Chuyên đề Phương pháp quy nạp toán học (Nguyễn Hữu Điền)

Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

3. Chứng minh đẳng thức và tính tổng
Đẳng thức liên quan đến số tự nhiên rất phong phú, tìm ra công
thức và chứng minh công 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) =
(1)(2
3
nn n )
+
+
.
Lời giải. Kí hiệu vế trái của đẳng thức là S
n
. Sử dụng phương pháp quy
nạp toán học theo n.
Bước cơ sở: Với n =1, S
1
= 1.2 = 2, vế trái của đẳng thức
1(1 1)(1 2)
3
++
=1.2 = 2. Vậy công thức đúng với n = 1.
Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là
S
k
=
(1)(2

3
kk k++)
. Ta phải chứng minh công thức đúng với n = k + 1,
thật vậy,
S
k+1
= S
k
+ (k+1)(k+2) =
=
(1)(2
3
kk k )
+
+
+ (k+1)(k+2)
=
(1)( 2)(3
3
kk k)
+
++
.
Đẳng thức đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp toán học nó đúng
với mọi số tự nhiên dương.

Ví dụ 28. Tính tổng
111 1
1.3 3.5 5.7 (2 1)(2 1)
n

S
nn
=++++
−
+
L
.

30
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Lời giải. Ta có
1
11
32.11
S ==
+
,
2
112 2
315 5 2.21
S =+ ==
+
, Ta đưa ra
giả thiết
21
n
n
s
n

=
+
. Ta sẽ chứng minh công thức này bằng phương pháp
quy nạp.
Bước cơ sở: Với n = 1, 2 như đã thiết lập ở trên.
Bước quy nạp: Giả sử công thức đã đúng với n = k, nghĩa là
21
k
k
s
k
=
+
.Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng cho n = k + 1, thật vậy
1kk
SS
+
=
+
1
(2( 1) 1)(2( 1) 1)kk
+
−++

=
21
k
k
+
+

1
(2 1)(2 3)kk
+
+

=
1
21k
+
2
23
23
kk
k
1
+
+
+
=
(1)(21)
(2 1)(2 3)
kk
kk
+
+
+
+

=
1

23
k
k
+
+
=
1
2( 1) 1
k
k
+
+
+
.
Công thức đúng với n = k + 1, suy ra nó đúng với mọi n số tự nhiên.

Ví dụ 29. Với a
1
, a
2
, , a
n
là những số thực, chứng minh rằng
222 2
12 1 2 1213 1
() (
nn
a a a a a a aa aa a a
−
+++ =++ + + ++L L L )

nn
2
, (8)
với mọi số tự nhiên n
≥
2.
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 2, công thức (8) là hằng đẳng thức đáng
nhớ.
Bước quy nạp: Giả sử (8) đúng với n = k – 1, nghĩa là
222 2
12 1 1 2 1
()
kk
aa a a a a S
−−
+++ =++ +LL,

31
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

ở đây S tổng tất cả khả năng từng đôi của dãy a
1
, a
2
, , a
k-1
. Ta phải
chứng minh
222 2
12 1 2

()
kk
aa a a a a S+++ =++ +LL
1
2
k
)]
k
)
kk
2
kk
1
2
)
3
)
3

ở đây
. Thật vậy,
112 1
()
k
SSaa aa
−
=+ + + +L
22
12 1 2 1
()[(

kk
aa a a a a a
−
+++ = ++ +LL
=

22
12 1 12 1
()2(
kk
aa a aa aaa
−−
+++ + +++ +LL
=

22 2
12 1 12 1
()22( )
kk
aa a S aa aaa
−−
++ + + +++ +LL
=

22 2
12 1
()
k
aa a S
−

++ +L.
Công thức đúng vơi n = k + 1, suy ra nó đúng với mọi n
2.
≥

4. Chứng minh bất đẳng thức
Ví dụ 30.
Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên
m
≥
10:
3
2
m
m> .
Lời giải. Đặt m = n + 9, ta phải chứng minh
93
2(9
n
n
+
>+
với n
1. Ta chứng minh bằng quy nạp toán học.
≥
Bước cơ sở: Với n =1, ta có 2
10
= 1024 > 1000 = 10
3
. Bất đẳng thức

đúng.
Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, nghĩa là
. Ta cần chứng minh công thức đúng với n = k + 1, nghĩa là
9
2(9
k
k
+
>+
10 3
2 ( 10)
k
k
+
>+ . Thật vậy
10 9 3 3 2
2 2.2 2( 9) 2 54 486 1458
kk
kkkk
++
=>+=+++
>
.
32
30 300 1000 ( 10)kk k k+++=+


