Phương pháp quy nạp và ứng dụng

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN



NGUYỄN THỊ TUYẾT DUNG



PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ ỨNG DỤNG




LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC






Hà Nội - 2012

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN




NGUYỄN THỊ TUYẾT DUNG

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40




LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC




Hà Nội - 2012
Mục lục
1 Những kiến thức cơ b ản về phương pháp qu y nạp toán
học 5
1.1 Giới thiệu về phương pháp quy nạp toán học . . . . . . . 5
1.1.1 Nguyên lý của phương pháp quy nạp toán học . . 5
1.1.2 Các ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Các hình thức của phương pháp quy nạp toán học . . . . 11
1.2.1 Hình thức quy nạp chuẩn tắc . . . . . . . . . . . 11
1.2.2 Hình thức quy nạp nhảy bước . . . . . . . . . . . 13
1.2.3 Hình thức quy nạp kép . . . . . . . . . . . . . . . 15
2 Ứng dụng p hương pháp quy nạp toán h ọc trong việc giải
toán 18
2.1 Phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán số học,
đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1.1 Một số bài toán chia hết . . . . . . . . . . . . . . 18
2.1.2 Một số bài toán về dãy số và chứng minh đẳng thức 27
2.1.3 Một số bài toán chứng mi nh bất đẳng thức . . . . 37
2.2 Phương pháp quy nạp toán học trong một số bài toán
hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
2.2.1 Tính toán bằng quy nạp . . . . . . . . . . . . . . 48
2.2.2 Chứng minh bằng quy nạp . . . . . . . . . . . . . 51
1
2.2.3 Dựng hình bằng quy nạp . . . . . . . . . . . . . . 59
2.3 Phương pháp quy nạp toán học trong một số bài toán
không mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
3 Bài tập áp dụng 78
3.1 Bài tập về chứng minh tính chia hết . . . . . . . . . . . 78
3.2 Bài tập về dãy số và chứng minh đẳng thức . . . . . . . 79
3.3 Bài tập về chứng minh bất đẳng thức . . . . . . . . . . 81
3.4 Bài tập hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
2
Mở đầu
Phương pháp quy nạp có vai trò vô cùng quan trọng trong toán học,
khoa học và cuộc sống. Quá trình quy nạp là quá trình đi từ "tính chất"
của một số cá thể suy ra "tính chất" của tập thể, nên không phải l úc
nào cũng đúng. Phép suy luận này chỉ đúng k hi thỏa mãn những điều
kiện nhất định. Tuy vậy, phươ ng pháp quy nạp có ý nghĩa rất to lớn ở
chỗ nó giúp đưa ra những suy luận khái quát, những ý tưởng tổng quát.
Trong toán học cũng vậy, quá trình suy luận này chỉ đúng khi nó thỏa
mãn nguyên lý quy nạp. Phương pháp quy nạp toán học tỏ ra rất hiệu
quả trong mọi lĩ nh vực của toán học: Từ số học, đại số, toán lo gic,
đến hình học.
Trong chương trình toán học phổ thông, phương pháp quy nạp đã
được đề cập đến ở lớp 11, nhưng chưa được sâu sắc và hệ thống. Đặc

biệt là chưa có phần áp dụng vào các bài toán logic và hình học. Cuốn
luận văn này nhằm đưa ra cái nhìn tổng quan về phương pháp quy nạ p
toán học: Từ nguyên lý và cá c hình thức của phương pháp đến những
bài tập áp dụng trong các phâ n môn khác nhau. Hệ thống các bài tập
được đưa ra từ đơn giản đến phức tạp. Đặc biệt luậ n văn đã sưu tầm một
số đề thi Olympi c toán các quốc gia và quốc tế giải được bằng phương
pháp này.
Luận văn gồm phần mở đầu, ba chương, phần kết luận và danh mục
các tài liệu tham khảo.
3
Chương 1: Trình bày những kiến thức cơ bả n về phương pháp quy
nạp toán học.
Chương 2: Trình bày những ứng dụng của phương pháp quy nạp
trong việc giải t oán, bao gồm một số bài toán số học, đại số, hình học
và bài toán không mẫu mực.
Chương 3: Đưa ra một số bài tập áp dụng
Để hoà n thành được cuốn luận văn này, tác giả đã nhận được sự giúp
đỡ, chỉ bảo rất tận tình của thầy giáo, GS.TS Đặng Huy Ruận. Tác giả
xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy về sự giúp đỡ quý báu đó.
Mặc dù tác giả đã hết sức cố gắng, song do thời gian và trình độ còn
hạn chế, cuốn luận văn chắc chắn không tránh được những thiếu só t.
Kính mong nhận được ý kiến đóng g óp của quý độc giả. Tác giả xin chân
thành cảm ơn!
4
Chương 1
Những kiến thức cơ bản về phương
pháp quy nạp toán học
1.1 Giới thiệu về phương pháp quy nạp to án học
Phương pháp quy nạp toán học là một công cụ rất có hiệu lực trong
việc chứng minh nhiều bài toá n thuộc các lĩnh vực khác nhau của toán

