Luận văn Thạc sĩ Toán học: Quy nạp và phương pháp quy nạp toán học trong hình học

Mục tiêu nghiên cứu của luận văn này là trình bày khái quát các kết quả chính đã có về quy nạp Toán học và phương pháp quy nạp Toán học.

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

PHẠM THỊ UYÊN

QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP

QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

HÀ NỘI - 2019

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

PHẠM THỊ UYÊN-C01093

QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP

QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ:8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Văn Đoành

HÀ NỘI - 2019

Lời cam đoan

Luận văn này là kết quả nghiên cứu của bản thân tôi dưới sự hướngdẫn tận tình của TS Nguyễn Văn Đoành Trong khi nghiên cứu hoànthành luận văn này tôi đã tham khảo một số tài liệu đã ghi trong phầntài liệu tham khảo Tôi xin khẳng định kết quả của luận văn "Quy nạp

và phương pháp quy nạp Toán học trong hình học" là kết quảcủa việc nghiên cứu, học tập và nỗ lực của bản thân, không có sự trùnglặp với kết quả của các luận văn khác Nếu sai tôi xin hoàn toàn chịutrách nhiệm

Hà Nội, ngày tháng 9 năm 2019

Người viết luận văn

Phạm Thị Uyên

Lời cảm ơn

Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin được bày tỏlòng biết ơn sâu sắc tới TS.Nguyễn Văn Đoành, người đã tận tình hướngdẫn, giúp đỡ, động viên tôi hoàn thành được luận văn này Trong suốtquá trình làm luận văn, thầy đã dành nhiều thời gian và công sức để chỉbảo hướng dẫn tôi từ những điều nhỏ nhặt tới những vấn đề khó khăn,thầy vẫn luôn kiên nhẫn, tận tình quan tâm giúp đỡ tôi để hoàn thànhluận văn này

Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô thuộc Khoa Toán,Trường Đại học Thăng Long, những người đã tận tình giảng dạy và khích

lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập Tôi xin cảm

ơn Ban giám hiệu Trường Đại học Thăng Long, khoa Sau đại học và cáchọc viên lớp Cao học khóa K6.1 đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡchúng tôi trong suốt thời gian học tập Cuối cùng tôi xin cảm ơn bạn bè,đồng nghiệp, và người thân đã tạo điều kiện, động viên, khích lệ, giúp

đỡ, ủng hộ để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình

Hà Nội, ngày tháng 9 năm 2019

Người viết luận văn

Phạm Thị Uyên

1.1 Suy luận và chứng minh Toán học 31.1 1 Suy luận Toán học 31.1 2 Các phương pháp chứng minh 61.1 3 Phương pháp chứng minh quy nạp Toán học 111.2 Suy luận quy nạp 171.2 1 Phương pháp quy nạp hoàn toàn 181.2 2 Quy nạp không hoàn toàn và các giả thuyết

Toán học 191.3 Phương pháp quy nạp toán học ở trường phổ thông 21

2.1 Tính toán bằng quy nạp 252.2 Chứng minh bằng quy nạp.Tô màu bản đồ 322.2 1 Chứng minh bằng quy nạp 32

2.2 2 Tô màu bản đồ 36

2.3 Xây dựng định nghĩa nhờ quy nạp 55

2.3 1 Trung tuyến và trọng tâm của n-giác 55

2.3 2 Đường tròn Euler của n-giác 58

2.3 3 Đường thẳng Simson của n-giác nội tiếp 62

2.3 4 Điểm ceva của n-giác 63

Mở đầu

Suy luận quy nạp là suy luận trên cơ sở khảo sát các trường hợp riêng

để đi đến các giả thuyết Suy luận quy nạp Toán học có vai trò quantrọng trong Toán học và các nghành khoa học khác Suy luận quy nạpcũng đã được sử dụng trong giải các dạng toán như một cách gợi mở,tìm tòi phát hiện vấn đề Phương pháp quy nạp Toán học cũng đã đượcđưa vào chương trình phổ thông, giới thiệu một cách chứng minh có quytắc và rất hiệu quả Để nâng cao khả năng tư duy Toán học và tìm hiểuthêm phương pháp quy nạp Toán học trong hình học, chương trình phổthông, tôi chọn đề tài luận văn cao học là “ Quy nạp và phương phápquy nạp Toán học trong hình học ” Trong luận văn này, tôi xin trìnhbày khái quát các kết quả chính đã có về quy nạp Toán học và phươngpháp quy nạp Toán học Bố cục của luận văn gồm 2 chương:

Chương 1 Phương pháp quy nạp Toán học

Chương 2 Phương pháp quy nạp trong hình học

Do thời gian nghiên cứu có hạn, luận văn không thể tránh khỏi nhữngthiếu sót, tác giả rất mong nhận được những ý kiến đóng góp của cácthầy và các bạn để luận văn được hoàn thiện hơn

Xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày tháng năm 2019

Người thực hiện

Phạm Thị Uyên

Chương 1

Phương pháp quy nạp

Toán học

1.1 Suy luận và chứng minh Toán học

1.1 1 Suy luận Toán học

a.Quy tắc suy luận

Định nghĩa 1.1 ChoA1, A2, A3, , An và B là những mệnh đề Ta nóirằng có một quy tắc suy luận với các tiền đề là A1, A2, A3, , An và hệquả logic làB nếu ( A1V

A2V

A3V

V

An) →B là một mệnh đề hằng đúngQuy tắc suy luận trên đây được kí hiệu là A1, A2, , An

Khi dùng ký hiệu này, các giả thiết được viết trên dấu gạch ngang cònkết luận viết dưới dấu gạch ngang Ký hiệu “∴ ” có nghĩa là “ vậy thì”.