32
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Ví dụ 31. Cho n là số tự nhiên khác 0, chứng minh rằng
11 1
1
23 2 1
n
n
+
++ + <
−
L.
Lời giải. Đặt vế trái của bất đẳng thức bằng S
n
.
Bước cơ sở: Nếu n = 2 thì
2
1 1 63211
12
23 6 6
S
++
=+ + = = < .
Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k , nghĩa là
11 1
1
23 2 1
k
k
S=+ + + + <
−
Lk. Ta cần chứng minh nó cũng đúng với n =

k + 1. Thật vậy,
1
1
11 1 1 1 1
(1 ) ( )
23 2 1 2 2 1 2 1
k
kkk k
S
+
+
=+++ + + + + +
−
+−
LL
< k +
1
11 1
221 2
kk k+
+++
+−
L
1

< k +
11 1
22 2
kk
+++L

k
= k +
1
.2
2
k
k
= k + 1.
Theo nguyên lí quy nạp toán học bất đẳng thức đúng với mọi n nguyên
dương.

Ví dụ 32. Chứng minh rằng với mọi x > - 1, x
≠
0 và với mọi số tự nhiên
n
≥
2 bất đẳng thức sau đúng
(
)
11
n
.
x
nx+>+ (9)
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 2 bất đẳng thức (9) có dạng 1 + 2x + x
2
>
1 + 2x là hiển nhiên đúng.
Bước quy nạp: Giả sử (9) đúng với n = k
≥

2. Ta chứng minh nó cũng
đúng với n = k + 1, nghĩa là

33
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

(
)
1
11(
k
1).
x
kx
+
+>++
Thật vậy,
(
)
1
2
1(1)(1)1(1)
k
.
x
kx x k x kx
+
+>++=+++ Do nx
2
> 0 suy ra

điều cần chứng minh.

5. Quy nạp toán học và dãy số
Dãy số ta đã biết là cấp số cộng và cấp số nhân, những công thức
tính tổng và số hạng tổng quát của các dãy này đều có thể chứng minh
bằng phương pháp quy nạp. Tiết này ta quan tâm tới dãy u
0
, u
1
, được
cho bởi công thức u
n+2
= u
n+1
+ u
n
với n = 1, 2, và u
1
=1; u
2
= 1. Cụ thể
là 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, dãy số này gọi là dãy Phibônaxi. Dãy số này
có nhiều ứng dụng và tính chất hay, ta xét một số tính chất.

Ví dụ 33. Tổng của n số đầu tiên trong dãy Phibônaxi bằng số hạng thứ
n + 2 trừ đi 1, nghĩa là
12 2
1
nn
uu u u

+
+
++= −L
, (10)
với n > 1.
Lời giải. Dùng phương pháp quy nạp chứng minh theo n.
Bước cơ sở: Với n=2 đẳng thức đúng vì từ định nghĩa ta có
u
1
+ u
2
= 1 + 1 = 3 – 1 = u
4
– 1.
Bước quy nạp: Giả sử (10) đúng với số tự nhiên n = k nào đó, nghĩa là
12 2
1
kk
uu u u
+
+
++= −L
.
Ta phải chứng minh cho n = k + 1. Thật vậy,
12 1 12
()
kk
uu u uu u u
++
+++ = +++ +LL

1k

=
21
(1)
kk
uu
+
+
−
+

=
12
1
kk
uu
++
+
−
=
3
1
k
u
+
−
.

34

Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Theo nguyên lí quy nạp toán học đẳng thức đúng với mọi n 2.
≥
Ví dụ 34. Chứng minh rằng đẳng thức
1nm n m n m
uuuuu
1
+
−+
=
+
(11)
đúng với số tự nhiên bất kì n > 1 và với mọi m = 1, 2,
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo m.
Bước cơ sở: Với m = 1, ta có
11 2 1 1nnnn
uu uu u u u
n
−
−+
+
=+=
;
với m =2, ta có
12 3 1 1
2( )
nnnnnn
uu uu u u u u u
−−−n

+
=+= ++

=
12nnn
uuu
+
+
+
=
,
đều có (11) đúng.
Bước quy nạp: Giả sử tồn tại số m = k các đẳng thức sau đúng:
11nk n k n k
uuuuu
+
−+
=
+
,
111nk n k n k
uuuuu
2
+
+−+ +
=
+
.
Ta phải chứng minh (11) đúng cho m = k + 1. Thật vậy, cộng hai vế của
các công thức trên ta có

111 2
()(
nk nk n k k n k k
uuuuuuuu
++ + − + + +
+= ++ +
1
)
.
Sử dụng định nghĩa của dãy Phibônaxi suy ra công thức (11) với m = k +
1. Theo nguyên lí quy nạp toán học (11) đúng với mọi m nguyên dương
và n số tự nhiên dương bất kì.

