Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng là hai phương pháp chứng minh cổ điển, là hai công cụ được sử dụng đắc lực trong giải toán. Không chỉ dừng lại ở các bài toán cơ bản, hai phương pháp này còn được vận dụng khá nhiều trong các bài toán thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán học quốc tế. Tài liệu này đã hoàn thành và đạt được những kết quả sau: Nêu được nguyên lý quy nạp, phương pháp quy nạp, khắc sâu hai bước: Cơ sở quy nạp và quy nạp. Nhấn mạnh tầm quan trọng phải thực hiện đầy đủ hai bước này. Trình bày về phương pháp phản chứng. Sưu tầm được hệ thống bài toán phong phú về ứng dụng của phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng trong các phân môn khác nhau của Toán học: số học, đại số, giải tích, hình học. Đặc biệt, tài liệu đã sưu tầm một số các đề thi Olympic toán các quốc gia và quốc tế được giải bằng hai phương pháp này.
Trang 1ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở PHỔ THÔNG
1.1 Suy luận toán học 3
1.2 Phương pháp quy nạp 4
1.2.1 Nguyên lý quy nạp và phương pháp quy nạp 5
1.2.2 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp 10
1.3 Phương pháp phản chứng 14
Chương 2 Ứng dụng phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng vào giải một số bài toán ở phổ thông 17 2.1 Ứng dụng phương pháp quy nạp vào giải một số bài toán ở phổ thông 17
2.1.1 Ứng dụng vào giải một số bài toán về dãy số 17
2.1.2 Ứng dụng vào giải một số bài toán về chia hết 22
2.1.3 Ứng dụng vào giải một số bài toán chứng minh đẳng thức 26
2.1.4 Ứng dụng vào giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức 30
2.1.5 Ứng dụng vào giải một số bài toán về hình học 33
Trang 22.1.6 Bài tập tự giải 37
2.2 Ứng dụng phương pháp phản chứng vào giải một số bài toán
ở phổ thông 37
2.2.1 Ứng dụng vào giải một số bài toán về số vô tỉ 37
2.2.2 Ứng dụng vào giải một số bài toán về chia hết 40
2.2.3 Ứng dụng vào giải một số bài toán khẳng định nghiệm
Trang 3Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Suy luận toán học
Suy luận là rút ra một mệnh đề mới từ các mệnh đề đã có Mỗi chứngminh toán học bao gồm một số các bước suy luận đơn giản, trong mỗibước, người ta vận dụng một qui tắc suy luận tổng quát để từ tiền đề rút
ra một mệnh đề mới gọi là hệ quả lôgic Suy luận như trên được gọi là Suyluận diễn dịch
Định nghĩa 1.1 ([14, tr.4]) Giả sử A1, A2, , An, B là các công thức
Nếu tất cả các hệ giá trị chân lí của các biến mệnh đề có mặt làmcho A1, A2, , An nhận giá trị 1 cũng làm cho B nhận giá trị 1, tức là
A1^A2^ ^An ñ B là một công thức hằng đúng, thì ta gọi B là một
hệ quả lôgic của A1, A2, , An Khi đó ta nói có một qui tắc suy luận từ
các tiền đề A1, A2, , An đến B Kí hiệu qui tắc suy luận: A1, A2, , An
Ngoài suy luận diễn dịch còn có Suy luận nghe có lí Suy luận nghe có
lí là suy luận không tuân theo qui tắc suy luận nào Trong suy luận này,
Trang 4từ các tiền đề đúng rút ra kết luận nhưng kết luận có thể đúng có thể sai,tức là kết luận chỉ mang tính dự đoán, giả thuyết Trong toán học có haikiểu suy luận nghe có lí thường dùng là phép quy nạp không hoàn toàn vàphép tương tự.
sử dụng để nêu ra các giả thuyết, sau đó các giả thuyết được chứng minhbằng suy luận diễn dịch
Trang 5toán học Kiểu lập luận này được dùng để gán tính chất hay quan hệ chomột phạm trù dựa trên các ví dụ của phạm trù đó; hoặc để phát triểnđịnh luật dựa trên một số giới hạn các quan sát của các hiện tượng lặp đilặp lại Ví dụ: Một học sinh quan sát thấy: Sắt là một chất rắn, chì là mộtchất rắn, vàng là một chất rắn, đồng là một chất rắn Mà sắt, chì, đồng,vàng đều là kim loại Từ đó em học sinh kết luận: "Mọi kim loại đều làchất rắn" Kết luận này là một lập luận quy nạp.