Luật tách rời phát biểu rằng nếu cả mệnh đề kéo theo và các giả thiếtcủa nó là đúng suy ra kết luận của mệnh đề là đúng

Ví dụ 1.1 Mệnh đề kéo theo “ nếu n chia hết cho 3 ” thì “ n2chia hếtcho 9 ”là đúng Do vậy nếu n chia hết cho 3,thì theo luật tách rời

ta suy ra n2chia hết cho 9

Bảng 1.1: Bảng liệt kê một số quy tắc quan trọng

mệnh đề tiếp liên Bây giờ ta sẽ chỉ ra sự khác nhau giữa suy luận đúng

và suy luận sai

•Mệnh đề [(p → q) ∧ q] → p không là hằng đúng vì nó sai khi p sai và

q đúng Tuy nhiên, có nhiều chứng minh sai xem nó như hằng đúng Sở

dĩ có sai lầm này là người ta cho rằng mệnh đề p → q tương đương với

mệnh đề q → p nên khi có q đúng suy ra p đúng Loại suy luận sai điển

hình này gọi là ngộ nhận kết luận

Ví dụ 1.2 p : “n chia 3 dư 1 ”

q :“ n2chia 3 dư 1 ”

p → q : “n chia 3 dư 1 thì n2 chia 3 dư 1 ”là mệnh đề đúng

Nếu q đúng, tức là n2 chia 3 dư 1 có thể suy ra p đúngtức là n chia 3 dư 1 không?

Lời giải : Không thể kết luận p đúng được bởi vì n có thể chia 3 dư 2, khi

đó n2 = (3k + 2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1 chia 3 dư 1

Chứng minh sai vì đã ngộ nhận kết luận

•Mệnh đề [(p → q) ∧ ¬p] → ¬q không phải là hằng đúng vì nó sai khi p

sai và q đúng

Nhiều chứng minh sai vì đã sử dụng mệnh đề này như một luật suy

diễn.Sở dĩ có sai lầm này là do người ta cho rằng mệnh đề p → q tương

đương với mệnh đề ¬p → ¬q nên khi có ¬p đúng suy ra ¬q đúng Loại

suy diễn sai lầm kiểu này gọi là ngụy biện phủ nhận giả thiết

Ví dụ 1.3 Suy diễn sau đây có đúng hay không ?

Nếu x > 1 thì x2 > 1

Ta có x ≤ 1vậy thì x2 ≤ 1

Lời giải : Giả sử p là mệnh đề “x > 1” còn q là mệnh đề “x2 > 1” Khi

đó, cách suy diễn trên có dạng : [(p → q) ∧ ¬p] → ¬q Đây là suy diễn

sai dạng ngụy biện phủ nhận giả thiết Thật vậy, ta có x = −2 nhỏ hơn

1 nhưng x2 = 4 lớn hơn 1

•Suy luận quẩn : Ngụy biện này xuất hiện khi chứng minh một mệnh

đề lại sử dụng chính nó hoặc một mệnh đề tương đương với nó

Ví dụ 1.4 Chứng minh tiên đề Ơclit về đường song song

•Ngoài những ngụy biện nêu trên còn có những suy luận sai do áp dụng

không đúng các định lý hoặc tính chất

1.1 2 Các phương pháp chứng minh

Dưới đây, chúng ta sẽ mô tả cách chứng minh các kiểu mệnh đề kéotheo p → q, nên các kỹ thuật chứng minh kéo theo là rất quan trọng Sauđây ta sẽ bàn tới những kĩ thuật chứng minh phép kéo theo

• Chứng minh rỗng

Giả sử rằng giả thiết p của phép kéo theo p → q là sai Khi đó, phép kéotheo là đúng vì hai dạng mệnh đề F → T và F → F đều đúng Do vậy,nếu có thể chỉ ra p là sai thì phép kéo theo p → q được chứng minh Mộtchứng minh như vậy được gọi là chứng minh rỗng

Ví dụ 1.5 Chỉ ra rằng mệnh đề P (0) là đúng, trong đó P (n) là hàmmệnh đề “ Nếu n > 1 thì n2 > n ”

Lời giải : Dễ thấy P (0) là mệnh đề kéo theo “ nếu 0 > 1 thì 02 > 0

” Vì giả thiết 0 > 1 sai nên mệnh đề kéo theo P (0) tự động đúng Chú

ý rằng kết luận của phép kéo theo 02 > 0 là sai Nhưng không vì thế màmệnh đề P (0) là sai, vì theo định nghĩa, mệnh đề kéo theo chỉ sai khi giảthiết của nó đúng còn kết luận của nó là sai