Ví dụ 35. Chứng minh rằng nếu n chia hết cho m thì u
n
chia hết cho u
m
.
Lời giải. Vì n chia hết cho m nên ta có thể viết n = mk. Ta sẽ chứng minh
khẳng định trên bằng quy nạp theo k.
Bước cơ sở: Với k = 1, khi đó n = m, như vậy u
n
chia hết cho u
m
.
Bước quy nạp: Giả sử u
mk
chia hết cho u
m
. Ta xét u

m(k+1)
.
Nhưng u
m(k+1)
= u
mk+m
và theo công thức bài trước ta có
(1) 1 1mk mk m mk m
uuuuu
+
−+
=
+ .

35
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Số hạng thứ nhất có chứa u
m
nên nó chia hết cho u
m
, còn số hạng thứ hai
theo giả thiết quy nạp u
mk
chia hết cho u
m
. Như vậy, tổng của hai số hạng
chia hết cho u
m
, suy ra u

m(k+1)
chia hết cho u
m
.
6. Bài tập
3.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 0, số
≥
a)
3
3n+3
– 26n – 27 chia hết cho 169;
b)
4
n
+ 15n - 1 chia hết cho 9;
c)
a
4n+1
– a chia hết cho 30, với a là số nguyên.
3.2.
Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp
chia hết cho 9.
3.3.
Chứng minh đẳng thức
a) 1
4
+ 2
4
+ 3
4

+ + n
4
=
2
( 1)(2 1)(3 3 1)
30
nn n n n
+
++−
;
b)
11 1 1
1.5 5.9 9.13 (4 3)(4 1) 4 1
n
nn n
++ ++ =
−
++
L
.
3.4.
Chứng minh bất đẳng thức sau:
a)
11 1
1
23
n
n
<+ + + +L
;

b)
11 1
12 2nn n
+++>
++
L.
13
14

3.5.
Cho u
1
, u
2
, , u
n
là chuỗi Phibônaxi, chứng minh rằng
a)
21
11
(1)
n
nnn
uuu
+
−+
−=− với n > 1;
b)
22 2
12

.
nnn
uu uuu
1
+
+++=L;
c)
15 15
22
5
nn
n
u
⎛⎞⎛
+−
−
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
=
⎞
⎟
⎠


36
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Bài 4. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC

Nhiều bài toán hình học được gải bằng phương pháp quy nạp toán

học, nhất là trong lĩnh vực hình học tổ hợp. Những bài toán liên quan số
lượng điểm, đường thẳng, độ lớn góc, các đa giác lồi, Ta nhắc lại một
đa giác lồi là mọi đường thẳng đi qua bất kì cạnh nào của nó cũng để đa
giác về một nửa mặt phẳ
ng.

1. Tính toán bằng quy nạp
Ví dụ 36. Cho n đường thẳng khác nhau trên mặt phẳng đi qua một
điểm chung. Hỏi chúng chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền?
Lời giải. Rõ ràng với n = 1, thì một đường thẳng chia mặt phẳng thành 2
miền. Với n = 2, hai đường thẳng giao nhau chia mặt phẳng thành 4
miền. Với n = 3, ba đường thẳng đi qua một điểm trên mặt phẳng chia
mặt phẳng thành 6 miền, Ta có thể giả thiế
t số miền được chia ra bởi n
đường thẳng là 2n. Ta chứng minh bằng quy nạp giả thiết trên:
Bước cơ sở: Với n = 1 mệnh đề khẳng định đúng, vì một đường thẳng
chia mặt phẳng thành hai phần.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với số n = k, nghĩa là k đường
thẳng khác nhau đi qua một điểm chia mặt phẳng ra thành 2k miền. Để
chứ
ng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 đường thẳng, ta chú ý rằng nếu
dựng đường thẳng đi qua điểm đã cho và không trùng với đường thẳng
nào trong số những đường thẳng còn lại, thì chúng ta nhận thêm 2 miền
của mặt phẳng. Như vậy số miền của 2k cộng thêm 2, nghĩa là 2(k+1).
Suy ra mệnh đề đúng với n = k + 1.
Ví dụ 37. Có thể chia n-giác lồi thành bao nhiêu tam giác bởi các đường
chéo không giao nhau?


