CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

Page 1 of 73

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Nguyễn Hữu Điển
Khoa Toán - Cơ - Tin học, ĐHKHTN Hà Nội
Web: , Email:

A. MỤC TIÊU
Giúp học sinh thêm một phương pháp nghiên cứu học tập và giải toán trong các mơn
số học, đại số và hình học.
Góp phần xây dựng năng lực tư duy lơgíc, diễn đạt suy nghĩ mạch lạc, suy luận có lí.
Gây hứng thú cho học sinh tìm tịi, phát hiện, tranh luận và phê phán đúng sai cùng
bạn bè khi lĩnh hội hoặc khi vận dụng kiến thức toán học.
B. THỜI GIAN THỰC HIỆN
Tổng thời gian thực hiện 15 tiết, mỗi bài 3 tiết tương ứng với nội dung.
C. NỘI DUNG
Bài 1. Nguyên lí quy nạp tốn học và ví dụ.
Từ những ví dụ cụ thể về cách suy luận diễn giải và quy nạp dẫn đến phát biểu ngun lí
quy nạp tốn học. Thơng qua những ví dụ đơn giản làm rõ các thành phần của ngun lí
quy nạp tốn học.
Bài 2. Kĩ thuật chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
Khảo sát các khía cạnh sử dụng ngun lí quy nạp tốn học thông qua các vị dụ cụ thể.
Bài 3. Các ứng dụng giải toán trong số học và đại số.
Những bài tập số học và đại số thường ứng dụng phương pháp quy nạp toán học như
phép chia hết, biểu diễn số, tính tổng, đẳng thức, bất đẳng thức, ...
Bài 4. Quy nạp tốn học trong hình học.
Những dạng tốn hình học giải bằng phương pháp quy nạp toán học.
Bài 5. Những vấn đề khác liên quan đến phương pháp quy nạp toán học.
Dùng những định nghĩa, hồi quy, ... theo suy luận quy nạp tốn học.

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC

Nguyễn Hữu Điển
Khoa Toán - Cơ - Tin học, ĐHKHTN Hà Nội

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 2 of 73

Web: , Email:

1. NGUYÊN LÍ QUY NẠP TỐN HỌC VÀ VÍ DỤ

1.1. Suy diễn và quy nạp
1.2. Một số ví dụ suy luận quy nạp
1.3. Nguyên lí quy nạp tốn học
1.4. Giai đoạn quy nạp và giả thiết quy nạp
1.5. Bài tập

1. NGUYÊN LÍ QUY NẠP TỐN HỌC VÀ VÍ DỤ

1.1. Suy diễn và quy nạp
Trong lao động, học tập và sinh hoạt người ta phải suy luận và đánh giá những hoạt động của mình.
Thực tế có hai hướng chính để suy luận và đưa ra kết quả trước một vấn đề phải giải quyết. Những suy
luận đó là suy diễn và quy nạp. Suy diễn là áp đặt một vấn đề chung cho trường hợp cụ thể. Cách suy
luận này diễn ra hàng ngày, hàng giờ xuất phát từ kinh nghiệm, văn hóa lồi người. Trong kho tàng ca
dao và châm ngôn Việt Nam có rất nhiều mệnh đề chung như

Trơng mặt mà bắt hình dong

Con lợn có béo thì lịng mới ngon.
Như vậy, con lợn sắp làm thịt thấy nó béo suy ra lịng phải ngon. Hay ví dụ trơng
một cơn mưa trên trời thì rơi vào những trường hợp:
Cơn đằng Đơng vừa trông vừa chạy
Cơn đằng Tây mưa dây bão dật
Cơn đằng Nam vừa làm vừa chơi
Cơn đằng Bắc đổ thóc ra phơi.
Hướng suy luận thứ hai là từ những khẳng định riêng tiến tới phát biểu khẳng định chung được

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 3 of 73

gọi là phép quy nạp. Ta lấy ví dụ trong bài hát Quan Họ “Bèo dạt mây trôi”:

“...Một tin trông, hai tin đợi, ba, bốn tin chờ sao chẳng thấy em...”
Như vậy, người đợi chờ ở đây đã thực hiện 1, 2, 3, 4 lần nhắn tin mà người thương khơng thấy tin tức gì,
phải chăng khơng bao giờ nhận được tin tức gì? phải chăng khơng bao giờ nhận được tin tức người
thương nữa? Hay vì hồn cảnh nào đó mà một thời gian sau mới nhận được tin nhắn! Bằng ví dụ đơn
giản trên ta thấy rằng phép quy nạp có khi đúng, có khi sai. Chuyên đề này ta sẽ nghiên cứu cách suy
luận quy nạp thế nào là đúng và áp dụng chính xác những suy luận này để giải các bài toán trong số học,
đại số và hình học, ...

1. NGUN LÍ QUY NẠP TỐN HỌC VÀ VÍ DỤ

1.2. Một số ví dụ suy luận quy nạp
Trước khi đi vào nguyên lí cụ thể ta xét một số ví dụ mà cách giải thực hiện từ trường

hợp cụ thể tiến tới tổng qt hóa.
Ví dụ 1. Chứng minh rằng tổng n số lẻ đầu tiên bằng n2.
Lời giải. Ta biết rằng số lẻ thứ nhất là 1, số lẻ thứ hai là 3, số lẻ thứ ba là 5, ... như vậy
mối quan hệ giữa số lẻ thứ k và chính số lẻ đó là (2k-1) với k = 1, 2, 3, ... Ta kí hiệu Sn là
tổng n số lẻ đầu tiên. Ta tính một số giá trị đầu tiên của tổng này và so sánh với kết luận
của bài toán:
Với n = 1, S1 = 1 = 12, kết luận của bài toán đúng;

Với n = 2, S2 = 1 + 3 = 12 + 2.1.1 + 1 = (1 + 1)2 = 22, kết luận đúng;

