CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
II. Nguyên lý qui nạp
2.1 Tập hợp số tự nhiên
Tập hợp gồm tất cả các số tự nhiên (hay các số đếm) được ký hiệu là N:
N=0, 1, 2, . . .
Các phép toán:
Trên tập hợp số tự nhiênNta có phép toán cộng (ký hiệu là +), và phép toán nhân (ký hiệu là .). Phép toán cộng 2 số tự nhiên a và b cho ta tổng số cũng là một số tự nhiên được viết là a+b; còn phép toán nhân 2 số tự nhiên a và b cho ta tích số cũng là một số tự nhiên được viết là a.b.
Phép toán cộng và nhân các số tự nhiên có các tính chất sau đây:
Phép cộng (+) và phép nhân (.) có tính giao hoán và kết hợp, nghĩa là với mọi số tự nhiên a, b, c ta có:
a + b = b + a
(a + b) + c = a + (b + c) a.b = b.a
(a . b) . c = a . (b . c)
Phép nhân (.) phân phối đối với phép cộng (+), nghĩa là với mọi số tự nhiên a, b, c ta có:
a . (b + c) = a . b + a . c
Ở đây, phép toán nhân có độ ưu tiên cao hơn phép toán cộng.
Phép cộng và phép nhân lần lượt nhận 0 và 1 là phần tử trung hòa, nghĩa là ta có:
aN: a + 0 = 0 + a = a
aN: a . 1 = 1 . a = a
Thứ tự trênN:
Ngoài các phép toán, trênNcòn có một quan hệ thứ tựđược định nghúa nhử sau:
ab cN: a + c = b
Đây là một quan hệ thứ tự toàn phần trênN, và theo quan hệ thứ tự nầy ta có:
0 < 1 < 2 < . . . < n < n+1 < . . .
0 là phần tử nhỏ nhất của tậpN, nhưng tậpNkhông có phần tử lớn nhaát.
Thứ tựtrên tập hợpNcó một tính chất rất quan trọng được phát
Mệnh đề: Cho A là một tập hợp các số tự nhiên khác rỗng. Khi đó A có phần tử nhỏ nhất, nghĩa là tồn tại aA sao cho:
xA, ax
Ghi chú: Phần tử a trong mệnh đề trên là duy nhất và được ký hiệu là min(A). Tính chất được phát biểu trong mệnh đề là cơ sở cho tính đúng đắn của các qui tắc chứng minh qui nạp sẽ được trình bày trong muùc sau.
2.2 Các dạng nguyên lý qui nạp thường dùng
Cho n0là một số tự nhiên, và P(n) là một vị từ theo biến tự nhiên n n0. Vấn đề được đặt ra là chứng minh tính đúng đắng của mệnh đề sau ủaõy:
nn0: P(n)
Phương pháp chứng minh qui nạp thường được sử dụng để chứng minh khẳng định trên. Phép chứng minh qui nạp được thực hiện dựa vào các nguyên lý qui nạp. Chúng ta sẽ nêu lên hai dạng nguyên lý qui nạp thường được sử dụng. Trong các áp dụng nguyên lý qui nạp, n0 thường là 0 hoặc 1. Hai dạng nguyên lý qui nạp, được gọi là dạng qui nạp yếu và dạng qui nạp mạnh sẽ được viết dưới dạng mô hình của các luật suy diễn.
Nguyên lý qui nạp dạng yếu:
(cơ sở) P(n0)
(qui nạp) kn0: P(k)P(k+1)
---
nn0: P(n)
* Chứng minh tính đúng đắn của nguyên lý qui nạp trên:
Đặt A là tập hợp các số tự nhiên n n0 mà P(n) sai. Ta chỉ cần chứng minh rằng A =(tập hợp rỗng) với giả thiết rằng ta có hai khẳng định trong phần cơ sở và phần qui nạp trong nguyên lý trên. Ta sẽ chứng minh điều nầy bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử A . Theo tính chất của thứ tự trên tập số tự nhiênN (xem mệnh đề ở mục trên), A có phần tử nhỏ nhất. Gọi a là phần tử nhỏ nhất của tập hợp A. Vì P(n0) đúng nên an0+1, hay a-1 n0. Do a = min(A), nên a-1 A và do đó P(a-1) đúng. Vì P(a-1) đúng nên ta cũng có P(a) đúng theo khẳng định ở phần qui nạp, nghĩa là ta cũng có aA. Điều nầy cho ta một sự mâu thuẫn (vì a
= min(A)).
Vậy A = . Ta có điều cần chứng minh.