Trong chứng minh bằng quy nạp toán học, một “trường hợp cơ sở” duynhất được chứng minh, sau đó một “quy tắc quy nạp” được chứng minhsao cho một trường hợp nào đó cũng kéo theo trường hợp tiếp theo sau
nó Áp dụng quy tắc quy nạp đó nhiều lần, từ một trường hợp cơ sở đượcchứng minh riêng lẽ, chúng ta sẽ chứng minh được nhiều trường hợp hơn
và thường là nhiều đến mức vô hạn Từ một trường hợp cơ sở đúng đắn,
vô hạn trường hợp khác cũng phải đúng, mặc dù tất cả các trường hợp đềukhông thể chứng minh trực tiếp bởi số lượng vô hạn của nó Một trong cácphương pháp chứng minh quy nạp là lùi vô hạn (thường sử dụng tính chấtmột dãy các số tự nhiên sắp thứ tự không thể nhỏ về dần vô hạn được).Một ứng dụng thông thường của chứng minh bằng quy nạp toán học làchứng minh một tính chất nào đó thỏa với một số thì thỏa với tất cả các
số tự nhiên
1.2.1 Nguyên lý quy nạp và phương pháp quy nạp
Cơ sở của nguyên lý quy nạp là tiên đề V của Hệ tiên đề Peano về tậphợp số tự nhiên được xây dựng cuối thế kỉ XIX Nội dung Tiên đề V như
Trang 6sau [14, tr.9]:
Nếu A là một tập con của tập các số tự nhiên N sao cho:
1) 0 P A,2) m P A kéo theo m 1 P A,@m PN,thì A N
Kí hiệu Ppnq là mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n là số tựnhiên Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một mệnh đề Ppnq, tức là với
n 1 tướng ứng với mệnh đề Pp1q, với n 2 tướng ứng với mệnh đề
Pp2q Bằng phương pháp như vậy chúng ta tạo ra dãy mệnh đề riêng
Pp1q, Pp2q, , Ppnq, Để kiểm tra mệnh đề Ppnq có đúng với mọi số tựnhiên n hay không, thay vì ta phải đi kiểm tra vô hạn các mệnh đề riêngthì người ta sử dụng nguyên lý toán học sau:
Định lý 1.1 (Nguyên lý quy nạp) ([15, tr.10]): Cho k0 là một số tự nhiên
và Ppnq là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ¥ k0 Nếu mệnh
đề Ppnq thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) Ppk0q là mệnh đề đúng
(ii) Mệnh đề Ppkq đúng với mỗi số tự nhiên k ¥ k0 kéo theo mệnh đề
Ppk 1q cũng đúng
Thì mệnh đề Ppnq đúng với mọi số tự nhiên n ¥ k0
Chứng minh Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ¥ k0 mà Ppnq khôngđúng Giả sử A khác tập rỗng, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m ¥ k0
mà Ppmq không đúng
Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà Ppm0q không đúng (1.1)
Trang 7Theo giả thiết piq thì Ppk0q đúng nên m0 ¡ k0 suy ra m01 ¥ k0 Vì
m01 không thuộc tập A (do m0 là số nhỏ nhất thuộc tập A), nên theođịnh nghĩa của tập A thì Ppm01q đúng
Khi đó theo giả thiết piiq thì Ppm0q Pppm01q 1q đúng (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) suy ra mâu thuẫn Điều này chứng tỏ tập A là tậprỗng Vậy Ppnq đúng với mọi số tự nhiên n ¥ k0
Phương pháp dùng nguyên lí quy nạp để giải toán, người ta gọi là phươngpháp quy nạp Cụ thể:
Giả sử Ppnq là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ¥ k0
(k0 PN) Để chứng minh mệnh đề Ppnq đúng với mọi n ¥ k0 bằng phươngpháp quy nạp, ta thực hiện hai bước:
Bước 1: Cơ sở quy nạp
Ta kiểm tra mệnh đề Ppnq có đúng với n k0 không, tức là kiểm tramệnh đề Ppk0q có đúng không Nếu đúng, ta chuyển sang bước 2
Bước 2: Bước quy nạp
Giả sử mệnh đề Ppkq đúng với mỗi số tự nhiên k ¥ k0 (giả thiết nàyđược gọi là giả thiết quy nạp), ta chứng minh mệnh đề Ppk 1qcũng đúng.Sau bước 1 và 2, kết luận mệnh đề Ppnqđúng với mọi số tự nhiên n ¥ k0
Ví dụ 1.4 Chứng minh rằng với mọi n P N ta có đẳng thức:
Trang 8Theo nguyên lý quy nạp, đẳng thức (1.3) đúng với mọi nP N.