Với n = 3, S3 = 1 + 3 + 5 = 22 + 2.2.1 + 1 = (2 + 1)2= 32, kết luận đúng. Ta có thể tiếp tục
kiểm tra cho các trường hợp tiếp theo nữa, nhưng những số lẻ là vô cùng nhiều, khơng có
khả năng kiểm tra hết được từng giá trị. Có cách nào khác khơng để suy luận chỉ một số
trường hợp mà nó đúng với mọi trường hợp? Ta thấy rằng những trường hợp ở giá trị sau
đều có thể suy ra kết luận từ giá trị trước bằng mối quan hệ Sn = Sn-1 + 2n-1. Nếu đã tính
được Sn-1 = (n-1)2 thì ta có Sn = Sn-1 + 2n – 1 = (n-1)2 + + 2n - 1= n2. Như vậy, cứ số
trước đã có kết quả đúng thì số sau đúng, ta có n =3 kết luận đúng suy ra n =4 kết luận
đúng, sau đó n =5, ... Suy ra mệnh đề đúng với mọi giá trị của n.
Ví dụ 2. Cho một số đường thẳng chia mặt phẳng thành những miền khác nhau.
Chứng minh rằng ta có thể tơ những miền này bằng hai màu trắng và đen sao cho
những miền cạnh nhau (có chung một đoạn biên) có màu khác nhau.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 4 of 73

Lời giải. Chú ý không phải cách chia mặt phẳng thành những miền khác nhau nào

cũng tô được bằng hai màu thỏa mãn điều kiện bài toán, ví dụ như (h. 1).
Nếu chọn miền trên là mầu đen thì hai phần
cịn lại là màu trắng, điều này khơng thỏa mãn
điều kiện của bài tốn. Như vậy, chia mặt
phẳng bằng những nửa đường thẳng thì mệnh
đề khơng đúng.
Hình 1

Nhưng chia mặt phẳng bằng những đường thẳng thì mệnh đề cịn đúng. Với một
đường thẳng, bằng cách tơ nửa mặt phẳng đen, cịn nửa kia tơ trắng (h. 2).

Nếu cho hai đường thẳng thì từ hình 2 đặt thêm một đường thẳng nữa chia mặt
phẳng thành bốn miền. Dựa trên màu của trường hợp một đường thẳng, trên một nửa
mặt phẳng của đường thẳng thứ hai, miền nào màu đen ta tô trắng và màu trắng ta tô
đen cho hình 3.
Nếu cho ba đường thẳng thì ta đặt đường thẳng thứ ba lên hình 3 cho ta hình 4 khi
chưa tô màu lại.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 5 of 73

Trên một nửa mặt phẳng của đường thẳng mới, miền nào màu trắng ta tô lại màu đen
và ngược lại, cuối cùng ta nhận được hình 5. Ta thấy rằng những miền cạnh nhau
trong nửa mặt phẳng đổi màu hoặc nửa mặt phẳng không đổi màu khác màu nhau.
Cịn những miền cạnh nhau có biên trên đường thẳng mới đặt vào theo cách đổi màu
trên nửa mặt phẳng thì chúng cũng khác màu nhau.

Bây giờ ta có thể lại thêm một đường mới vào hình 5 và q trình tơ màu lại lặp lại và
cũng nhận được kết quả tô được màu cho các miền. Như vậy nếu ta tơ màu được theo
giả thiết bài tốn cho n đường thẳng thì n+1 đường thẳng cũng tơ được theo cách làm
trên. Như vậy, với bất kì một số đường thẳng đã cho ta đều có thể thực hiện tơ màu
được theo giả thiết bài tốn. Bài tốn đã được giải.
Ví dụ 3. Cho 111 chia hết cho 3, số 111111111 chia hết cho 9, số 111...111 (27 chữ
số 1) cũng chia hết cho 27. Chứng minh rằng 111...111 (3n chữ số 1) chia hết cho
3n với mọi n.
Lời giải. Ta có thể sử dụng dấu hiệu chia hết cho 3 và cho 9 (tổng các chữ số của một
số chia hết cho 3 thì số đó cũng chia hết cho 3, tương tự cho một số chia hết cho 9).
Đơn giản hơn ta có thể kiểm tra trực tiếp 111 : 3 =37 và 111111111 : 9 =12345679.
Bằng cách chia trực tiếp số có 27 chữ số 1 chia cho 27 nhận được kết quả chia hết,
Ak-1
nhưng dấu hiệu chia hết cho 27 khơng có (ví dụ số 1899 có tổng 27 nhưng khơng chia

hết cho 27). Ta khơng thể đi chia trực tiếp số có 3n chữ số 1 cho 3n với n = 4, 5, ...
xem chúng có chia hết cho nhau khơng? Từ kinh nghiệm của hai ví dụ trước ta đi tìm
A3

cách chứng minh mệnh đề ở bước n, ta phải tìm cách chứng minh nó được suy ra từ
bước n-1 trước đó đã có kết quả đúng rồi.
Ta xét số 111111111, số này chia hết cho 9. Ta có thể kiểm tra nó cũng chia hết
cho 111, có kết quả 111111111 = 111 . 1001001. Ta thấy các thừa số trong tích trên
chia hết cho 3 (do tiêu chuẩn chia hết cho 3). Do đó tích của hai thừa số trên chia hết
cho 9.
Quy trình trên áp dụng cho số 1111...111 (27 chữ số 1), số này chia hết cho
111111111. Thương của phép chia này chỉ có ba chữ số 1 và các chữ số còn lại bằng 0
(kết quả là số thương có hai nhóm 8 chữ số 0, cịn số ở giữa và hai đầu đều là số 1).
Biết rằng số 111111111 chia hết cho 9. Còn số 10...010...01 chia hết cho 3 (vì tổng

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 6 of 73

các chữ số chia hết cho 3). Do số có 27 chữ số 1 bằng tích của hai số, mà một số chia
hết cho 9 và một số chia hết cho 3 suy ra nó chia hết cho 27.
Tiếp tục với một số có 81 =3.3.3.3 chữ số 1 là tích của số có 27 chữ số 1 và số có
ba chữ số 1 và các số còn lại là chữ số 0. Thừa số thứ nhất chia hết cho 27, thừa số thứ
hai chia hết cho 3. Suy ra số có 81 chữ số 1 chia hết cho 3.27=81=34 .
Bằng cách hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được một số có 81.3=243 chữ
số 1 cũng chia hết cho 35 . Ta cũng có thể chứng minh với số n mệnh đề đã đúng suy
ra với n+1 vẫn còn đúng, suy ra mệnh đề đúng với mọi n = 3, 4, 5, 6, .... Bài tốn đã
được giải.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên đồng (tiền Việt Nam) lớn hơn 6 có
thể đổi ra tiền lẻ không dư bằng những đồng tiền gồm những tờ 2 đồng và 5 đồng
(1 đồng ở đây bằng 1000 đồng trong thực tế).
Lời giải. Đẳng thức sau đây nói lên với 7 đồng, 8 đồng thì gồm tờ 2 đồng và 5 đồng như thế nào:

7 = 5 + 2;
8 = 2 + 2 + 2 +2.
Nếu ta thêm vào hai vế của các đẳng thức trên tờ 2 đồng, thì
9 = 7 + 2;
10 = 8 + 2.
Tiếp tục thêm 2 đồng vào hai đẳng thức sau cùng, ta có
11 = 9 + 2;
12 = 10 +2.
Ta còn tiếp tục được cho bất cứ số nguyên nào. Ta thấy rằng ở bước trước có hai đẳng thức và suy ra

bước sau có hai đẳng thức. Như vậy với mọi số n nguyên đồng nào dù là số chẵn hoặc số lẻ khi n-2
cũng rơi vào một trong hai trường hợp trước đó đã đổi được ra hai loại tiền 2 đồng và 5 đồng. Suy ra nó
cũng đổi thành các đồng 2 đồng và 5 năm. Như vậy, khẳng định của của mệnh đề là đúng.

1. NGUN LÍ QUY NẠP TỐN HỌC VÀ VÍ DỤ

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 7 of 73

1.3. Ngun lí quy nạp tốn học
Những ví dụ trên cho ta thấy rằng mỗi bài tốn là một mệnh đề đúng hoặc sai. Mỗi
mệnh đề như vậy lại phụ thuộc vào một biến số tự nhiên n. Một cách tổng quát ta kí hiệu
P(n) là mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n là số tự nhiên. Như vậy, thực chất của
các ví dụ đã xét là chứng minh dãy mệnh đề sau đúng (hoặc sai)
P(1), P(2), P(3), ..., P(n), ...
Một số bài toán phát biểu dưới dạng: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, P(n)
đúng. Như vậy, những bài toán loại này đều liên quan tới tập số tự nhiên. Một tính chất
số tự nhiên người ta cơng nhận như một tiên đề và thường gọi là tiên đề thứ tự.
Tiên đề thứ tự: Trong mọi tập khác rỗng của số tự nhiên có phần tử nhỏ nhất.
Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một khẳng định P(n). Đáng lẽ ta phải đi kiểm tra vơ
hạn các mệnh đề, thì người ta sử dụng ngun lí quy nạp tốn học sau đây là đủ:
Định lí 1 (Nguyên lí quy nạp toán học). Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là
một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n n0 . Nếu
(1) P(n0) là đúng và
(2) Nếu P(k) đúng, thì P(k+1) cũng đúng với mọi số tự nhiên k
thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n n0 .

n0;

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng. Giả sử ngược lại, mệnh đề khẳng
định P(n) trong định lí 1 khơng đúng với một số tự nhiên n n0 nào đó. Nghĩa là tồn tại
một số tự nhiên m n0 , mà P(m) không đúng. Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m mà P(m)
không đúng (điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự). Theo điều kiện (1) ta có bất đẳng
thức m > n0, từ đó suy ra m – 1 n0. Từ bất đẳng thức vừa lập và cách chọn số tự nhiên
m suy ra P(m – 1) là đúng, nhưng nó không kéo theo được P(m) đúng cho số tiếp theo vì
m = (m – 1) + 1. Điều này trái với giả thiết (2). Như vậy, điều giả sử là sai và định lí
được chứng minh.
Phương pháp dùng nguyên lí quy nạp toán học để giải toán, người ta gọi là phương
pháp quy nạp toán học. Như vậy, phương pháp quy nạp toán học gồm hai bước, bước thứ
nhất ta kiểm tra mệnh đề có đúng với
n = n0, gọi là bước cơ sở. Nghĩa là kiểm tra P(n0) có đúng khơng? Nếu bước cơ sở đúng
thì ta chuyển sang bước thứ hai chứng minh rằng nếu với mỗi k n0 , P(k) là mệnh đề
đúng, thì suy ra P(k+1) cũng đúng, bước này gọi là bước quy nạp. Kết luận là P(n) đúng

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 8 of 73

với mọi n

n0 .

Cách chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học là tránh cho ta phải đi kiểm tra

vô hạn bước các khẳng định của mệnh đề. Vì mệnh đề của bài tốn có thể phụ thuộc vào
nhiều đối số, nên người ta thường phải nói rõ chứng minh quy nạp theo n đối với mệnh
đề phụ thuộc vào n. Ta xét lại những ví dụ đã xét:
Ví dụ 1. Mệnh đề trong bài này là P(n) = {Tổng n số lẻ đầu tiên bằng n2}. Trong cách
giải ở trên với n= 1, 2, 3 mệnh đề đúng và ta cũng chứng minh được P(k) đúng suy ra P
(k+1) cũng đúng. Vậy suy ra P(n) đúng với mọi n 1.
Ví dụ 2. Mệnh đề trong ví dụ này là P(n) = {Cho n đường thẳng chia mặt phẳng
thành các miền khác nhau. Có thể tơ màu trên các vùng bằng hai màu đen và trắng sao
cho hai miền cạnh nhau có màu khác nhau khơng?}, ở đây n là số đường thẳng trên mặt
phẳng. Lời giải của bài toán này thấy P(1) là mệnh đề đúng, ta cũng thấy từ mệnh đề P(1)
suy ra P(2) đúng và từ P(2) suy ra P(3) đúng, ... và lí luận hồn tồn tương tự, P(k) đã
đúng suy ra P(k+1) cũng đúng bằng cách đổi màu cho nửa mặt phẳng của đường thẳng
cuối cùng ta đặt vào. Suy ra theo ngun lí quy nạp tốn học P(n) đúng với mọi n 1.
Ví dụ 3. Mệnh đề trong ví dụ này là P(n) = {Số có 3n chữ số 1 chia hết cho 3n}, ở
đây n là số tự nhiên. Theo lời giải của bài tốn thì
n = 1, P(1) = { Số 111 chia hết cho 3 } là đúng;
n = 2, P(2) = { Số 111111111 chia hết cho 9 } là đúng.
Theo cách giải của bài toán thì P(1) đúng suy ra P(2) đúng, P(2) đúng suy ra P(3) đúng, ...
Một cách tổng quát P(k) đúng suy ra P(k+1) cũng đúng bằng cách phân tích số 3k+1 chữ
số 1 ra thành tích của số có 3k chữ số 1 và số có 3 chữ số 1 và những số còn lại là chữ số
0, từ đây suy ra mênh đề P(k+1) đúng. Vậy theo nguyên lí quy nạp tốn học P(n) đúng
với mọi n 1.
Ví dụ 4. Bài tốn này có mệnh đề P(n) = {Với n 7 đồng, có thể đổi n ra thành
những đồng tiền 2 đồng và 5 đồng không?}, ở đây n là số tự nhiên. Ta chú ý giá trị ban
đầu ở ví dụ này bắt đầu n0 = 7. Lời giải của bài toán này cho ta thấy với n = 7 và 8 mệnh
đề đúng, sau đó cộng 2 vào ta nhận được n = 9; 10 và cứ tiếp tục như vậy... Ví dụ này cần
hai giá trị ban đầu và bước quy nạp cũng giả thiết đúng hai giá trị phía trước để suy ra
mệnh đề đúng ở bước sau. Cụ thể vấn đề này sẽ được nghiên cứu trong định lí 2 và định
lí 3 ở bài sau.
1. NGUN LÍ QUY NẠP TỐN HỌC VÀ VÍ DỤ