•Chứng minh tầm thường

Giả sử rằng kết luận q của phép kéo theo p → q là đúng Khi đó p → q

là đúng vì nó có dạng T → T hoặc F → T đều đúng cả Do vậy, nếu

có thể chỉ ra được q là đúng thì mệnh đề p → q được chứng minh Mộtchứng minh như vậy gọi là chứng minh tầm thường

Ví dụ 1.6 Gọi P (n) là mệnh đề “ Nếu a và b là hai số nguyên dương

và a ≥ b thì an ≥ bn”.Hãy chỉ ra rằng P (0) là đúng

Lời giải : Mệnh đề P (0) là câu :“ Nếu a và b là hai số nguyên dương và a

≥b thì a0 ≥b0 ” Do đó P (0) là đúng Đây là một ví dụ về chứng minhtầm thường

•Chứng minh trực tiếp

Cách chứng minh thông thường hơn hai cách chứng minh trên là cho p

đúng rồi sử dụng các suy luận có lý để chỉ ra rằng q cũng đúng, tức là tổhợp p đúng q sai không bao giờ xảy ra Chứng minh này gọi là chứngminh trực tiếp

Ví dụ 1.7 Hãy chứng minh trực tiếp mệnh đề “ Nếu n là số lẻ thì n2

cũng là số lẻ ”

Lời giải : Giả sử rằng giả thiết của mệnh đề kéo theo này là đúng.Khi đó n = 2k + 1, với k là số nguyên Từ đó suy ra n2 = (2k + 1)2 =4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1, do đó n2 cũng là số lẻ

• Chứng minh gián tiếp

Ta biết rằng hai mệnh đề tương đương logic với nhau nếu và chỉ nếu tínhđúng sai của chúng như nhau Vì vậy để chứng minh một mệnh đề M

đã cho là đúng, ta có thể chứng minh một mệnh đề tương đương logic với

M là đúng Chẳng hạn để chứng minh mệnh đề p → q là đúng, ta có thểchứng minh mệnh đề ¬q→ ¬p là đúng

Vì mệnh đề kéo theo p→q tương đương với mệnh đề phản đảo của nó là

¬q→ ¬p, nên phép kéo theo sẽ được chứng minh bằng cách chỉ ra rằngmệnh đề¬q→ ¬p là đúng.Mệnh đề kéo theo này thường được chứng minhtrực tiếp nhưng cũng có thể sử dụng bất cứ kỹ thuật chứng minh nào

Chứng minh kiểu này gọi là chứng minh gián tiếp

Ví dụ 1.8 Hãy chứng minh gián tiếp định lý “ Nếu 3n + 2 là một số lẻthì n cũng là số lẻ ”

Lời giải : Giả sử ngược lại kết luận của phép kép theo là sai, tức

n chẵn Khi đó n = 2k với k là số nguyên nào đó Từ đó suy ra

3n + 2 = 3(2k) + 2 = 2(3k + 1) và do đó 3n + 2 là số chẵn Vậy

phủ định kết luận của phép kéo theo dẫn đến phủ định của giả thiết của

nó, nên mệnh đề kéo theo ban đầu là đúng

•Chứng minh bằng phản chứng

Ta có [¬p → (q ∧ ¬q)] → p là một mệnh đề hằng đúng do đó có một quytắc suy luận

¬p → (q ∧ ¬q)

∴ p

Như vậy để chứng minh mệnh đề p đã cho là đúng, ta giả sử p sai, tức

¬pđúng từ đó suy ra hai mệnh đề q và ¬q, tức là suy ra mệnh đề hằng sai

q∧¬q.Ta biết rằng¬p→F là đúng chỉ trong trường hợp¬p sai do đó p đúng

Kiểu chứng minh này gọi là chứng minh bằng phản chứng

Ví dụ 1.9 Hãy chứng minh bằng phản chứng định lý : “ Nếu a là số vô

tỷ thì b = a+2 là số vô tỷ ”

Lời giải : Giả sửb = a+2 là số hữu tỷ thì b = m

n với m, n là số nguyên.Khi đó từ đẳng thức b = a + 2 suy ra a = b − 2 = m

Điều này chứng tỏ mệnh đề kéo theo có giả thiết là tuyển của các mệnh

đề p1, p2, · · · , pn có thể được chứng minh mỗi một trong n mệnh đề kéotheo pi → q với i = i, n một cách riêng rẽ Cách chứng minh như trêngọi là chứng minh từng trường hợp

Ví dụ 1.10 Hãy chứng minh mệnh đề “ Nếu số nguyên n không chiahết cho 3 thì n2chia 3 dư 1”

Lời giải: Gọi p là mệnh đề : “ n không chia hết cho 3 ” và q là mệnh đề

“ n2 chia 3 dư 1 ” Khi đó p tương đương với p1∨ p2 trong đó p1 là mệnh

đề “ n chia 3 dư 1 ” còn p2 là mệnh đề : “ n chia 3 dư 2 ” Từ đó đểchứng tỏ p → q ta sẽ chứng minh p1 → q và p2 → q Hai mệnh đề kéo

theo này được chứng minh dễ dàng như sau :

Giả sử p1 đúng, tức là n = 3k + 1 với k là một số nguyên nào đó Khi

tức là “n2 chia 3 dư 1 ” hay p2 → q là đúng.