học như : số học, đại số , hình học, Đây là một phương pháp chứng
minh toán học đặc biệt cho phép ta rút ra những q uy luật tổng quát
dựa trên cơ sở của những trường hợ p riêng. Quá trình quy nạp ngược
với quá trình suy diễn : "Từ tính chất" của một số cá thể suy ra "tí nh
chất "của tập thể, nên k hông phải lúc nào cũng đúng. Nó chỉ đúng khi
thỏa mãn nguyên lý quy nạp.
1.1.1 Nguyên lý của phương pháp quy nạp toán học
Nguyên lý của phương pháp quy nạp toán học:
Cho n
0
là một số nguyên dương và P (n) là một mệnh đề có nghĩa với
mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. Nếu:
(1): P (n
0
) đúng và
(2): Nếu P(k) đúng từ đó suy ra được P (k + 1) cũng đúng với mọi số
5
tự nhiên k ≥ n
0
thì mệnh đề P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
Phương pháp dùng nguyên lý quy nạp toán học để giải toán gọi là
phương pháp quy nạp toán học. Như vậy, phương pháp quy nạp toán
học gồm hai bước:
1
0
Bước thứ nhất : Kiểm tra mệnh đề có đúng với n = n
0

. Bước này
thường gọi là bước cơ sở quy nạp.
2
0
Bước thứ hai : Chứng minh rằng nếu với mỗi k ≥ n
0
, P (k) là
mệnh đề đúng, thì suy r a P (k + 1) cũng đúng, bước này được gọi là
bước quy nạp. Kết luận P (n) đúng với mọi n ≥ n
0
.
Cách chứng minh quy nạp tr ánh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn bước
các khẳng định của mệnh đề. Vì mệnh đề của bài toán có t hể phụ thuộ c
vào nhiều đối số nên khi chứng minh ta cần nói rõ chứng minh quy nạp
theo đối số nào.
Trong chứng minh bằng quy nạp, cả bước cơ sở quy nạp và bước
chứng minh quy nạp đều cần thiết. Nếu thiếu m ột t rong hai bước, thì
có thể dẫn đến sai lầm. Một số ví dụ sau sẽ chứng tỏ điều này.
Ví dụ 1.1.1. G.W.Leibnitz (nhà toán học Đức, thế kỷ 17) đã chứng
minh rằng v ớ i m ọi s ố ng uyên dương n thì:
(n
3
− n)
.
.
.3
(n
5
− n)
.

.
.5
(n
7
− n)
.
.
.7
Từ đ â y, ông s uýt nữa kết luận rằng: (n
k
−n) chia hết cho k, với mọi số
tự nhiên n và mọi số lẻ k.Tuy vậy không lâu sau chính ông đã tìm thấy
rằng 2
9
− 2 = 510 không chia hết cho 9.
Ví dụ 1.1.2. D.A.Grave- nhà toán học Xô Viết; Õng giả định rằng:
với mọi số nguyên tố p, 2
p−1
− 1 kh ông chia hết cho p
2
. Bằng kết qu ả
6
kiểm tra trực tiếp v ới mọi số nguyên tố p nhỏ hơn 1 000 càng củng cố
thêm giả định này của ông. Nhưng chẳng bao lâu sau người t a chỉ ra
rằng 2
1092
−1 chia hết cho 1 093
2
(1093 là số nguy ê n tố). Như vậy, phỏng
đoán của Grave là sai lầm.

Ví dụ 1.1.3. Do bỏ qua bước quy nạ p nên nhà Toán học Pháp P.Fermat(1601-
1665) đã cho rằng các số dạng 2
2
n
+ 1 là số nguyên tố.
Ông đã xét 5 số đầu tiên:
Với n = 0 cho 2
2
0
+ 1 = 2
1
+ 1 = 3 là số ng uyên tố.
Với n = 1 cho 2
2
1
+ 1 = 2
2
+ 1 = 5 là số ng uyên tố.
Với n = 2 cho 2
2
2
+ 1 = 2
4
+ 1 = 17 là số nguyên tố.
Với n = 3 cho 2
2
3
+ 1 = 2
8
+ 1 = 257 là số n g uyên tố.