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 9 of 73

1.4. Giai đoạn quy nạp và giả thiết quy nạp
Phương pháp quy nạp toán học được áp dụng khơng những trong tốn học mà cịn
ở các ngành khác như Vật lí, Hóa học, Sinh vật, ... ngun nhân là từ những thí nghiệm
hoặc thực nghiệm cụ thể người ta muốn tổng quát hóa và rút ra quy luật chung. Khi từ
thực nghiệm họ đã rút ra công thức chung, quy luật chung, để chứng minh tính đúng đắn
của chúng họ thường dùng phương pháp quy nạp toán học. Ta lấy một ví dụ cụ thể.
Ví dụ 5. Tính tổng n số tự nhiên đầu tiên.

Lời giải. Kí hiệu P(n) là tổng phải tìm, nghĩa là P(n) = 1 + 2 + 3
+ ... + n.
Ta tính một số tổng tại những giá trị ban đầu:
N
P(n)

1
1

2
3

3
6

4
10

5
15

6
21

7
28

Ta thấy quy luật: Tích của hai số liên tiếp ở hàng trên bằng 2 lần số đầu tiên ở hàng
dưới. Như 1.2 = 2.1, 2.3 = 2.3, 3.4 = 2.6, 4.5 = 2.10, 5.6 =2.15, 6.7 = 2. 21, ... Như vậy ta
có thể dự đốn cơng thức phải tìm là
P(n) = 1 + 2 + 3 + ... + n =
.
(1)
Biểu thức trên được gọi là giả thiết quy nạp. Muốn chắc chắn công thức này đúng ta
phải chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông qua hai bước:
1. Bước cơ sở: Với n = 1 công thức (1) đúng như cách tính ở trên.
2. Bước quy nạp: Giả sử n = k, P(k) đúng, nghĩa là đã có
P(k) =
. Ta phải chứng minh (1) cũng đúng cho n = k + 1. Thật vậy,
P(k+1) = P(k) + (k + 1)
=
+k+1=
+
=

.
Do đó cơng thức (1) cũng đúng với n = k +1, theo ngun lí quy nạp tốn học cơng thức
(1) đúng với mọi mọi n 1.
Ví dụ 6. Tính tổng lập phương của n số tự nhiên đầu tiên.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 10 of 73

Lời giải. Ta đặt công thức S(n) = 13 + 23 + 33 + ... + n3. Ta cũng đi tính một số giá trị
ban đầu:
n

1

2

3

4

5

6

S(n)

1

9

36

100

225

441

Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho S(n). Nhưng với kinh nghiệm
và những kết quả đã tính ở bài trước ta gép lại
n

1

2

3

4

5

6

P(n)

1

3

6

10

15

21

S(n)

1

9

36

100

225

441

Từ bảng này ta thấy rằng có lẽ S(n) = (P(n))2 : 1 = 12, 9 = 32, 36 = 62 , ...
Mà công thức P(n) ta đã biết, vậy công thức cho giả thiết quy nạp là
S(n) = 13 + 23 + 33 + ... + n3 =
.

(2)
Chứng minh công thức (2) bằng phương pháp quy nạp theo n:
1. Bước cơ sở: Với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 công thức (2) đúng theo bảng trên.
2. Bước quy nạp: Giả sử (2) đúng với n = k, ta phải chứng minh (2) cũng đúng với n =
k+1. Thật vậy,
S(k+1) = 13 + 23 + 33 + ... + (k+1)3 = S(k) + (k+1)3
=

+ (k+1)3 = (k+1)2

= (k+1)2
=
.
Vậy (2) đúng với n = k + 1. Từ ngun lí quy nạp tốn học suy ra (2) đúng với mọi n

1.

Ví dụ 7. Tính tổng

với n = 1, 2, …n; | a |

,
1.

LờI giải. Số lượng số hạng của tổng là n + 1, trừ số hạng đầu tiên còn lại các số hạng

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008

Page 11 of 73

khác đều có dạng

, k = 1, 2, 3, …, n. Ta tính
,
,

,
Do 4 = 22 , 8 = 23 và 16 = 24 từ các biểu thức của S1, S2 và S3 có thể đưa ra giả thiết quy
nạp
, n = 1, 2, …
(3)
Bước cơ sở: Với n = 1, công thức (3) đúng như đã kiểm tra ở trên.
Bước quy nạp: Giả sử (3) đúng với n = k nào đó. Khi đó

=
.
Đẳng thức (3) đúng với n = k + 1. Như vậy, từ ngun lí quy nạp tốn học đẳng thức (3)
đúng với mọi n 1.

1. NGUN LÍ QUY NẠP TỐN HỌC VÀ VÍ DỤ

1.5. Bài tập
1.1. Tính tổng bình phương của n số tự nhiên đầu tiên
Tn = 12 + 22 +32 + ...+ n2.
1.2.

Tính tổng

a)

;

b)
1.3.

.
Tính tổng

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 12 of 73

với a 0, -1, -2, ....; n = 1, 2, 3, ...
1.4.

Chứng minh công thức sau với n = 1, 2, 3, ...

a)

;

b) 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n+1)(n+2) =
1.5.

n(n+1)(n+2)(n+3).

Cho bảng số
1
2

3 4

3

4 5 6 7

4

5 6 7 8 9 10

.

.

. . . .

.

.

.