Chú ý 1.1 Trong chứng minh bằng phương pháp quy nạp, nếu khôngthực hiện đầy đủ cả hai bước thì sẽ dẫn đến sai lầm
Ví dụ 1.5 ([7, tr.84]) Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học PhápP.Fermat (1601-1665) đã cho rằng các số dạng 22n 1 đều là số nguyên tố
P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
Với n 0 cho 220 1 21 1 3 là số nguyên tố,
Với n 1 cho 221 1 22 1 5 là số nguyên tố,
Với n 2 cho 222 1 24 1 17 là số nguyên tố,
Với n 3 cho 223 1 28 1 257 là số nguyên tố,
Trang 9Với n 4 cho 22 1 216 1 65537 là số nguyên tố,
và kết luận cho mọi số tự nhiên n Nhưng vào thế kỷ 18, Euler đã pháthiện với n 5 khẳng định trên không đúng, bởi vì:
225 1 4294967297 641.6700417
là hợp số
Ví dụ 1.6 ([15, tr.13]) Chứng minh rằng mọi số tự nhiên bằng số tự nhiêntiếp theo nó
Chứng minh Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp Giả
sử bài toán đúng với n k (k P N), tức là k k 1 Ta chứng minh bàitoán đúng với n k 1, tức là k 1 k 2 Thật vậy, từ giả thiết quynạp ta có
là đã không kiểm tra bài toán có đúng trong trường hợp n 1 hay không
Ta thấy rằng với n 1 thì khẳng định sai vì 1 2
Cơ sở quy nạp và bước quy nạp có một ý nghĩa đặc biệt Cơ sở quy nạp
có thể nói là thiết lập cơ sở để thực hiện phép quy nạp Bước quy nạp chophép ta có quyền mở rộng ra vô hạn cơ sở đó, có quyền chuyển từ trường
Trang 10hợp riêng này đến trường hợp riêng tiếp sau, cụ thể là từ k đến k 1.Nếu ta chưa thực hiện bước cơ sở quy nạp mà chỉ mới thực hiện bướcquy nạp thì như vậy ta chưa thiết lập được cơ sở để tiến hành quy nạp vàlúc này việc thực hiện bước quy nạp sẽ không còn có ý nghĩa nữa vì rằngđiều ta mở rộng thực chất là không có cơ sở.
Ngược lại, nếu ta chỉ mới thực hiện bước cơ sở quy nạp mà chưa thựchiện bước quy nạp thì mặc dù đã thiết lập được cơ sở để tiến hành quynạp nhưng ta lại không có quyền mở rộng cơ sở đó
1.2.2 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp
Điều kiện thứ nhất trong Định lí 1.1 cho ta cơ sở mở rộng bắt đầu từgiá trị k0 Điều kiện thứ hai của Định lí 1.1 cho ta mệnh đề khẳng định
Ppnq đúng với n k0 1, n k0 2, Thực tế nhiều khi trong bướcquy nạp phải đòi hỏi hai giá trị n k 1, n k của mệnh đề, để suy ramệnh đề đúng với n k 1 Trong trường hợp này bước cơ sơ phải kiểmtra không những chỉ với n k0 mà cả với n k0 1 Tổng quát hơn ta
có các định lí sau:
Định lý 1.2 ([4, tr.23]) Cho p là một số nguyên dương và Ppnq là mộtmệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ¥ 1 Nếu mệnh đề Ppnq thỏa mãnhai điều kiện sau:
(i) Pp1q, Pp2q, , Pppq là những mệnh đề đúng
(ii) Các mệnh đề Ppkp 1q, Ppk p 2q, , Ppkq đúng với mỗi số tựnhiên k ¥ p, kéo theo mệnh đề Ppk 1q cũng đúng
Trang 11Thì mệnh đề Ppnq đúng với mọi số nguyên dương n.