Nguyên lý qui nạp dạng mạnh:
(cơ sở) P(n0)
(qui nạp) kn0: P(n0)P(n0+1). . .P(k)P(k+1) ---
nn0: P(n)
Theo các nguyên lý trên, chứng minh qui nạp bao gồm 2 bước : bước cơ sở và bước qui nạp. Ở bước cơ sở, ta phải kiểm chứng để khẳng định P(n0) là đúng. Ở bước qui nạp, ứng với một số tự nhiên k tùy ý, ta phải chứng minh một mệnh đề kéo theo. Giả thiết trong mệnh đề kéo theo ở bước 2 được gọi là giả thiết qui nạp. Giả thiết qui nạp ở
dạng qui nạp yếu là P(k), và ở dạng mạnh là P(n0) P(n0+1). . . P(k).
Nguyên lý qui nạp có rất nhiều biến thể trong việc vận dụng. Chẳng hạn, từ hai nguyên lý trên ta có thể rút ra một nguyên lý qui nạp có dạng sau đây:
(cơ sở) P(0)P(1)
(qui nạp) k1 : P(k-1)P(k)P(k+1) ---
n0 : P(n)
Trong chứng minh mệnh đề sau đây, ta sử dụng dạng qui nạp biến theồ naày.
Mệnh đề:Cho dãy số
x0, x1, . . ., xn, . . . được định nghĩa bởi :
x0= 0;
x1= 1; và
xn= 3xn-1- 2xn-2 với mọi n2.
Khi đó ta có: xn= 2n- 1, với mọi n0.
Chứng minh:
Đặt P(n)“xn= 2n- 1”.
Dễ thấy rằng P(0) và P(1) là đúng. Bây giờ, ta chỉ cần thực hiện bước qui nạp để hoàn thành phép chứng minh qui nạp.
Giả sử P(k-1) và P(k) đúng với một số tự nhiên (tùy ý) k1.
Thế thì xk-1= 2k-1- 1 và xk= 2k- 1.
Do đó xk+1= 3xk- 2xk-1
= 3(2k- 1) - 2(2k-1- 1)
= 3*2k- 3 - 2k- 2
= 2*2k- 1
= 2k+1- 1 Suy ra P(k+1) đúng.
Vậy theo nguyên lý qui nạp (dạng biến thể được phá biểu ở trên) ta kết luận: P(n) đúng với mọi n0.
2.3 Các ví dụ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi n1 (nN) ta có:
12+ 22+ . . . + n2 = n(n+1)(2n+1) / 6 Chứng minh:
Với mỗi số tự nhiên n1 (nN), đặt
P(n) "12+ 22+ . . . + n2 = n(n+1)(2n+1) / 6"
Ta sẽ chứng minh mệnh đề
n1 : P(n)
bằng phương pháp qui nạp (dạng yếu), nghĩa là thực hiện 2 bước chứng minh trong phép chứng minh qui nạp.
Bước cơ sở: Khi n = 1 thì P(1) là mệnh đề "1 = 1.(1+1).(2.1+1) /6". Vế phải của đẳng thức trong mệnh đề tính ra bằng 1, nên ta có P(1) đúng.
Bước qui nạp: Cho n là một số tự nhiên túy ý lớn hơn 0, nghĩa là n1, và giả sử rằng P(n) đúng, tức là ta có:
12+ 22+ . . . + n2 = n(n+1)(2n+1) / 6 (GTQN)
Bây giờ ta sẽ chứng minh P(n+1) cũng đúng, tức là chứng minh raèng
12+ 22+ . . . + n2+ (n+1)2= (n+1)(n+2)(2n+3) /
6
Thật vậy, từ (GTQN) ta suy ra 12+ 22+ . . . + n2+ (n+1)2
= n(n+1)(2n+1) / 6 + (n+1)2
= [(n+1) / 6] . [n(2n+1) + 6(n+1)]
= [(n+1) / 6] . [2n2+ 7n + 6]
= [(n+1) / 6] . (n+2) (2n+3)
= n(n+1)(2n+1) / 6
Tức là ta đã suy ra được P(n+1) cũng đúng.
Hai phần (phần cơ sở và phần qui nạp) trong phép chứng minh qui nạp đã được chứng minh. Vậy theo nguyên lý qui nạp ta kết luận rằng với mọi n1 (nN) ta có:
12+ 22+ . . . + n2 = n(n+1)(2n+1) / 6 Ví dụ 2: Chứng minh định lý sau đây:
Cho a và b là 2 số nguyên tự nhiên, với b0. Khi đó, có duy nhất 2 số tự nhiên q và r thỏa 2 điều kiện sau đây:
(1) a = q.b + r (1) 0r < b Chứng minh:
Tính duy nhất của q và r trong định lý trên có thể kiểm chứng dễ dàng. Ở đây ta sẽ chứng minh sự tồn tại của q và r. Cho b là một số tự nhiên khác 0 tùy ý nhưng cố dịnh. Đặt
P(a) "Tồn tại các số tự nhiên q và r thỏa mãn 2 điều kiện (1) và (2)"
Ta sẽ chứng minh mệnh đề sau đây là đúng:
aN: P(a)
bằng cách sử dụng nguyên lý qui nạp dạng mạnh.