37

Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Lời giải. Nếu n = 3 thì tam giác không có đường chéo vậy số tam giác
chỉ có một, nghĩa là 3 – 2 =1.
Nếu n = 4 thì rõ ràng tứ giác chỉ có thể chia thành hai tam giác: 4 – 2 = 2.
Ta có thể đưa ra giả thiết số tam giác chia bởi đường chéo không giao
nhau là S
n
= n – 2. Ta chứng minh giả thiết này bằng phương pháp quy
nạp.
Bước cơ sở: Với n = 3; 4 công thức đúng.
Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là đa giác lồi k
cạnh có thể chia thành S
k
= k – 2 tam giác. Ta cần chứng minh mệnh đề
đúng cho n = k + 1. Thật vậy, kẻ
đường chéo A
1
A
k
của đa giác
A
1
A
2
A
k
A
k+1
có k + 1 cạnh (h. 6).

Vì đa giác A
1
A
2
A
k
có thể chia thành
(k-2) tam giác theo giả thiết quy nạp.
Do có thêm tam giác A
1
A
k
A
k+1
nên đa





Hình 6
A
k+1
A
k
A
2
A
1
giác (k+1) có thể chi thành S

k+1
= k –1.
Theo nguyên lí quy nạp toán học, đa giác lồi n cạnh chia bằng đường
chéo không giao nhau thành S
n
= n – 2 tam giác.

Ví dụ 38. Tính tổng các góc trong của n-giác lồi bất kì.
Lời giải. Ta xét một số trường hợp ban đầu để tìm ra công thức. Kí hiệu
T
n
là tổng góc trong của n-giác lồi. Với n = 3, tổng góc trong là
T
3
= 180
0
= (3-2)180
0
. Với n = 4, tổng của góc trong của tứ giác lồi bằng
2 lần tổng góc một tam giác: T
4
= 360
0
= (4 – 2)180
0
. Từ hai trường hợp
trên ta có thể giả thiết công thức phải tìm là T
n
= (n – 2) 180
0

.
Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp.
Bước cơ sở: Với n = 3, công thức đúng như tính toán trên.


38
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k < n, ta phải
chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng
một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là
k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều
nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần
lượt là (k-1)180
0
và (n-k-1)180
0
. Tổng các góc của n-giác bằng tổng các
góc của hai đa giác trên, nghĩa là (k – 1 + n - k – 1)180
0
= (n-2)180
0
.
Suy ra mệnh đề đúng với mọi n
3.
≥

2. Chứng minh bằng quy nạp
Ví dụ 39. Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh
bằng

(3
2
nn )
−
.
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Bước cơ sở: Với n = 3, mệnh đề đúng vì tam giác có
3(3 3)
0
2
−
=
đường
chéo.
Bước quy nạp: Giả sử đa giác lồi n = k cạnh có số đường chéo
S
k
=
(3
2
kk− )
đường chéo, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với đa giác
lồi n = k +1 cạnh có số đường chéo là S
k+1
=
(1)(2
2
kk)
+
−

.
Thật vậy, giả sử A
1
A
2
A
k
A
k+1
là đa giác lồi k + 1 cạnh. Trong tam giác
ta kẻ đường chéo A
1
A
k
. Để đếm hết được các đường chéo trong đa giác
k + 1 cạnh ta cần phải đếm số đường chéo trong đa giác k cạnh
A
1
A
2
A
k
và thêm vào đó số đường chéo thu được từ k – 2 đường chéo
nữa, tức là số đường chéo của đa giác k + 1 cạnh A
1
A
2
A
k+1
xuất phát

từ đỉnh A
k+1
, ngoài ra cần tính đến đường chéo A
1
A
k
. Như vậy,


39
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

S
k+1
= S
k
+ (k-2) + 1 =
(3
2
kk )
−
+ k – 1 =
(1)(2
2
kk+−)
CCC A=∩∩
124
CCC A
.
Ví dụ 40. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không

nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối
hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không
nhỏ hơn n.
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 3 điểm, mệnh đề hiển nhiên đúng: Ba điểm
không nằm trên một đường thẳng nối từng đôi với nhau tạo ra ba đường
thẳng khác nhau.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k
3 điểm. Ta chứng minh
nó cũng đúng cho n = k + 1 điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít
nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi
qua hai điểm A
≥
n
và A
n+1
là A
n
A
n+1
. Nếu những điểm A
1
, A
2
, , A
n
nằm
trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là n + 1:
Gồm n đường thẳng nối A
n+1
với các điểm A