Chứng minh rằng tổng các số của mỗi dịng bằng bình phương của số hạng chính
giữa của dịng đó.

Lời giải

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC
Nguyễn Hữu Điển
Khoa Tốn - Cơ - Tin học, ĐHKHTN Hà Nội
Web: , Email:

2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
2.1. Hai bước của ngun lí quy nạp tốn học
2.2. Bước quy nạp được xây dựng trên P(k)
2.3. Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1)
2.4. Một số dạng khác của nguyên lí quy nạp toán học
2.5. Bài tập
2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC

2.1. Hai bước của ngun lí quy nạp tốn học
Ngun lí quy nạp tốn học gồm hai phần, việc kiểm tra cả hai phần cần được tôn
trọng và thực hiện đầy đủ khi áp dụng nguyên lí. Nếu bỏ đi một trong hai điều kiện kiểm
tra đó thì sẽ nhận được kết luận sai. Ta lấy một vài phản ví dụ.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 13 of 73

Ví dụ 9. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng:
.

(4)

Lời giải. Giả thiết bất đẳng thức (4) đúng với n = k, với k là một số tự nhiên nào đó. Nghĩa là ta có

.

(5)

Ta chứng minh bất đẳng thức (4) đúng với n = k + 1
.
(6)
Thật vậy, 2k là một số không nhỏ hơn 2 với mọi số tự nhiên k khác 0. Ta cộng vế trái của
(4) với 2k và cộng vế phải của (4) với 2. Ta nhận được
.
Nghĩa là có (6). Theo ngun lí quy nạp toán học bất đẳng thức (4) đúng với mọi số tự nhiên n. Bài toán
đã được giải.

Lời giải trên mắc sai lầm là không kiểm tra bước cơ sở. Thực chất của chứng minh
trên là bất đẳng thức (4) đúng với n = k + 1, nếu nó đúng với n = k. Điều này không suy
ra bất đẳng thức đúng với ít nhất một giá trị nào của n, chứ chưa nói tới với mọi số tự
nhiên.
Ta có thể thử với n = 1 hoặc n = 2 bất đẳng thức (4) sai. Với n 3 bất đẳng thức
(4) mới đúng. Giá trị số tự nhiên nhỏ nhất n = 3 bất đẳng thức (4) đúng (điều kiện thứ
nhất của định lí 1) với n0 = 3 và lặp lại cách chứng minh ở trên từ giả thiết (4) đúng với n
= k suy ra nó đúng với n = k + 1 (điều kiện thứ hai của định lí 1). Vì vậy theo ngun lí
quy nạp tốn học ta có kết luận: Bất đẳng thức (4) đúng với mọi n 3 (chứ không với
mọi số tự nhiên n).
Như vậy giá trị ban đầu của các bài toán chứng minh phụ thuộc vào từng bài toán
cụ thể và phải kiểm tra bước cơ sở. Sau đây ta có một phản ví dụ khi khơng kiểm tra
bước cơ sở thì hậu quả dẫn đến chứng minh sai.

Ví dụ 10. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền sau đó.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 14 of 73

Lời giải. Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học, Giả sử mệnh đề đúng với
với tự nhiên n = k nào đó, nghĩa là ta có
k = (k+1).

(7)

Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh (k + 1) = (k +
2). Thật vậy, theo giả thiết quy nạp đúng với n = k, cộng hai vế của đẳng thức (7) với 1
ta nhận được
k + 1 = (k + 1) + 1 = k + 2.
Như vậy khẳng định với n = k thì nó cũng đúng với n = k + 1, do đó theo ngun lí quy
nạp tốn học nó đúng với mọi số tự nhiên n.
Hệ quả của bài toán này là tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau. Điều này vơ lí, vậy
cách chứng minh sai ở đâu? Dễ thấy rằng áp dụng ngun lí quy nạp tốn học nhưng bỏ
qua kiểm tra trường hợp n = 1. Ta thấy rằng với n = 1 thì mệnh đề của ta sai vì 1 2.
Bước kiểm tra ban đầu có một ý nghĩa đặc biệt là tạo ra cơ sở để thực hiện quy nạp.
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 trường hợp riêng khác: từ k đến k
+ 1.
Phản ví dụ trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì khơng có cơ sở để thực
hiện quy nạp, vì vậy khơng có nghĩa gì khi thực hiện kiểm tra phần quy nạp.

Ngược lại, khi áp dụng phương pháp quy nạp 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 ví dụ.
Ví dụ 11. Chứng minh rằng những giá trị của hàm số f(n) = n2 – n + 41 với n = 0, 1, 2,
... là những số nguyên tố.
Lời giải. Ta tính f(0) = 1, f(1) = 41, f(2) = 43, f(3) = 47, f(4) = 53, f(5) = 61, f(6) = 71, f
(7) = 83, f(8) = 97, f(9) = 113. Ta có thể tiếp tục tính f(n)
cho đến giá trị n = 40, tất cả giá trị này đề là số nguyên tố. Nhưng với n = 41 ta có f(41) =
412 – 41 + 41 = 412. Kết quả f(41) không phải là số nguyên tố, nên kết luận của bài tốn
là khơng đúng.
Cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học cần thiết thức hiện hai bước
như phân tích ở phần trên. Nhưng khó khăn chủ yếu là trong bước quy nạp toán học là

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 15 of 73

khi mệnh đề giả sử đã đúng cho P(k) phải chứng minh cho P(k+1). Thường người
ta tìm mối liên hệ giữa P(k) và P(k+1) để suy ra kết quả phải chứng minh.
2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

2.2. Bước quy nạp được xây dựng trên P(k)
Trong phần này ta xét khả năng biến đổi quy nạp trực tiếp từ khẳng định đúng P(k)
sang khẳng định đúng P(k+1).
Ví dụ 12. Chứng minh rằng

với mọi n

1 + 4 + ... + n2 =

1.

,

(8)

Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. Kí hiệu tổng bình phương
của các số tự nhiên đầu tiên là P(n).
1. Bước cơ sở: 1 =

, công thức (8) đúng.

2. Bước quy nạp: Giả sử (8) đúng với n = k, P(k) =
P(k+1) = 1 + 4 + ... + (k+1)2 = P(k) + (k+1)2
=

. Khi đó

+ (k+1)2

= (k+1)
=
.
Do đó (8) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp tốn học (8) đúng với mọi n.
Ví dụ 13. Ta xét tập hợp những phân số có tử số là 1 và mẫu số là những số tự nhiên
lớn hơn 1:
Chứng minh rằng với mọi n

tổng n phân số khác nhau trong tập hợp trên.