Bước cơ sở: Xét trường hợp a = 0, ta thấy với q = 0 và r = 0 thì các điều kiện (1) và (2) được thỏa mãn. Vậy ta có P(0) đúng.
Bước qui nạp: Cho a là một số tự nhiên tùy ý và giả sử rằng các mệnh đề P(0), P(1), . . . , P(a) đều đúng (GTQN). Ta sẽ chứng minh P(a+1) cũng đúng bằng cách xét 2 trường hợp.
Trường hợp 1: a+1 < b.
Ta chọn q = 0 và r = a+1 thì ta có q và r thỏa các điều kiện a+1 = q.b + r
0r < b
Vậy trong trường hợp 1 nầy thì P(a+1) đúng.
Trường hợp 2: a+1b.
Đặt a' = a+1-b, ta có 0a'a. Từ (GTQN) ta suy ra P(a') đúng, tức là có các số tự nhiên q' và r' sao cho
a' = q'.b + r', và 0r' < b
Suy ra các số tự nhiên q = q'+1 và r = r' sẽ thỏa mãn 2 điều kieọn
(1) a+1 = q.b + r (2) 0r < b Vậy ta cũng có P(a+1) đúng.
Tóm lại, ta đã chứng minh phần cơ sở và phần qui nạp trong nguyên lý qui nạp. Từ đó có thể kết luận rằng:
aN: P(a)
Ghi chú :Định lý trên là cơ sở cho việc định nghĩa phép toándiv (chia lấy thương số) và phép toánmod(chia lấy dư số). Định lý nầy còn được gọi làthuật chia Euclide. Xem xét việc chứng minh của định lý trên theo phương pháp qui nạp, chúng ta có thể rút ra một thuật toán (khái niệm thuật toán sẽ được trình bày trong chương 3).
Dạng tổng quát của định lý, cho các số nguyên, được phát biểu trong bài tập 6.
BÀI TẬP
Câu 1: Chứng minh rằng số 3 3 là số vô tỉ.
Câu 2: Sử dụng phương pháp qui nạp, chứng minh 2 mệnh đề sau ủaõy:
a/ Với mọi số nguyên dương n, ta có :
12- 22+ 32- . . . + (-1)n+1n2= (-1)n+1n(n+1) / 2 b/ Một tập hợp gồm n phần tử thì có 2ntập hợp con.
Câu 3: Sử dụng phương pháp qui nạp, chứng minh các bất đẳng thức sau ủaõy:
a/ 1 2n
1.3.5...(2n - 1)
2.4.6...(2n) , n = 1, 2, ...
b/ 1
1
n 1.3.5...(2n - 1)
2.4.6...(2n) , n = 1, 2, ...
c/ 2n+12n, n = 3, 4, ...
d/ n22n, n = 4, 5, ...
Câu 4: Chứng minh các mệnh đề sau đây:
a/ 7n-1 chia hết cho 6, với mọi n = 1, 2, ...
b/ 3n+ 7n-2 chia hết cho 8, với mọi n = 1, 2, ...
Câu 5: Chứng minh luật De Morgan ở dạng tổng quát:
a/ (p1p2. . .pn) p1 p2. . . pn, với mọi n = 2, 3, ...
b/ (p1p2. . .pn) p1 p2. . . pn, với mọi n = 2, 3, ...
Câu 6: Sử dụng "thuật chia Euclide" đã được chứng minh cho các số tự nhiên để chứng minh Định lý "thuật chia Euclide" được phát biểu dưới dạng tổng quát như sau:
Cho a và b là 2 số nguyên tùy ý, với b0. Khi đó, có duy nhất 2 số nguyên q và r thỏa 2 điều kiện sau đây:
(1) a = q.b + r (2) 0r < | b |
Câu 7: Cho P(n) là một vị từ theo biến nZ(tập hợp các số nguyên). Hãy chứng minh nguyên lý qui nạp trên tập số nguyên Zđược viết dưới dạng mô hình suy diễn như sau:
P(0)
nZ: P(n) P(n-1)P(n+1) ---
nZ: P(n)
Câu 8: Chứng minh định lý về biểu diễn số nguyên theo một cơ số:
Cho số nguyên d2. Khi ấy, mọi số nguyên n0 đều viết được một cách duy nhất dưới dạng
n = (a0+ a1.d + . . . + ak.dk)
với kN, các số a0, a1, . . ., aklà các số tự nhiên nhỏ hơn d và ak
> 0.
Câu 9: Các số Fibonacci fn(nN) được định nghĩa theo cách đệ qui nhử sau:
f0= 0 f1= 1
fn+2= fn+ fn+1 (nN)
Chứng minh rằng: fn+2(3/2)n với mọi nN.
Câu 10: Gọi fnlà số Fibonacci ứng với số tự nhiên n (xem câu 9).
Chứng minh rằng:
fn =
2 5 1
n n
2 5 1 5 1
Với mọi số tự nhiên n.