1
, A
2
, , A
n
và đường thẳng
chúng nối chung. Nếu A
1
, A
2
, , A
n
không nằm trên một đường thẳng thì
theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các
đường thẳng nối A
n+1
với các điểm A
1
, A
2
, , A
n
. Vì đường thẳng A
n
A
n+1

không chứa một điểm nào trong A
1
, A

2
, , A
n-1
, nên đường thẳng này
khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A
1
, A
2
, , A
n
. Như vậy số
đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn n + 1.

Ví dụ 41. Trong mặt phẳng cho n đa giác lồi (n > 3), mỗi bộ ba đa giác
có điểm chung. Chứng minh rằng tồn tại một điểm nằm trên tất cả các đa
giác.
Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 4, ta kí hiệu những hình bằng C
1
, C
2
, C
3
,
C
4
. Cho những điểm chung của từng bộ ba đa giác như sau:


40
1234

,
3
=
∩∩
1342
C A
, ,
CC
=
∩∩
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học



41
1234
CCCA=∩∩
.
1. Nếu A
4
nằm trong tam giác A
1
A
2
A
3
, thì bởi vì A
1
A
2

A
3

⊂
C
4
, ta có
A
4

∈
C
4
và suy ra A
4

∈
C, ở đây C kí hiệu là giao của các hình C
1
,
C
2
, C
3
, C
4
.
2. Nếu A
1
A

2
A
3
A
4
là tứ giác lồi thì A là điểm cắt của các đường chéo
của chúng, thì dễ thấy A
∈
C.
Bước quy nạp: Giả sử đã chứng minh được cho khẳng định đúng với n =
k – 1. Ta xét n = k hình C
1
,C
2
, , C
k
. Lấy C = C
k-1
C
∩
k
. Ta xét dãy C
1
,
C
2
, , C
k-1
, C. Ta sẽ chứng minh mọi bộ ba hình này đều cắt nhau. Thật
vậy, nếu giữa ba hình giao nhau không là C, thì điều kết luận trên hiển

nhiên đúng. Nếu C nằm trong số ba hình và ví dụ như C
1
, C
2
, C, thì vì thế
những hình C
1
, C
2
, C
k-1
, C
k
có điểm chung X (theo chứng minh tại phần
cơ sở). Suy ra X
∈
C
k-1
C
∩
k
= C. Từ đây khẳng định của bài toán suy ra
bằng nguyên lí quy nạp toán học.

3. Chứng minh cắt và ghép hình
Ví dụ 42. Một người cầm tờ giấy và dùng kéo cắt thành 7 mảnh. Sau đó
lấy một mảnh đã cắt và lại cắt thành 7 mảnh. Người đó tiếp tục như vậy
một số lần. Khi dừng lại người đó đếm tổng cộng được tất c
ả các mảnh
đã cắt ra là 122 mảnh. Hỏi người đó đếm số mảnh giấy cắt ra đúng hay

sai?
Lời giải. Mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là ta chỉ tạo thêm
ra được 6 mảnh, nên công thức tính số mảnh giấy sau n bước có dạng
T
n
= 6n + 1. Ta chứng minh công thức đúng bằng phương pháp quy nạp.
Bước cơ sở: Với n = 1, người cắt đã cắt từ một mảnh thành 7 mảnh, mà
công thức: T
1
= 6.1 + 1 = 7. Vậy công thức đúng.
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Bước quy nạp: Giả sử đến lần thứ k người ta đã cắt được số mảnh giấy là
T
k
= 6k + 1. Sang bước thứ k + 1, người ta lấy một mảnh giấy rồi cắt
thành 7 mảnh, nghĩa là tổng số mảnh sau lần thứ k + 1 là
T
k+1
= T
k
– 1 + 7 = 6k + 1 – 1 + 7 = 6k + 7 = 6k + 6 + 1 = 6(k+1) + 1.
Như vậy số mảnh giấy sau n bước cắt người ta thu được theo công thức
T
n
.
Do đó T
n
chia cho 6 chỉ dư 1 như công thức trên. Trong khi đó người cắt
đếm được số lượng 122 = 6.20 + 2, khi chia cho 6 số này dư 2, suy ra

người ta đã đếm không đúng.
Ví dụ 42. Cho n hình vuông bất kì. Chứng minh rằng ta có thể cắt chúng
ra thành một số phần để từ các phần đó ta có thể ghép lại thành một hình
vuông mới.
Lời giải. Khi n = 1, điều khẳng định là hiển nhiên.
P
Q
M
N
P
O
Q