Vì cả hai mệnh đề (p1 → q)và (p2 → q) là đúng nên kết luận (p1∨p2) →

q là đúng Hơn thế nữa, vì p tương đương với p1∨ p2 nên suy ra mệnh đề

Ví dụ 1.11 Hãy chứng minh định lý “ a4 = b4khi và chỉ khi a2 = b2”

Lời giải: Định lý này có dạng “ p nếu và chỉ nếu q ”, trong đó p là mệnh

đề “ a4 = b4 ” còn q là mệnh đề “a2 = b2” Để chứng minh định lý này,

ta chỉ cần chỉ ra p → q và q → p là đúng

Để chứng minh phép kéo theo thứ nhất ta giả sử p đúng, tức là a4 = b4.Suy ra a4 − b4 = (a2 + b2)(a2 − b2) = 0 Mệnh đề này tương đương với

mệnh đề p1 ∨ p2, trong đó p1 = a2 + b2 = 0 và p2 = a2 − b2 = 0.

Nếu p1 đúng tức là a2 + b2 = 0 suy ra a = b = 0.Do đó a2 = b2 = 0 do

đó q đúng

Nếu p2 đúng, tức là a2 − b2 = 0 suy ra a2 = b2, tức là q đúng

Như vậy, mệnh đề kéo theo thứ nhất đã được chứng minh

Để chứng minh mệnh đề kéo theo thứ hai, ta giả sửq đúng, tức là a2 = b2,suy ra a4 = a2.a2 = b2.b2 = b4, tức là ta có p đúng, mệnh đề kéo theo thứhai được chứng minh

Vì cả hai mệnh đề p → q và q → p đã được chứng minh là đúng nênmệnh đề tương đương với chúng p ↔ q là đúng

sao cho P (a) đúng Cách chứng minh tồn tại như vậy gọi là chứng minhtồn tại kiến thiết Có cách chứng minh khác gọi là tồn tại khôngkiến thiết, tức là chúng ta không chỉ ra phần tử a sao cho P (a) đúng

mà chứng minh rằng ∃xP (x) đúng bằng một cách khác

Ví dụ 1.12 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n tồn tại n sốnguyên dương liên tiếp đều là hợp số

Lời giải :Điều phải chứng minh tương đương với lượng hóa ∀n∃x∀(i =

1, n)(x + i) là hợp số Với mọi n nguyên dương ta đặt x = (n + 1)! + 1.Khi đó

x + i = (n + 1)! + (i + 1)

chia hết cho (i + 1) với mọi i = 1, n Vì vậy x + 1, x + 2, · · · , x + n là

n hợp số liên tiếp Trong cách chứng minh này ta đã chỉ ra số x để cho

P (x) đúng Đó là cách chứng minh tồn tại kiến thiết

•Phản ví dụ

Giả sử mênh đề ∀xP (x) là sai Chúng ta chứng tỏ điều này bằng cách

nào? Nhớ lại rằng các mệnh đề ¬∀xP (x) và ∃x¬P (x) là tương đương

Điều này có nghĩa là nếu ta tìm được một phần tử a sao cho P (a) sai

thì chúng ta chỉ ra được ∃x¬P (x) là đúng hay ∀xP (x) là sai Phần tử a

sao cho P (a) sai gọi là một phản ví dụ Nếu tìm được chỉ một phản vi

nguyên tố đều lẻ ” là sai

1.1 3 Phương pháp chứng minh quy nạp Toán học

1 Cơ sở phương pháp chứng minh quy nạp Toán học

Phương pháp quy nạp Toán học là một phương pháp chứng minh Toán học

đặc biệt, cho phép ta rút ra quy luật tổng quát trên cơ sở những trường

hợp riêng

a, Tính sắp thứ tự tốt của tập N các số tự nhiên

Tiên đề 1.1 Mọi tập không rỗng của tập các số tự nhiên N luôn có số bé nhấtĐịnh lý 1.1 A ⊂ N Nếu 0 ∈ A và a ∈ A suy ra a + 1 ∈ A thì A = N

Chứng minh: Giả sử A 6= N khi đó M = NA 6= ∅ ⇒M 6= ∅.

Theo tiên đề trên M có số bé nhất là m0, tức là tồn tại m0 ∈ M sao

cho với mọi m ∈ M ta có m0 ≤ m.

