b.

Nguyên lý này có thể phát biểu một cách đương đương như sau

Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên N Nếu:

• P(b) đúng;

• Với mọin ∈ N, n > b,[P(b)∧ P(b+ 1)∧ ∧ P(n −1)] đúng ⇒ P(n) đúngthì P(n) đúng ∀n ∈ N, n ≥ b.

thì P(n) đúng ∀n ∈N, n ≥ b.

Ta sẽ chứng minh hai trường hợp sau

• Nguyên lý quy nạp đơn suy ra nguyên lý quy nạp mạnh: Trong trường hợpnày là tầm thường, bởi vì nguyên lý quy nạp đơn đã là nguyên lý quy nạpmạnh rồi, cụ thể:

– n =b thì cả hai nguyên lý đều giống nhau;

– Theo nguyên lý quy nạp đơn thì với mọi n ∈ N, n ≥ b, P(n) đúng ⇒

P(n + 1) đúng Suy ra P(b+ 1), P(b+ 2), , p(n) đúng ⇒ P(n + 1)cũng đúng, kết hợp với P(b) đúng, ta có

Với mọi n ∈ N, n ≥ b,[P(b)∧ P(b+ 1)∧ ∧ P(n)] đúng ⇒ P(n+ 1)đúng

• Nguyên lý quy nạp mạnh suy ra nguyên lý quy nạp đơn

Ví dụ 4.1 Chứng minh rằng mọi số nguyên dương có biểu diễn hoặc là lũythừa của một số nguyên tố, hoặc là tích các lũy thừa của các số nguyên tố.Lời giải

Gọi số nguyên dương là n, n ≥1, n ∈N Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp

quy nạp mạnh

n =pk ∨ n=p1k1 p2k2 pmkm (1)với p, p1, , pm là các số nguyên tố và k, k1, , km ∈N.

Thật vậy:

• Ta có n= 1 = 20 Suy ra (1) đúng với n = 1.

• Giả sử mọi số nguyên nhỏ hơn n có biểu diễn hoặc là lũy thừa của một sốnguyên tố, hoặc là tích các lũy thừa của các số nguyên tố Ta phải chứngminh n cũng có biểu diễn hoặc là lũy thừa của một số nguyên tố, hoặc làtích các lũy thừa của các số nguyên tố

Thật vậy, nếun là số nguyên tố, dĩ nhiên thỏa mãn yêu cầu Nếu n khôngphải là số nguyên tố nên n bằng tích của hai số nguyên dương nhỏ hơn n

Do đó mỗi số trong hai số đó có biểu diễn hoặc là lũy thừa của một sốnguyên tố, hoặc là tích các lũy thừa của các số nguyên tố Vì vậy n cũng

có biểu diễn hoặc là lũy thừa của một số nguyên tố, hoặc là tích các lũythừa của các số nguyên tố Nghĩa là

Giả sử (1) sai Khi đó ta có số nguyên dương n >1 nhỏ nhất sao cho (1) sai.Khi đó n −1 là số nguyên dương và n −1 < n Suy ra (1) đúng với số nguyêndương n −1, tức là ta có

n −1 =pl∨ n −1 =p1l1 p2l2 pqlq

với p, p1, , pq là các số nguyên tố và q, k, k1, , kq ∈N.

Hay

n =pl+ 1∨ n =p1l1 p2l2 pqlq+ 1với p, p 1 , , p q là các số nguyên tố và q, k, k 1 , , k q ∈N.

• n=pl+ 1 suy ra n phải có ít nhất 1 ước nguyên tố p0 Do p là số nguyên

tố nên tồn tại i ∈N, i ≤ l: pi =p0 nênp0|1 Điều này vô lý

• n = p1l1 p2l2 pqlq + 1 suy ra n phải có ít nhất 1 ước nguyên tố p00 Do

p1, p2, pq là số nguyên tố nên tồn tại i ∈N, i ≤ q: pili =p00 nênp00|1 Điềunày vô lý

Suy ra giả sử ban đầu là sai Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 4.2 Chứng minh rằng vớia và b là các số tự nhiên, b >0 thì tồn tại duynhất hai số tự nhiên q và r thỏa mãn điều kiện

a=qb+r,0≤ r < b. (1)Lời giải

Trước tiên ta chứng minh tính duy nhất

Giả sử tồn tại các số tự nhiên q, q0, r, r0,0≤ r, r0 < b sao cho

a=qb+r và a=q0b+r0.