3 có thể biểu diễn 1 thành dạng

Ví dụ như n = 3, ta có thể viết

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 16 of 73

.
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
1. Bước cơ sở: Với n = 3. Mệnh đề đúng như ví dụ trên.
2. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n – 1, nghĩa là với n – 1 phân số khác
nhau
.
Ta có thể cho rằng những phân số sắp xếp theo thứ tự nhỏ dần, nghĩa là số ở mẫu tăng
dần. Ta chứng minh cho trường hợp tổng của n phân số dựa vào đẳng thức sau đây
.
Công thức này chứng minh đơn giản bằng cách biến đổi trực tiếp. Như vậy, các
phân số trong trường hợp P(n-1) vẫn giữa nguyên, chỉ có phân số cuối cùng tách ra làm
hai phân số, vậy P(n) đúng. Suy ra theo nguyên lí quy nạp toán học khẳng định đúng với
mọi n 3.
2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

2.3. Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1)
Bước quy nạp toán học cần khẳng định P(k+1) suy ra từ P(k). Nhưng nhiều khi

việc biến đổi trực tiếp từ P(k) sang P(k+1) gặp rất nhiều khó khăn hoặc khơng có hướng
chính xác để biến đổi. Khi đó ta phải làm ngược lại để biểu diễn P(k+1) thành những
mệnh đề P(k) và tiến hành quy nạp.
Ví dụ 14. Chứng minh rằng số zn = 32n+1 + 40n – 67 chia hết cho 64 với mọi số n
nguyên không âm.
Lời giải.
Bước cơ sở: z0 = 31 + 0 – 67 = - 64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng.
Bước quy nạp: Giả sử zn chia hết cho 64. Khi đó
zn+1 = 32n+3 + 40n – 67

= 9(32n+1 + 40n – 67) – 320n + 576

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 17 of 73

= 9.zn– 64(5n – 9).
Vế phải của đẳng thức sau cùng chia hết cho 64, vậy với n+1 mệnh đề vẫn đúng. Do đó
theo ngun lí quy nạp tốn học bài tốn đúng với mọi n khơng âm.

Ví dụ 15. CM rằng

là số nguyên với n = 0, 1, 2, ...

Lời giải. Bước cơ sở: Mệnh đề đúng với n = 0.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, P(k) =
Ta cần phải chứng minh nó đúng với n = k + 1, nghĩa là chứng minh

là số nguyên.

là số nguyên. Khai triển biểu thức trên
+

+
+

-

.

Nhóm lại để xuất hiện P(k)
+

+

+
Nhóm thứ nhất theo giả thiết quy nạp là số nguyên, còn các nhóm sau đều nguyên cả. Suy
ra tổng của chúng là số nguyên. Như vậy ta chứng
minh P(k+1) cũng đúng. Theo ngun lí quy nạp tốn học bài tốn đúng với mọi n.
Ví dụ 16. Với mọi x trong 0
ngun khơng âm.

x

, chứng minh rằng |sin nx | n sin x, ở đây n là số

Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1 bất đẳng thức đúng là hiển nhiên.

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k: |sin kx | k sin x. Ta cần chứng minh
bất đẳng thức đúng với n = k + 1. Ta xét

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 18 of 73

|sin (k+1)x | = |sin (kx+x) | = | sin (kx) cos x + cos (kx) sin x|
= | sin (kx) cos x| + |cos (kx) sin x|
= | sin (kx)| |cos x| + |cos (kx)| |sin x|
|k sin x| + |sin x| (k+1) sin x.
Những bất đẳng thức trên suy ra bởi 0 x
, nên sin x 0 và
|cos kx | 1. Như vậy ta chứng minh được bất đẳng thức đúng cho
n = k + 1. Suy ra nó đúng với mọi n 1.
2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

2.4. Một số dạng khác của ngun lí quy nạp tốn học
Điều kiện thứ nhất trong ngun lí quy nạp tốn học cho ta cơ sở mở rộng bắt đầu
từ giá trị n0. Điều kiện thứ hai cho ta mệnh đề khẳng định P(n) đúng với n0 + 1, n0 + 2, ...
Thực tế nhiều khi trong bước quy nạp phải đòi hỏi hai giá trị n = k – 1 và n = k của mệnh
đề trước suy ra đúng với n = k + 1. Trong trường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra không
những chỉ với n0, mà cả n0 + 1. Tổng qt hơn ta có định lí sau:
Định lí 2. Cho p là số nguyên dương và dãy các mệnh đề
P(1), P(2), ..., P(n), ...
nếu
(1) P(1), P(2), ..., P(p) là những mệnh đề đúng và

(2) Với mỗi số tự nhiên k p các mệnh đề P(k-p+1), P(k-p+2), ..., P(k) đúng kéo
theo mệnh đề P(k+1) cũng đúng,
thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n.
Đây là một dạng đặc biệt của ngun lí quy nạp tốn học. Chứng minh định lí này
tương tự như định lí 1. Ta không chứng minh ở đây mà chỉ áp dụng nó cho những ví dụ
sau:
Ví dụ 17. Cho v0 = 2, v1 = 3 và với mỗi số tự nhiên k có đẳng thức sau
vk+1 = 3vk – 2vk-1. Chứng minh rằng vn = 2n + 1.
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 0 và n = 1 cơng thức của bài tốn cho kết quả đúng.
Bước quy nạp: Giả sử công thức đã đúng cho n = k và n = k – 1, nghĩa là
vk = 2k + 1 và vk-1 = 2k-1 + 1, khi đó

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 19 of 73

vk+1 = 3(2k + 1)-2(2k-1 + 1) = 2k+1 + 1.

Theo định lí 1 với p =2, suy ra vn = 2n + 1 đúng với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 18. Cho x1 và x2 là nghiệm của phương trình x2 – 27x + 14 = 0 và n là số tự nhiên
bất kỳ. Chứng minh rằng tổng
không chia hết cho 715.
Lời giải. Theo công thức Viet x1 + x2 = 27 và x1x2 = 14.
Bước cơ sở: Các số S1 = 27; S2 = (x1+x2)2 – 2x1x2 = 701 và S3 = (x1 + x2)[(x1 + x2)2 –
3x1x2] = 27.687 đều không chia hết cho 715. Suy ra mệnh đề của bài toán đúng với n = 1,
2, 3.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k – 2, n = k – 1, n = k, ta tính

x1k+1 + x2k+1 = (x1 + x2)(x1k + x2k) – x1x2(x1k-1 + x2k-1)
= (x1 + x2)[(x1 + x2)(x1k-1 + x2k-1 ) –

– x1x2(x1k-2 – x2k-2)] –x1x2(x1k-1 + x2k-1)

= 715(x1k-1 + x2k-1) – 378(x1k-2 + x2k-2).