M
N
P
C
C
2
C
1
D
D
2
D
1
B
2
B
1

A
A
2
O
M
A
2
B
2
C
2
D
2
Hình 7
A
1
B







Ta chứng minh r
ằng khi n = 2, điều khẳng định đó cũng đúng. Gọi độ
dài các cạnh của hai hình vuông A
1
B
1

C
1
D
1
và A
2
B
2
C
2
D
2
tương ứng là a
1

và a
2
. Giả sử a
1
a≥
2
. Trên các cạnh của hình A
1
B
1
C
1
D
1
với độ dài cạnh

a
1
ta đặt các đoạn A
1
M = B
1
N = C
1
P = D
1
Q =
1
2
aa
2
+
và cắt hình vuông
đó theo các đường MP và NQ, rõ ràng MP và NQ cắt nhau tại O của hình
vuông và tạo với nhau một góc vuông. Các đường đó chia hình vuông
thành bốn phần bằng nhau, những hình đó ghép vào hình vuông


42
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

A
2
B
2
C

2
D
2
như hình trên. Hình nhận được sẽ là hình vuông vì các giá trị
góc M, N, P, Q bù nhau, các góc A, B, C, D là vuông và AB = BC = CD
= DA.
Giả sử mệnh đề đã được chứng minh đối với n hình vuông và giả sử
ta có n + 1 hình vuông V
1
, V
2
, , V
n
, V
n+1
. Ta lấy ra bất kì hai hình
vuông, chẳng hạn V
n
và V
n+1
như đã chứng minh ở trên, sau khi cắt một
hình vuông và ghép vào hình vuông thứ hai ta được một hình vuông V’
mới. Do vậy ta có n hình vuông V
1
, V
2
, , V
n-1
, V’ theo giả thiết quy nạp
có thể cắt ra được các phần và từ đó có thể ghép lại thình một hình vuông

mới.
Ví dụ 43. Chứng minh rằng n-giác lồi với n
5 đều có thể cắt ra thành
thành ngũ giác lồi.
≥
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp với mọi n-giác lồi
với n
5 đều có thể cắt ra thành các ngũ giác lồi. Với n = 5 điều đó là
hiển nhiên, còn với n = 6 và 7 có thể xem hình:
≥

Hình 9
Hình 8






Bây giờ giả sử n
8 và mọi m-giác lồi với 5≥
≤
m < n đều có thể cắt ra
thành ngũ giác. Từ n-giác có thể cắt ra một ngũ giác tạo bởi 5 đỉnh liên
tiếp. Khi đó còn lại (n-3)-giác. Bởi vì 5
≤
n – 3 < n, nên (n-3)-giác lại có
thể cắt ra thành các ngũ giác theo giả thiết quy nạp toán học.

43
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học



Bài 3. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG SỐ HỌC VÀ ĐẠI SỐ

Người ta còn chứng minh được rằng nguyên 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 thông, nên nguyên lí quy nạp toán học có rất nhiều ứng dụng
trong việc giải các bài toán số học và đại số.

1. Bài toán phép chia hết và tính chất các số
Ví dụ 21. Chứng minh r
ằng nếu n là số tự nhiên khác 0 thì n
3
+ 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 k
3
+ 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) = (k

3
+ 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 (k
3
+ 11k) + 12 +
3k(k+1) chia hết cho 6. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học n
3
+ 11n
chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n khác 0.

Ví dụ 22. Chứng minh rằng với số n nguyên dương C
n
= 7
n
+ 3n – 1 chia
hết cho 9.

Lời giải. Bước cơ sở: Nếu n =1, thì C
1
= 7 + 3 – 1 = 9 chia hết cho 9.

25
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Bước quy nạp: Giả sử n = k
≥
1 và C
k
= 7

k
+ 3k – 1 chia hết cho 9. Khi
đó với n = k + 1, số
C
k+1
= 7
k+1
+ 3(k+1) – 1 = 7.7
k
+ 3k + 2
= 7.7
k
+ 21k – 7 – 18k + 9 = 7(7
k
+ 3k – 1) – 9(2k – 1)
= 7C
k
– 9(2k-1)
cũng chia hết cho 9. Theo nguyên lí quy nạp toán học C
n
chia hết cho 9
với mọi n nguyên dương.