Chứng minh Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ¥ 1 mà Ppnq khôngđúng Giả sử tập A là tập khác rỗng, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m
mà Ppmq không đúng
Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà Ppm0q không đúng (1.4)Theo giả thiết piq thì Pp1q đúng nên m0 ¡ 1 suy ra m01 ¥ 1
Đặt k m01, ta chứng minh Ppm0q Ppk 1q cũng đúng (1.5)Thật vậy, nếu k p thì k 1 ¤ p nên theo giả thiết piq ta có Ppm0q
Ppk 1q đúng Nếu k ¥ p thì do k m0 1 không thuộc tập A (vì m0
là số nhỏ nhất thuộc A), nên theo định nghĩa của tập A thì Ppkq đúng.Tương tự k1 không thuộc A và Ppk1q đúng Cứ lặp lại như thế sau
p 1 bước, ta thu được một dãy Ppk p 1q, Ppk p 2q, , Ppkq lànhững mệnh đề đúng Khi đó theo giả thiết piiq thì Ppm0q Ppk 1q
cũng đúng Vậy ta luôn có (1.5)
Từ (1.4) và (1.5) suy ra mâu thuẫn Điều này chứng tỏ tập A là tập
Ví dụ 1.7 ([9, tr.26]) Cho x1, x2 là nghiệm của phương trình x227x
14 0 và n là số nguyên dương Chứng minh rằng tổng Sn xn1 xn2không chia hết cho 715
Chứng minh Theo công thức Viet, ta có x1 x2 27 và x1x2 14
Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Trang 12hết cho 715 Do đó, bài toán đúng với n 1, 2, 3.
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k 2, n k1, n k(k P Z ), tức là Sk 2, Sk 1, Sk đều không chia hết cho 715 Ta chứng minhbài toán cũng đúng với n k 1, tức là Sk 1 không chia hết cho 715.Thật vậy
Do 378 và Sk2 đều không chia hết cho 715, nên Sk 1 không chia hết
cho 715, bài toán đúng với n k 1
Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh
Chú ý 1.2 Một định lý tương đương Định lý 1.2 nhưng có giả thiết quynạp mạnh hơn trong bước quy nạp và thực tế nội dung định lý này được
Trang 13Chứng minh Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ¥ 1 mà Ppnq khôngđúng Giả sử A khác tập rỗng, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m mà
Khi đó theo giả thiết piiq thi Ppm0q Ppk 1q cũng đúng (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) suy ra mâu thuẫn Điều này chứng tỏ A là tập rỗng
Ví dụ 1.8 ([4, tr.29]) Chứng minh rằng nếu x 1
x là số nguyên thì x
n 1
xn
cũng là số nguyên với mọi số nguyên dương n
Chứng minh Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Với n 1 bài toán hiển nhiên đúng
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n 1, n 2, , n k
Trang 141.3 Phương pháp phản chứng
Cơ sở của phương pháp phản chứng là các định luật trong logic:
Định lý 1.4 ([8, tr.17]) (Các định luật cơ bản)
1 Định luật bài trung: một mệnh đề phải hoặc đúng hoặc sai
2 Định luật phi mâu thuẫn: một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai.Trong phương pháp phản chứng, để chứng minh mệnh đề p ñ q đúng,
ta giả sử mệnh đề p ñq sai, suy ra p đúng và q sai Từ đó lập luận đưa ramệnh đề r và r (r ở đây cũng có thể là p hoặc cũng có thể là q) Điều nàytrái với định luật bài trung và định luật phi mâu thuẫn Như vậy điều giả
sử của ta là sai hay mệnh đề p ñ q là đúng Cụ thể, để chứng minh mệnh
đề pñ q đúng bằng phương pháp phản chứng ta thực hiện ba bước sau:Bước 1: Phủ định lại mệnh đề cần chứng minh
Giả sử mệnh đề q sai (hay q đúng)
Bước 2: Tìm điều vô lí
Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà nhữngtính chất hoặc quan hệ mới này dẫn đến một điều vô lí thì chứng tỏ điều
ta giả sử là sai hay q đúng Điều vô lí ở đây thương là điều trái với giảthiết, điều trái với một kiến thức đã biết, hai điều trái ngược nhau Bước 3: Kết luận
Vậy p ñ q là mệnh đề đúng
Ví dụ 1.9 Chứng minh rằng với mọi a, bP R ta có a b ¥ 2?