Do đó x1k+1 + x2k+1 khơng chia hết cho 715, vì 378 khơng chia hết cho 715, nói cách
khác mệnh đề đúng với n = k + 1.
Một dạng khác địi hỏi khơng những một số mệnh đề ở giá trị ban đầu đúng mà còn
đòi hỏi tất cả những giá trị phía trước đều đúng cho đến k. Ta có định lí
Định lí 3. Cho một dãy mệnh đề
P(1), P(2), ..., P(n), ...
nếu
(1) P(1) là khẳng định đúng và
(2) với mỗi số tự nhiên k 1, những khẳng định P(1). P(2), ..., P(k) đúng suy ra
mệnh đề P(k+1) cũng đúng ,
thì P(n) đúng với tất cả số tự nhiên n

1.

Dạng này khác với dạng trước là giả thiết mạnh hơn trong bước quy nạp. Ta giả
thiết tất cả khẳng định P(1), P(2), ..., P(k) đúng suy ra P(k+1) đúng. Hai định lí trên tương
đương nhau. Nhưng trong thực tế áp dụng định lí 3 dễ hơn định lí 2.

Ví dụ 19. Chứng minh rằng số

là số nguyên dương thì

cũng là số

nguyên với mọi số tự nhiên dương n.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 20 of 73

Lời giải. Bước cơ sở: Khi n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng.
Bước quy nạp: Giả sử với mọi số tự nhiên từ 1 đến k, biểu thức
nguyên. Ta cần chứng minh
)(

)–(

là những số

cũng là số nguyên. Thật vậy,
). Theo giả thiết quy nạp

biểu diễn các số nguyên. Vậy

,

,

= (
đều

cũng là số nguyên.

Ví dụ 20. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thể biểu diễn dưới dạng tích
của những số nguyên tố.
Lời giải. Bước cơ sở: Hiển nhiên mệnh đề đúng với mọi số nguyên tố, trường hợp đặc
biệt n = 2 cũng đúng.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên k, mà 2 k < n. Nghĩa là với
mọi số 2 k < n đều biểu diễn dưới dạng tích của của các thừa số nguyên tố. Ta xét hai
trường hợp:
1. Nếu n là số nguyên tố thì mệnh đề đúng;
2. Nếu n là hợp số thì theo định nghĩa hợp số, tồn tại hai số nguyên
n1 < n và n2 < n sao cho n = n1.n2. Theo giả thiết quy nạp n1 và n2 đều biểu diễn
được thành tích các số nguyên tố. Do đó suy ra n cũng biểu diễn được thành tích các
số nguyên tố.
Theo định lí 2 mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n > 1.
2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

2.5. Bài tập
1.1. Chứng minh với mọi số thực x > 0 và mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng
.
1.2.

Chứng minh rằng nếu
,

,

thì

và với mỗi số tự

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 21 of 73

nhiên k > 2 có đẳng thức sau:
1.3.

.

1.4.

Chứng minh rằng
,
ở đây a + b > 0, a b, n > 1.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 2 và | x | < 1 thì bất đẳng thức sau

1.5.

luôn đúng
Cho n > 1 là số tự nhiên.
Ta đặt

.

;

Hãy tính tổng

, k = 1, 2, ..., n-1.
.

Lời giải

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC
Nguyễn Hữu Điển
Khoa Tốn - Cơ - Tin học, ĐHKHTN Hà Nội
Web: , Email:

3. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ
Người ta cịn chứng minh được rằng ngun lí quy nạp toán học tương đương với
tiên đề thứ tự. Tiên đề thứ tự là cơ sở xây dựng nên số học phổ thơng, nên ngun lí quy
nạp tốn học có rất nhiều ứng dụng trong việc giải các bài toán số học và đại số.
3.1. Bài toán phép chia hết và tính chất các số
3.2. Biểu diễn số theo cơ số
3.3. Chứng minh đẳng thức và tính tổng
3.4. Chứng minh bất đẳng thức
3.5. Quy nạp toán học và dãy số
3.6. Bài tập
3. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ

3.1. Bài tốn phép chia hết và tính chất các số

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008

Page 22 of 73

Ví dụ 21. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên khác 0 thì n3 + 11n chia hết cho 6.
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1, mệnh đề đúng.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là k3 + 11k chia hết cho 6. Ta cần
chứng minh (k+1)3 + 11(k+1) cũng chia hết cho 6. Thật vậy, (k+1)3 + 11(k+1) = (k3 +
11k) + 12 + 3k(k+1). Trong hai số tự nhiên liên tiếp k và k + 1 nhất định phải có một số
chẵn, vậy k(k+1) chia hết cho 2, suy ra 3k(k + 1) chia hết cho 6. Từ đó suy ra (k3 + 11k)
+ 12 + 3k(k+1) chia hết cho 6. Do đó theo nguyên lí quy nạp tốn học n3 + 11n chia hết
cho 6 với mọi số tự nhiên n khác 0.
Ví dụ 22. Chứng minh rằng với số n nguyên dương Cn = 7n + 3n – 1 chia hết cho 9.
Lời giải. Bước cơ sở: Nếu n =1, thì C1 = 7 + 3 – 1 = 9 chia hết cho 9.
Bước quy nạp: Giả sử n = k

1 và Ck = 7k + 3k – 1 chia hết cho 9. Khi đó với n = k + 1,

số
Ck+1 = 7k+1 + 3(k+1) – 1 = 7.7k + 3k + 2

= 7.7k + 21k – 7 – 18k + 9 = 7(7k + 3k – 1) – 9(2k – 1)
= 7Ck – 9(2k-1)

cũng chia hết cho 9. Theo nguyên lí quy nạp toán học Cn chia hết cho 9 với mọi n nguyên
dương.
Ví dụ 23. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên dương n,
Sn = (n+1)(n+2)...(n+n) chia hết cho 2n.
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1, ta có S1 = 1 + 1 = 2 chia hết cho 21 = 2.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là

Sk = (k + 1)(k + 2) ...(k + k) chia hết cho 2k, ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k
+ 1. Thật vậy,
Sk+1 = (k + 2)(k + 3) ...[(k+1) + (k+1)]= 2(k + 1)(k + 2)...(k + k) = 2Sk.
Theo giả thiết quy nạp Sk chia hết cho 2k, suy ra Sk+1 chia hết cho 2k+1.