Ví dụ 23. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên dương n,
S
n
= (n+1)(n+2) (n+n) chia hết cho 2
n
.

Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1, ta có S
1
= 1 + 1 = 2 chia hết cho 2
1
= 2.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là
S
k
= (k + 1)(k + 2) (k + k) chia hết cho 2
k
, ta phải chứng minh mệnh đề
đúng với n = k + 1. Thật vậy,
S
k+1
= (k + 2)(k + 3) [(k+1) + (k+1)]= 2(k + 1)(k + 2) (k + k) = 2S
k
.
Theo giả thiết quy nạp S
k
chia hết cho 2
k
, suy ra S
k+1
chia hết cho 2
k+1
.
Theo nguyên lí quy nạp toán học S
n
chia hết 2
n

với mọi n nguyên dương.

2. Biểu diễn số theo cơ số
Một số bài toán liên quan tới biểu diễn theo cơ số và tính chất của
chúng.
Ví dụ 24. Chứng minh rằng
7 + 77 + 777 + +
=

777 7
n
123
1
7
(10 9 10)
81
n
n
+
−− .

Lời giải.
Đặt vế trái của đẳng thức trên là S
n
.

26
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Bước cơ sở: Với n = 1, S

1
= 7, còn vế phải
2
77
(10 9.1 10) .81 7
81 81
−
−= =.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là
S
k
=
1
7
(10 9 10)
81
k
k
+
−− .
Ta cần phải chứng minh S
k+1
=
2
7
(10 9( 1) 10)
81
k
k

+
−+−. Thật vậy,
1
1
777 77
kk
k
SS
+
+
=+
14 2 43
=S
k
+ 7.10
k
+ 7.10
k-1
+ + 7.10
2
+ 7.10 + 7
= S
k
+ 7( 1 + 10 + 10
2
+ +10
k
).
Nhưng vì 1 + 10 + 10
2

+ +10
k
=
1
10 1
10 1
k +
−
−
, nên
S
k+1
=
1
7
(10 9 10)
81
k
k
+
−− + 7
1
10 1
10 1
k +
−
−

=
11

7
(10 9 10 9.10 9)
81
kk
k
++
−−+ −
=
1
7
(10.10 9 19)
81
k
k
+
−− =
2
7
(10 9( 1) 10)
81
k
k
+
−+−.
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 S
n
là tổng sau n lần thao tác. Ta có
thể liệt kê bảng sau:

27
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

n 0 1 2 3
S
n
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 S
4
= 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 không? 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 S
3
= 3S
2
– 2 (do hai đầu thừa ra 2 số 1). Ta có thể kiểm

tra S
5
=3S
4
–2 =244 và công thức tổng quát là S
n
= 3S
n-1
–2. Từ công thức
này đưa ra giả thiết quy nạp
S
n
= 3
n
+ 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 S
k
=3
k
+1. Ta
phải chứng minh với n = k + 1. Thật vậy,
S
k+1
= 3.S
k
–2 = 3(3
k
+1) –2 = 3. 3

k
+ 3 – 2 = 3
k+1
+1.
Vậy công thức đúng với mọi n số tự nhiên. Kết quả bài toán của ta là
S
100
= 3
100
+ 1.

Ví dụ 26. Chứng minh rằng mỗi cặp số nguyên n 1 và b > 1 tồn tại
biểu thức dưới dạng
≥
1
11
ss
ss
ncb cb cbc
−
− 0
=
+++L +, (7)

28
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

ở đây 0
s
≥ là một số nguyên, và

0
i
cb1
≤
≤−
với mọi i = 0, 1, , s-1 và
.
01
s
cb<≤−
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, c
0
= 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 nguyên
không âm n
1
và r sao cho
n = bn
1
+ r, với 0
≤
r
≤

b – 1.
Dễ thấy n
1
< n. Thật vậy, nếu n
1
n thì vì b > 1, r 0 ta có n = bn
≥ ≥
1
+ r >
n, vô lí.
Ta xét hai trường hợp:
1.
Nếu n
1
= 0, thì n = r, công thức (7) tương ứng với biểu diễn
s = 0, c
0
= r.
2.
Nếu n
1
1 thì 1
≥
≤
n
1
< n, theo giả thiết quy nạp biểu diễn (7) đúng
với mọi số tự nhiên k
≤
n. nghĩa là với n

1
ta có
1
11 1
tt
tt
nrbrb rbr
−
− 0
=
++++L,
với một số t nào đó và 0
≤
r
i

≤
b – 1 (i = 0, 1, , t); r
t
>0. Khi đó
1
11
tt
tt
nbn rrb rb rbr
+
−
=+= + +++L,
0

nghĩa là biểu diễn (7) tương ứng với s = t + 1, c
s
= r
t
, , c
1
= r
0
,c
0
= r.
Như vậy biểu diến (7) đúng cho tất cả số tự nhiên.