ab.Chứng minh Bước 1: Phủ định mệnh đề cần chứng minh
Giả sử với mọi a, b P R ta có a b 2?
ab
Trang 15Bước 2: Tìm điều vô lí.
Ta lại có a b 2?
ab ô pa bq2 4ab ô a2 2ab b2 0 ô
pabq2 0 (vô lí) Do đó điều giả sử là sai
Bước 3: Kết luận
Ví dụ 1.10 Chứng minh rằng với số nguyên n tùy ý, nếu n2 chia hết cho
3 thì n chia hết cho 3
Chứng minh Bước 1: Phủ định mệnh đề cần chứng minh
Giả sử n là một số nguyên, n2 chia hết cho 3 nhưng n không chia hết
cho 3
Bước 2: Tìm điều vô lí
Vì n không chia hết cho 3 nên n 3k 1 hoặc n 3k 2 (k P Z) Nếu
(i) Luật phủ định của phủ định: q q
(ii) Qui tắc De Morgan: p^q p_q, p_q p^q
Trang 16(iii) Nếu Ppxq là hàm mệnh đề xác định trên tập A thì ta có:
@xP A, Ppxq Dx P A, Ppxq,
Dx P A, Ppxq @x P A, Ppxq
Trang 17Chương 2
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở PHỔ THÔNG
2.1 Ứng dụng phương pháp quy nạp vào giải một
số bài toán ở phổ thông
2.1.1 Ứng dụng vào giải một số bài toán về dãy số
Bài toán 2.1 ([9, tr.47]) Cho dãy số un xác định như sau:
Ta chứng minh (2.1) bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Ta có (2.1) đúng với n 1, n 2 (tính toán ở trên).Bước quy nạp: Giả sử (2.1) đúng với n k1, n k (k P Z ), tức
Trang 18Bài toán 2.2 ([4, tr.114]) Cho dãy số F1, F2, , Fn, được xác định theo
công thức sau F1 1, F2 1, Fn Fn1 2Fn2 với n ¥ 3 Chứngminh rằng với n ¥ 2 số 2n 1 7Fn21 là số chính phương
Trang 19Chứng minh Đặt An 2n 1 7Fn21.
Với n 2 ta có
F1 1, F2 1, A2 22 17F12 1 11 p2 1q2 p2F2 F1q2
.Với n 3 ta có
F3 F22F1 1, A3 23 17F22 9 32 p21q2 p2F3 F2q2
.Với n 4 ta có
F4 F32F2 3, A4 24 17F32 25 52 p2.31q2 p2F4 F3q2
Dự đoán
An 2n 17Fn21 p2Fn Fn 1q2
pn ¥ 2, n PNq (2.2)
Ta chứng minh (2.2) bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Ta có (2.2) đúng với n 2 (tính toán ở trên)
Bước quy nạp: Giả sử (2.2) đúng với n k, k ¥ 2, k P N, tức là
Trang 20Vậy với n ¥ 2 số 2n 1 7Fn21 là số chính phương
Bài toán 2.3 (Thi học sinh giỏi Việt Nam, 1989) ([9, tr.31]) Với n P N,
ta gọi txnu và tynu là hai dãy số được xác định một cách đệ quy như sau
x0 1, x1 4, xn 2 3xn 1 xn,
y0 1, y1 2, yn 2 3yn 1yn.Chứng minh rằng x2n 5yn2 4 0 với mọi số nguyên không âm n
Trang 21Ta chứng minh (2.3) bằng phương pháp quy nạp.