Vì m0 ∈ M nên m0 ∈ A/ , do đó m0 6= 0 Vì m0 là số tự nhiên khác 0

nên a = m0 − 1 cũng là một số tự nhiên Vì a < m0 nên a /∈ M, suy ra

a ∈ A Theo giả thiết a + 1 ∈ A Nhưng a + 1 = m0 Vậy m0 ∈ A Trên

đây ta có m0 ∈ A/ Mâu thuẫn này chứng tỏ A = N

b, Phương pháp chứng minh quy nạp

Định lý 1.2 Cho P(n) là một hàm mệnh đề xác định trên tập các số tựnhiên N Nếu P(0) đúng và∀a ∈ N, P (a) −→ P (a+1)đúng ∀nP (n)đúng

Chứng minh: Đặt A = n0 ∈ N|P (n0) đúng là miền đúng của P (n) Khi

ta có A = N Suy ra với mọi x0 ≥ n0,x0 ∈ EP(n) suy ra P (x0) đúng

2 Một số hình thức của phương pháp quy nạp Toán học

• Phương pháp quy nạp thứ nhất

[p(k0); ∀k ≥ k0; p(k) ⇒ p(k + 1)] ⇒ ∀n ≥ k0, p(n) (1.1)

Ví dụ 1.14 Với số tự nhiên a, số nguyên tố P.Chứng minh ap− a

chia hết cho p (định lý nhỏ Fermat)

Chứng minh

Do không rõ quy luật phân bố của số nguyên tố p nên ta quy nạp theo a:

a = 0 ⇒0p− 0 chia hết cho p

a = 1⇒1p − 1 chia hết cho p

Giả sử ap− a chia hết cho p với số tự nhiên a ≥ 0

Ta chứng minh (a + 1)p− (a + 1) chia hết cho p

⇒(a+1)p− (a + 1) = ap− a +bội số của p = bội số của p

Do ap− a chia hết cho p theo giả thiết quy nạp nên bài toán được chứngminh

Ví dụ 1.15 Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta đều có :

Ví dụ 1.16 Chứng minh rằng nếu sin a 6= 0thì :

cos a cos 2a cos 4a cos 2na = sin 2

cos a cos 2a cos 2k−1a cos 2ka = sin 2

ka cos 2ka

2ksin a

= sin 2

k+1a2.2ksin a =

Khi s = 1, phương trình có nghiệm x = 1

Khi s = 2, giả sử phương trình có nghiệm (a1; a2; a1 ≤ a2),

Vậy với s = 2 phương trình vô nghiệm

Khi s = 4 thì (2; 2; 2; 2) là nghiệm của phương trình

Khi s = 5, chứng minh tương tự như khi s = 3 và bằng phép thế ta biếtphương trình vô nghiệm

Nói chung khischính phương thì phương trình luôn có nghiệm (√

s;√s; ;√

• Phương pháp quy nạp thứ tư

Thường được dùng để xem xét các tổng hữu hạn, các tích phân (dùngphương pháp tích phân từng phần)

Giả sử tính được S0, S1, Sn −1,ta tính được Sn

Vì x1, x2 là nghiệm của phương trình nên :

• Phương pháp quy nạp thứ năm

Thường được dùng trong các dãy số mà số hạng thứ n được biểu diễn theocác số hạng đứng trước nó Ở đây chúng ta có thể thấy sự tương tự củahình thức quy nạp kép với hình thức quy nạp truy hồi

am+1 = am+ am −1 = am.a2 + am −1.a1 (vì a1 = a2 = 1)

am+2 = am+1+ am = am −1 + 2am = am −1.a2 + am.a3 ( vì a2 = 1; a3 = 2).Giả sử biểu thức đúng với n = k − 1, k

• Phương pháp quy nạp thứ sáu

Một số bài toán có miền xác định liên tục thường ta không dùng phươngpháp quy nạp, tuy nhiên hình thức quy nạp theo đoạn đôi khi lại là mộtcách giải độc đáo, bất ngờ như ví dụ sau đây:

Ví dụ 1.21 Chứng minh 2x > x, với mọi x > 0

Chứng minh khi 0 < x ≤ 1, ta được 2x > 20 = 1 ≥ x(do tính đơn điệu

1.2 Suy luận quy nạp

Người ta thường phân biệt hai hình thức suy luận đó là suy diễn và quynạp Suy diễn là phương pháp suy luận đi từ cái chung đến cái riêng,dựa trên các quy tắc suy luận như đã trình bày trong mục 1.1

Quy nạp là phương pháp suy diễn đi từ cái riêng đến cái chung Có hailoại quy nạp là quy nạp hoàn toàn và quy nạp không hoàn toàn

1.2 1 Phương pháp quy nạp hoàn toàn

Một số ví dụ

Ví dụ 1.22 Tìm công thức tính tổng của n số nguyên dương lẻ đầu tiênLời giải: Đặt S(n) = 1 + 3 + · · · + (2n − 1) Với n = 1, 2, 3, 4, 5 tađược

Từ các kết quả trên ta dự đoán tổng của n số nguyên lẻ đầu tiên là n2,

ta sẽ chứng minh dự đoán trên là đúng

Gọi P (n) là mệnh đề : “ Tổng n số nguyên lẻ đầu tiên bằng n2 ” hoặc

“S(n) = n2 ”

•Bước cơ sở: Vì S(1) = 1 = 12 nên P (1) đúng

•Bước quy nạp : Giả sử P (n) đúng, tức là ta có :

Đẳng thức này chứng tỏ P (n + 1) được suy ra từ P (n) Vậy P (n) đúngvới mọi n nguyên dương.