Theo nguyên lí quy nạp toán học Sn chia hết 2n với mọi n nguyên dương.
3. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ

3.2. Biểu diễn số theo cơ số
Một số bài toán liên quan tới biểu diễn theo cơ số và tính chất của chúng.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 23 of 73

Ví dụ 24. Chứng minh rằng
7 + 77 + 777 + ... +
Lời giải. Đặt vế trái của đẳng thức trên là Sn.

=

.

Bước cơ sở: Với n = 1, S1 = 7, còn vế phải

.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là
Sk =

.

Ta cần phải chứng minh Sk+1 =

. Thật vậy,

= Sk + 7.10k + 7.10k-1 + ... + 7.102 + 7.10 + 7

= Sk + 7( 1 + 10 + 102 + ... +10k).
Nhưng vì 1 + 10 + 102 + ... +10k =
Sk+1 =

, nên

+7

=
=
=
Suy ra mệnh đề đúng với mọi n nguyên dương.

.

Ví dụ 25. Ta viết trên bảng hai số 1.1. Sau đó viết vào giữa hai số tổng của chúng, ta
nhận được 1.2.1. Lặp lại thao tác này một lần nữa nhận được 1.3.2.3.1. Sau đó đến lần
thứ ba 1.4.3.5.2.5.3.4.1. Hỏi tổng các chữ số đã được thể hiện lên bảng sau 100 lần

thao tác là bao nhiêu?
Lời giải. Một cách tổng quát kí hiệu Sn là tổng sau n lần thao tác. Ta có thể liệt kê bảng
sau:

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 24 of 73

n
Sn

0

1

2

3

2

4

10

28

Ta có thể tính thêm một bước nữa với n = 4, ta có
1.5.4.7.3.2.7.5.8.3.7.4.5.1
Những số này có tổng S4 = 82. Ta muốn tìm ra quy luật mà không phải viết các số lên
bảng. Ta xét xem tổng một bước có nhận được từ tổng bước trước đó khơng? Ta phân
tích số bước hiện thời thành những số của bước trước ví dụ 1.3.2.3.1 ta có thể viết số tiếp
theo thành 1.1 + 3.3.3 + 2.2.2 + 3.3.3 + 1.1 và thấy rằng mỗi số cũ (trừ hai số ở đầu và
cuối) thành tổng 3 lần. Vì thế S3 = 3S2 – 2 (do hai đầu thừa ra 2 số 1). Ta có thể kiểm tra
S5 =3S4 –2 =244 và công thức tổng quát là Sn = 3Sn-1 –2. Từ công thức này đưa ra giả
thiết quy nạp
Sn = 3n + 1.
Ta chứng minh công thức này bằng phương pháp quy nạp toán học.
Bước cơ sở: Xem lại bảng với n = 0, 1, 2, 3 công thức trên đều đúng.
Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là Sk =3k +1. Ta phải chứng minh
với n = k + 1. Thật vậy,
Sk+1 = 3.Sk –2 = 3(3k +1) –2 = 3. 3k + 3 – 2 = 3k+1 +1.
Vậy công thức đúng với mọi n số tự nhiên. Kết quả bài tốn của ta là
S100 = 3100 + 1.
Ví dụ 26. Chứng minh rằng mỗi cặp số nguyên n
dạng

1 và b > 1 tồn tại biểu thức dưới
,

(7)

ở đây
là một số nguyên, và
với mọi i = 0, 1, ..., s-1 và
.
Lời giải. Lấy số b > 1 và áp dụng phương pháp quy nạp toán học.

Bước cơ sở: Với n =1, ta lấy s = 0, c0 = 1 b – 1. Ta nhận được dạng đẳng thức (7) với 1
= c 0.
Bước quy nạp: Giả sử biểu diễn (7) đúng với mọi số tự nhiên k nhỏ hơn n. Theo định lí
cơ bản của số học, với n và b có thể tìm được số ngun khơng âm n1 và r sao cho
n = bn1 + r, với 0 r
Dễ thấy n1 < n. Thật vậy, nếu n1 n thì vì b > 1, r

b – 1.
0 ta có n = bn1 + r > n, vơ lí.

Ta xét hai trường hợp:

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008


Page 25 of 73

1. Nếu n1 = 0, thì n = r, công thức (7) tương ứng với biểu diễn
s = 0, c0 = r.
2. Nếu n1 1 thì 1 n1 < n, theo giả thiết quy nạp biểu diễn (7) đúng với mọi số tự
nhiên k n. nghĩa là với n1 ta có
với một số t nào đó và 0

,
b – 1 (i = 0, 1, ..., t); rt >0. Khi đó

ri

,
nghĩa là biểu diễn (7) tương ứng với s = t + 1, cs = rt, ...., c1 = r0,c0 = r.
Như vậy biểu diến (7) đúng cho tất cả số tự nhiên.
3. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ

3.3. Chứng minh đẳng thức và tính tổng
Đẳng thức liên quan đến số tự nhiên rất phong phú, tìm ra cơng thức và chứng
minh cơng thức theo biến số tự nhiên rất đa dạng, những phần trước đã có rất nhiều ví dụ,
ở đây ta xét thêm một số ví dụ nữa.
Ví dụ 27. Chứng minh đẳng thức sau với mọi số tự nhiên n,
1.2 + 2.3 + .... + n(n+1) =
.
Lời giải. Kí hiệu vế trái của đẳng thức là Sn. Sử dụng phương pháp quy nạp toán học theo
n.
Bước cơ sở: Với n =1, S1 = 1.2 = 2, vế trái của đẳng thức
công thức đúng với n = 1.
Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là
Sk =

=1.2 = 2. Vậy

. Ta phải chứng minh công thức đúng với n = k + 1, thật vậy,
Sk+1 = Sk + (k+1)(k+2) =
=
=

+ (k+1)(k+2)
.

file://E:\Documents and Settings\DoanDanhTai\Local Settings\Temp\~hh895.htm

27/05/2008