Cơ sở quy nạp: Ta có (2.3) đúng với n 1, n 2 (tính toán ở trên).Bước quy nạp: Giả sử (2.3) đúng với n k, n k 1 (k PN), tức là
Theo nguyên lý quy nạp, (2.3) đúng với mọi n P N
Tiếp theo ta chứng minh (2.4) bằng phương pháp quy nạp
x2n5y2n 4 0 pn P Nq (2.4)
Cơ sở quy nạp: Với n 0 ta có x205y02 4 125.12 4 0 Nhưvậy (2.4) đúng với n 0
Trang 22Bước quy nạp: Giả sử (2.4) đúng với n k (k P N), tức là
2
5
xk 3yk2
2
4
9x2k 30xkyk 25y2k5 x2k 6xkyk 9yk2
164
Theo nguyên lý quy nạp, (2.4) đúng với mọi n P N
2.1.2 Ứng dụng vào giải một số bài toán về chia hết
Bài toán 2.4 ([4, tr.90]) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n số
33n 326n27 chia hết cho 169
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Với n 0 ta có 33.0 3 26.0 27 0 chia hết cho
169 Như vậy bài toán đúng với n 0
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k (k P N), tức là số
33k 326k27 chia hết cho 169 Ta chứng minh bài toán cũng đúng với
n k 1, tức là số 33pk 1q 326pk 1q 27 chia hết cho 169 Thật vậy
Trang 23Theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng với mọi n P N
Bài toán 2.5 ([9, tr.36]) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,
Sn pn 1qpn 2q pn nq
chia hết cho 2n
Chứng minh Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Với n 1 ta có S1 1 1 2 chia hết cho 21 2.Như vậy bài toán đúng với n 1
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k (k P Z ), tức là
Sk pk 1qpk 2q pk kq chia hết cho 2k Ta chứng minh bài toán cũngđúng với n k 1, tức là Sk 1 pk 2qpk 3q p2k 1qp2k 2q chiahết cho 2k 1
Thật vậy, vì Sk chia hết cho 2k nên tồn tại số nguyên s sao cho Sk 2ks.Khi đó
Trang 24Do đó Sk 1 chia hết cho 2k 1.
Theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng với mọi n P Z
Bài toán 2.6 (Vô địch Toán Ba Lan 1982) ([9, tr.40]) Cho q là một số tựnhiên chẵn lớn hơn 0 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n, số qpq 1q n
1chia hết cho pq 1qn 1 và không chia hết cho pq 1qn 2
Chứng minh Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Bài toán đúng với n 0, bởi vì qpq 1q0 1 q 1chia hết cho pq 1q0 1 q 1 và không chia hết cho pq 1q0 2 pq 1q2.Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k (k P Nq, tức là số
qpq 1qk 1 chia hết cho pq 1qk 1 và không chia hết cho pq 1qk 2 Tachứng minh bài toán cũng đúng với n k 1, tức là số qpq 1qk 1 1chia hết cho pq 1qk 2 và không chia hết cho pq 1qk 3 Thật vậy vì số
qpq 1qk 1 chia hết cho pq 1qk 1 nên tồn tại số nguyên dương s sao cho
Trang 25Ta lại có s không chia hết cho pq 1q Vì nếu s chia hết cho pq 1q thì
sẽ tồn tại số nguyên dương p sao cho s pq 1qp Khi đó
1 không chia hết cho pq 1qk 2q
Từ (2.5) và s không chia hết cho q 1, suy ra B không chia hết cho
q 1 Bây giờ ta đi chứng minh qpq 1qk 1 1 không chia hết cho pq 1qk 3
bằng phương pháp phản chứng Giả sử ngược lại, qpq 1q k 1