Ví dụ 1.23 Chứng minh rằng n3 − n chia hết cho 3 với mọi n nguyênkhông âm

Lời giải : Gọi P (n) là hàm mệnh đề : “ n3 − n chia hết cho 3 ”.Bước cơ sở: P (0) đúng vì 03 − 0 = 0 chia hết cho 3

Bước quy nạp: : Giả sử P (n) đúng, tức là n3 − n chia hết cho 3 Tacần chứng minh P (n + 1) đúng Thật vậy, biểu thức:

(n + 1)3 − (n + 1) = (n3 + 3n2 + 3n + 1) − (n + 1)

= (n3 − n) + 3(n3 + n) = n(n2 − 1) + 3(n3 + n)

= n(n − 1)(n + 1) + 3(n3 + n)

chia hết cho3vì n3−n chia hết cho 3theo giả thiết quy nạp, còn3(n3+n)

chia hết cho 3 vì n2 + n nguyên

Bước quy nạp được hoàn thành

Vậy P (n) đúng với mọi n không âm

1.2 2 Quy nạp không hoàn toàn và các giả thuyết Toán

học

Suy luận quy nạp không hoàn toàn là suy luận đi từ cái riêngđến cái chung, từ cụ thể đến tổng quát, mà kết luận rút ra từ suy luậnchưa chắc đúng

Ví dụ: So sánh các số A(n) = 10n −1 với B(n) = 2004 + n, trong đó

n ∈ N∗.Bằng phép thử với n = 1, 2, 3, 4 ta có A(1) < B(1); A(2) <B(2); A(3) < B(3); A(4) < B(4)

Từ đây, ta kết luận

“10n−1 < 2004 + n với mọi n ≤ 4” (1)

Mệnh đề (3) sẽ được chứng minh nếu dùng phương pháp quy nạptoán học.

Các mệnh đề (2),(3) có được là kết quả của phép quy nạp không hoàntoàn, trong đó mệnh đề (2) là sai còn mệnh đề (3) là đúng

Do phép thử chỉ có tính dự đoán, nên kết quả của phép quy nạp khônghoàn toàn chỉ là giả thuyết, và việc phải làm tiếp theo là chứng minhhay bác bỏ

Dưới đây, ta xét thêm vài ví dụ lịch sử

Phescma (P.Fermat) nhà Toán học Pháp (1601-1665) khi xét các số dạng

22n

+ 1 thấy rằng với n = 0, 1, 2, 3, 4 thì 220+ 1 = 3, 221+ 1 = 5, 222+ 1 =

17, 223 + 1 = 257, 224 + 1 = 65537 đều là những số nguyên tố Từ đó,ông dự đoán rằng “ Mọi số có dạng 22 n

+ 1 với n ∈ N đều là những sốnguyên tố ”

Tuy nhiên, 100 năm sau, nhà Toán học Thụy sĩ Ơ-le (Euler, 1707-1783)lại phát hiện ra rằng 225 + 1 không phải là số nguyên tố vì:

225 + 1 = 4294967297 641

Cũng chính Phéc-ma là tác giả của giả thuyết nổi tiếng mà người đời saugọi là định lí cuối cùng của Phéc-ma: “Phương trình xn+ yn = zn không

có nghiệm nguyên dương với mọi số tự nhiên n > 2 ” Năm 1993, tức làhơn 350 năm sau, giả thuyết này mới được chứng minh hoàn toàn.Nhà Toán học Đức Lai-bơ-nít (Leibniz 1646-1716) đã chứng minh đượcrằng ∀n ∈ N∗ thì n3− n 3; n5− n 5; n7− n 7, từ đó ông dự đoán với mọi

n nguyên dương và với mọi số lẻ p thì np− n p Tuy nhiên, chỉ ít lâu sauchính ông lại phát hiện ra 29 − 2 = 510 không chia hết cho 9

Lịch sử Toán học đẫ để lại nhiều sự kiện thú vị xung quanh các giả thuyết

có được bằng suy luận quy nạp không hoàn toàn ( hoặc bằng phép tươngtự) Có những giả thuyết đã bị bác bỏ, có nhiều giả thuyết đã được chứngminh, có những giả thuyết mà vài trăm năm sau vẫn không được chứngminh hay bác bỏ Tuy nhiên, việc tìm cách chứng minh hay bác bỏ nhiềugiả thuyết đã có tác dụng thúc đẩy sự phát triển toán học

1.3 Phương pháp quy nạp toán học ở trường

phổ thông

Trong chương trình phổ thông dãy số được đưa vào lớp 11 để sau đónghiên cứu về giới hạn và đạo hàm Dãy số là một tập con của tập các sốthực được đánh số bởi các số tự nhiên, vì vậy phương pháp chứng minhquy nạp được dùng có hiệu quả trong chương này.Một số bài toán phổthông giải bằng phương pháp quy nạp Toán học Sau đây là một vài ví dụ

sử dụng phương pháp quy nạp Toán học

1.Công thức số hạng tổng quát của cấp số cộng

Nếu cấp số cộng (un) có số hạng đầu u1 và công sai d thì số hạng tổngquát un được xác định bởi công thức:

un = u1 + (n − 1)d với n ≥ 2 (1.4)

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh công thức (1.4) bằng quy nạp

Khi n = 2 thì u2 = u1 + d, vậy công thức (1.4) đúng

Giả sử công thức (1.4) đúng với n = k ≥ 2, tức là uk = u1 + (k − 1)d.