Không mất tính tổng quát ta giả sử q ≤ q0

Khi đó từa= qb+r và a=q0b+r0 ta có (q0− q)b= r − r0, màb >0 nên 0≤ r − r0

và r < b ≤ b+r0⇒ r − r0 < b.

Mặt khác, do (q0− q)b = r − r0 nên b < r − r0 hoặc r − r0 = 0 Nhưng r − r0 < b

nên chỉ có thể r − r0= 0 hay r =r0⇒ qb=q0b mà b >0 nên q=q0

Vậy tính duy nhất được chứng minh

Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại q và r

Cho b là số tự nhiên khác 0 tùy ý, cố định

Đặt P(a)≡ " tồn tại q và r thỏa mãn điều kiện (1) "

Ta sẽ chứng minh mệnh đề ∀a ∈N, P(a) là đúng bằng nguyên lý quy nạp mạnh

• Với a= 0 ta thấy q= 0 và r = 0 thỏa mãn điều kiện (1):

+ Với a+ 1≥ b Đặt a0= a+ 1− b ta có 0 ≤ a0< a, từ (∗) suy ra P(a0)đúng Tức là có hai số tự nhiên q0 và r0 sao cho

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải khác

Ta có

+ Nếu a < b thì q = 0 và r= a thỏa mãn điều kiện (1) : a =qb+r,0≤ r < b.

+ Nếu a=b thì q = 1 và r= 0 thỏa mãn điều kiện (1) : a=qb+r,0≤ r < b.

+ Nếu a > b ta sẽ chứng minh bằng phản ví dụ nhỏ nhất

Giả sử rằng a là giá trị nhỏ nhất làm cho mệnh đề sai

Do 0 < a − b < a nên mệnh đề đúng với a − b và b Như vậy có duy nhấthai số tự nhiên q0 và r0 thỏa mãn điều kiên (1):

a − b=q0b+r0,0≤ r0 < b.

Do đó ta có a = (q0 + 1)b + r0,0 ≤ r0 < b Bây giờ bằng cách đặt q =

q0+ 1, r = r0 khi đó mệnh đề cũng đúng với a và b Điều này mâu thuẫnvới giả sử a là giá trị nhỏ nhất làm cho mệnh đề sai Suy ra giả sử sai.Như vậy mệnh đề đúng với các số tự nhiên a và b, b >0, a > b.

Vậy mệnh đề được chứng minh

Ví dụ 4.3 Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n có thể biểu diễn như sau

n= c r2r +c r−12r−1+ +c 222+c 12 +c 0 (1)

trong đó r, ci∈N, i= 0,2, , r

Lời giải

Ta có

• Với n = 1 ta có c0= 1, khi đó n=c0 Suy ra (1) đúng với n= 1

• Giả sử (1) đúng với các số nguyên dương 1,2, , n−1, n >1 Ta phải chứngminh (1) cũng đúng với số nguyên dương n, tức là ta phải chứng minh

Suy ra (1) đúng với mọi số nguyên dương n >1.

Vậy ta có điều phải chứng minh

Như vậy (1) đúng với số nguyên dương n Điều này mâu thuẫn với giả sử Do

đó giả sử sai, nên chỉ có thể (1) đúng

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 4.4 Cho a, b ≥0 Chứng minh rằng với mọi n ∈ N, n ≥1 ta có

• Giả sử (1) đúng với các số nguyên dương 1,2, , n, n > 1 Ta phải chứngminh ((1) cũng đúng với số nguyên dương (n+ 1), tức là phải chứng minh

Vậy ta có điều phải chứng minh.

1.5 Quy nạp luân phiên

Nguyên lý này có thể phát biểu một cách đương đương như sau

Ta sẽ chứng minh hai trường hợp sau:

• Nguyên lý quy nạp đơn suy ra nguyên lý quy nạp luân phiên:

– n =b thì cả hai nguyên lý đều giống nhau;

– Theo nguyên lý quy nạp đơn thì với mọi n ∈ N, n > b, P(n) đúng