29
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Bài 2. Kĩ THUẬT DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

1. Hai bước của nguyên lí quy nạp toán học
Nguyên lí quy nạp toán 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.

Ví dụ 9. Ch
ứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng:
22
n
n>+1

1
1
2
. (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)
22
k
k>+
Ta chứng minh bất đẳng thức (4) đúng với n = k + 1
1
22(1)
k
k
+
>++. (6)
Thật vậy, 2
k
là một số không nhỏ hơn 2 với mọi số tự nhiên k khác 0. Ta
cộng vế trái của (4) với 2
k
và cộng vế phải của (4) với 2. Ta nhận được
2221
kk
k
+
>++.
Nghĩa là có (6). Theo nguyên 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 chư
a 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
≥

15
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

thức (4) đúng (điều kiện thứ nhất của định lí 1) với n
0
= 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 nguyên lí quy nạp toán
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 không 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.
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 vớ
i n = k + 1, do đó theo
nguyên lí quy nạp toán 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 vô lí, vậy cách chứng minh sai ở đâu? Dễ thấy rằng áp dụng
nguyên lí quy nạp toán 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

16
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

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 không có
cơ sở để thực hiện quy nạp, vì vậy không 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 s

ố 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) = n
2
– 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) = 41
2
– 41 + 41 = 41
2
. Kết quả f(41) không phải là số
nguyên tố, nên kết luận của bài toán là không 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 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. 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).



17
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Ví dụ 12. Chứng minh rằng
1 + 4 + + n
2
=
(1)(21
6
nn n )
+
+
, (8)
với mọi n
1. ≥
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 =
1.2.3
6
, công thức (8) đúng.
2.
Bước quy nạp: Giả sử (8) đúng với n = k, P(k) =
(1)(21
6
kk k++)
.
Khi đó
P(k+1) = 1 + 4 + + (k+1)
2
= P(k) + (k+1)

2
=
(1)(21
6
kk k++)
+ (k+1)
2
= (k+1)
2 ( 1) 4( 1) 2
6
kk k k
+
++ + +

=
(1)( 2)(2(1)1
6
kk k++ ++)
.
Do đó (8) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp toán 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:
1111
, , , ,
2345
Chứng minh rằng với mọi n
≥
3 có

thể biểu diễn 1 thành dạng tổng n phân số khác nhau trong tập hợp trên.
Ví dụ như n = 3, ta có thể viết
111
1
236
=
++.

18
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

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
11 1
1
ab k
=
+++.
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
11 1
1(1kk kk
=+
)
+

+
.
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.
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 không 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 z
n
= 3
2n+1
+ 40n – 67 chia hết cho 64 với
mọi số n nguyên không âm.
Lời giải.
Bước cơ sở: z
0
= 3
1
+ 0 – 67 = - 64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng.
Bước quy nạp: Giả sử z
n
chia hết cho 64. Khi đó
z

n+1
= 3
2n+3
+ 40n – 67

19
Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

= 9(3
2n+1
+ 40n – 67) – 320n + 576
= 9.z
n
– 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 nguyên lí quy nạp toán học bài toán đúng với mọi n
không âm.
Ví dụ 15. CM rằng
543
5233
nnn n
0
+
+−
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) =
543
5233
kkk k

++−
0

là số nguyên. Ta cần phải chứng minh nó đúng với n = k + 1, nghĩa là
chứng minh
543
(1)(1)(1)
523
kkkk1
30
+
++
++−
+

là số nguyên. Khai triển biểu thức trên
5432
510105
5
kk k kk++ + ++1
+
432
464
2
kkkk1
+
+++
+
+
32

33
3
kkk1
+
++
-
1
30
k
+
.
Nhóm lại để xuất hiện P(k)
543
() () ()
52330
kkkk
++−
432
2 )kkkk+ (2
+
+++
+
32 2
(2 3 2 ) ( 1)kkkkk
+
++++
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 nguyên lí quy nạp toán học bài toán đúng
với mọi n.

20