Ta phải chứng minh rằng (1.4) cũng đúng với n = k + 1, tức là uk+1 =

u1 + kd

Thật vậy, theo định nghĩa cấp số cộng và giả thiết quy nạp ta có

uk+1 = uk + d = [u1 + (k − 1)d] + d = u1 + kd

Vậy un = u1 + (n − 1)d với n ≥ 2

2.Công thức số hạng tổng quát của cấp số nhân

Nếu cấp số nhân có số hạng đầu u1 và công bội q thì số hạng tổng quát

un được xác định bởi công thức

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh công thức (1.5) bằng quy nạp

Khi n = 2 thì u2 = u1.q, vậy công thức (1.5) đúng

Giả sử công thức (1.5) đúng với n = k ≥ 2, tức là uk = u1.qk −1

Ta phải chứng minh rằng (1.5) cũng đúng với n = k + 1, tức là uk+1 =

tổng bình phương của các số tự nhiên đầu tiên là P (n).

Giả sử công thức đúng với số nguyên dương n, tức là ta có

Ta chứng minh công thức đúng với n + 1 Thật vậy, ta có

(a + b)n+1 = (a + b)n.(a + b)

= [C0n.a0.b0 + C1n.an−1.b + + Ckn.an−k.bk + + Cnn.a0.bn](a + b)

= an+1 + C1n.an.b + + Ckn.an+1−k.bk + ++a.bn + an.b + C1n.an−1.b2 + + Cnk.an−k.bk+1 + + bn+1

= an+1 + (C1n).an.b + (C1n + C2n).an−1.b2 + ++(Cnk−1+ Ckn).an+1−k.bk + + bn+1

= an+1 + C1n+1.an.b + C2n.an−1.b2 + ++Cn+1k an+1−k.bk + + bn+1

Như vậy công thức đúng với n = k + 1

Ta có điều phải chứng minh

Chương 2

Phương pháp quy nạp

trong hình học

Phương pháp quy nạp Toán học được sử dụng rộng rãi trong nhiều

nghành Toán học khác nhau, nhưng trong hình học những ứng dụng của

phương pháp này vô cùng đẹp đẽ

Chương này dành cho việc trình bày phương pháp quy nạp Toán học trong

các bài toán hình học

2.1 Tính toán bằng quy nạp

Cách áp dụng tự nhiên nhất của phương pháp quy nạp Toán học trong

hình học, nó gần gũi với cách dùng trong lý thuyết số và đại số, là dùng

để giải các bài toán tính toán hình học

Ví dụ 2.1.Tính độ dài cạnh a2n của2n giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R

GIẢI

1 Với n = 2;2n- giác là hình vuông cạnh a4 = R√

2 Ta kí hiệu a2 n làcạnh của 2n-giác đều nội tiếp đường tròn bán kính R.Ta có:

AB = a2 n, BC = a2n+1,\AOB = α,COB =\ α

2

Áp dụng định lí Cosin ta tính được

2 n = AB2 = 2R2 − 2R2cos α

⇒ cos α = 2R

2 − a22 n2R2

a22n+1 = BC2 = 2R2 − 2R2cosα

2 ⇒ cosα

2 =

√4R2 − a2

2 n2R

Khi đó, ta thu được công thức gấp đôi cạnh đa giác:

a2n+1 =

vuu

t2 −

vuu

2.Giả sử cạnh của một 2n-giác đều nội tiếp được biểu diễn bởi (2.1) Khi

đó, nhờ công thức gấp đôi cạnh đa giác ta có :

a2n+1 =

vuuuut

Suy ra (2.1) đúng với mọi n.

Từ công thức (2.1), khi n tăng vô hạn, chu vi đường tròn bán kính

R(C = 2πR) sẽ là giới hạn của biểu thức:

2nR

vuuu

t2 −

vuu

t2 −

vuu

t2 −

vuu

Gọi S2 n là diện tích của 2n-giác đều nội tiếp đường tròn bán kinh R và

h2 n là trung đoạn, từ công thức (2.1) ta có:

cos 450 coscos 45

0

2 cos

cos 4504

Và cuối cùng dùng công thức cosα

2 =

1 + cos α2

Ví dụ 2.3 Tìm quy tắc tính bán kính rn, Rncủa đường tròn nội tiếp

và ngoại tiếp 2n −giác đều chu vi p cho trước

GIẢI

1.r2 = p

8, R2 =

p√28

2.Giả sử biết bán kính rn; Rn của các đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp 2ngiác đều chu vi p, ta tính các bán kính rn+1; Rn+1 của đường tròn nội tiếp

-và ngoại tiếp 2n+1-giác đều có cùng chu vi p Gọi AB(H2.1) là cạnh của

2n-giác đều chu vi p tâm O, C và D làn lượt là trung điểm của cung vàdây AB.Gọi G là trung điểm của EF(EF là đường trung bình của tamgiác ABC)

Từ tam giác vuông OEC ta có OE2 = OC.OG(nghĩa là R2

Đặc biệt, với p = 2 ta có r2 = 1

4 và R2 =

√24

Có hai só hạng đầu là 0 và 1

2, các số hạng còn lại lần lượt làtrung bình cộng và trung bình nhân của hai số hạng đứng trước,

khi đó dãy sẽ hội tụ về 1

2 Với k < n, giả sử đã chứng minh được tổng các góc trong của một

k-giác bất kì là 2(k − 2)v.Bây giờ ta xét n-giác A1A2 An

Trước hết, ta chứng minh rằng trong một đa giác bất kỳ có thể tìm đượcmột đường chéo chia nó thành hai đa giác có số cạnh ít hơn( với đa giáclồi thì hiển nhiên) Gọi A, B, C là ba đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác.Qua B ta vẽ các tia lấp đầy góc trong ABC và cắt biên của đa giác.Haitrường hợp có thể xảy ra:

A.Các tia cắt đường biên trên cùng một cạnh của đa giác (H2.3a ) khi

(a) (b)

Hình 2.2

đó đường chéo AC chia n-giác làm một (n − 1)-giác và một tam giác

B Các tia cắt đường biên không trên cùng một cạnh của đa giác (H2.3b)

Hình 2.3

Khi đó, một trong các tia sẽ đi qua một đỉnh nào đó của đa giác và đườngchéo BM sẽ chia đa giác ra làm hai đa giác có một số cạnh ít hơn.Bây giờ ta trở lại chứng minh bài toán Trong n-giác A1A2 An ta vẽđường chéo A1Ak chia nó làm k-giác A1A2 Ak và

Như vậy mệnh đề đúng với mọi n

Ví dụ 2.5 Một n-giác lồi hoặc lõm, không tự cắt được chia bởi các đường

chéo không cắt nhau sẽ có bao nhiêu tam giác?

A1Ak là một đường chéo chia n-giác A1A2 An ra làm k-giác A1A2 Ak

và (n − k + 2)-giác A1AkAk+1 An Nhờ giả thiết qui nạp, tổng số tamgiác nhận được sẽ là:

(k − 2) + [(n − k + 2) − 2] = n − 2

Điều này chứng tỏ mệnh đề đúng với mọi n

Ví dụ 2.6 Tìm quy tắc tính P(n) số cách chia một n-giác lồi ra làmcác tam giác bởi những đường chéo không cắt nhau

GIẢI

1 Với tam giác rõ ràng P (3) = 1

2 Với mọi k < n, giả sử ta tính được P (k) Bằng cách xét n-giác lồi

A1A2 An (H2.4) ta đi tínhP (n) Với mọi cách chia A1A2 sẽ là cạnh củamột trong các tam giác được chia Đỉnh thứ ba của tam giác này có thể

là một trong các điểm A3, A4, , An Nếu là A3 thì số cách chia n-giác

sẽ bằng số cách chia (n − 1)-giác A1A3A4 An, nghĩa là bằng P (n − 1).Nếu là A4 thì số cách chia sẽ bằng số cách chia (n − 2)-giác A1A4A5 An

đó là P (n − 2).P (3).Nếu là A5 thì số cách chia bằng P (n − 3).P (4) vìtrong trường hợp này mỗi cách chia của (n − 3)-giác A1A5A6 An có thểkết hợp được với mỗi cách chia của tứ giác A2A3A4A5 và cứ tiếp tục như

thế Cuối cùng ta đi đến hệ thức sau:

góc trong của một n-giác không tự cắt là 2(n − 2)v Ở ví dụ 2.5 : Chứngminh rằng các đường chéo không cắt nhau chia một n-giác không tự cắtlàm n − 2 tam giác Dưới đây chúng ta sẽ nghiên cứu thêm một số ví dụ

về loại này

Ví dụ 2.7 Cho n hình vuông bất kì Chứng minh rằng có thể cắt chúng( bằng nhát cắt thẳng) làm một số mảnh đa giác để từ đó có thể ghép lạithành một hình vuông mới

GIẢI

1 Với n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng Ta chứng minh với n = 2 mệnh

đề cũng đúng Lần lượt gọi độ dài các cạnh của hai hình vuông cho trước

ABCD và abcd là x và y (x ≥ y). Trên các cạnh của hình vuôngABCD

(H.2.5a) ta lấy các đoạn AM= BN= CP = DQ = x + y

2

Hình 2.5Cắt hình vuông dọc theo các đường thẳng M P và N Q, dễ thấy rằng

M P và N Q vuông góc với nhau và chia hình vuông thành bốn mảng bằngnhau tại tâmO của nó Bây giờ ghép các mảnh này với hình vuông thứ hai