Với n = 4 cho 2
2
4
+ 1 = 2
16
+ 1 = 655537 là số nguyên tố.
Nhưng đến thế kỉ 18, n hà toán học Euler đã phát hiện ra với n = 5
không đúng vì 2
2
5
+ 1 = 4294967297 = 641.6700417 là hợp số.
Các ví dụ trên cho thấy rằng nếu ta chỉ t hực hiện bước cơ sở (các
phép thử) mà không thực hiện bước quy nạp thì rất dễ mắc sai lầm. Thế
còn ngược lại, chỉ thực hiện bước chứng minh quy nạp thì có dẫn đến
sai lầm không? Để l àm sáng tỏ vấn đề này ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1.1.4. Do bỏ bước cơ sở quy nạp, ta đ ưa ra kết luận không đúng:
Mọi số tự nhiên đều bằng nhau!. Bằng cách quy nạp như sau:
Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k nào đó. Khi đó ta có
k = k + 1(∗).
Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 nghĩa là phải chứng minh:
k + 1 = k + 2 Thêm vào m ỗi vế của đẳng thức (*) 1 đơn vị ta sẽ có:
k + 1 = k + 1 + 1 = k + 2. Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó
cũng đúng với n = k + 1 do đó theo nguyên lý quy nạp toán học nó đúng
7
với mọi số tự nhiên n.
Và từ đó ta có kế t luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!
Chú ý: Phương pháp quy nạp toán học không nhất thiết phải sử dụng
nghiêm ngặt sơ đồ trên. Điều này sẽ được trình bày chi tiết ở chương 2.
1.1.2 Các ví dụ
Phần này t rình bày một số ví dụ nhằm m inh họa việc vận dụng phương

pháp quy nạp để gi ải toán.
Ví dụ 1.1.5. (Chứng minh đẳng thức)
Chứng minh rằng tổng S
3
(n) các lập phươn g của n s ố tự nhiên đầu
tiên bằng
n
2
(n + 1)
2
4
S
3
(n) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=
n
2
(n + 1)
2
4
Chứng minh.
1
0

(Cơ sở quy nạp). Với n = 1, có:
S
3
(1) = 1
3
=
1
2
(1 + 1)
2
4
2
0
(Quy nạp). Giả sử khẳng định đã đúng với n ≥ 1, nghĩa là:
S
3
(n) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=
n
2
(n + 1)
2
4

Khi đó
S
3
(n + 1) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
+ (n + 1)
3
=
n
2
(n + 1)
2
4
+ (n + 1)
3
=
(n + 1)
2
[n
2
+ 4(n + 1)]
4
=
(n + 1)

2
(n + 2)
2
4
8
Mệnh đề được chứng minh !
Ví dụ 1.1.6. (Chứng minh bất đẳng th ức)
Chứng minh rằng: n
n+1
> (n + 1)
n
(1) ( n là số tự n hiên, n ≥ 3 )
Chứng minh.
1
0
(Cơ sở quy nạp).Với n = 3, ta có :3
4
= 81 > 4
3
= 64. Như vậy bất
đẳng thức (1) đúng với n = 3
2
0
(Quy nạp). Giả sử quan hệ (1) đúng với n = k, tức là k
k+1
> (k+1)
k
với k ≥ 3, k ∈ N
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 tức là :
(k + 1)

k+2
> (k + 2)
k+1
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
k
k+1
> (k + 1)
k
⇒ k
k+1
(k + 1)
k+2
> (k + 1)
k
(k + 1)
k+2
⇒ k
k+1
(k + 1)
k+2
> (k + 1)
2k+2
= (k + 1)
2k
(k + 1)
2
= (k
2
+ 2k + 1)
k

(k
2
+ 2k + 1)
> (k
2
+ 2k)
k
(k
2
+ 2k)
= (k
2
+ 2k)
k+1
= k
k+1
(k + 2)
k+1
⇒ (k + 1)
k+2
> (k + 2)
k+1
Bất đẳng thức được chứng minh!
Ví dụ 1.1.7. ( Chứng minh tính chia hết)
Với n là số tự nhiên, đặt A
n
= 7
7
7
7

(n lũy thừa của 7)
Chứng mi nh rằng với mọi số tự nhiê n n ≥ 2, số (A
n
+ 17) chia hết
cho 20.
9
Chứng minh.
Ta sẽ chứng minh: Với mọi số tự nhiên n ≥ 2, thì: A
n
= 20B
n
+ 3 (1)
Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh (1)
1
0
. Với n = 2, ta có: A
2
= 7
7
= 7
4
.7
3
mà
7
3
= 343 = 20.17 + 3 = 20p + 3
7
4
= 2041 = 20.120 + 1 = 20q + 1

nên A
2
= (20p + 3).(20q + 1) = 20(20pq + p + 3q) + 3
Do đó (1) đúng với n = 2
2
0
.Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 2, tức là: A
k
= 20B
k
+ 3
Ta có :
A
k+1
= 7
A
k
= 7
20B
k
+3
= (7
4
)
5B
k
.7
3
= (20q + 1)
5B

k
.(20p + 3)
= [(20q)
5B
k
+ C
1
5B
k
.(20q)
5B
k
−1
+ + C
5B
k
−1
5B
k
.20q + 1].(20p + 3)
= 20p [(20q)
5B
k
+ C
1
5B
k
.(20q)
5B
k

−1
+ + C
5B
k
−1
5B
k
.20q + 1]
+ 20q[ (20q)
5B
k
−1
+ C
1
5B
k
(20q)
5B
k
−2
+ + C
5B
k
−1
5B
k
].3 + 3
= 20B
k+1
+ 3

Nên (l) đúng với n = k + 1.
Vậy ta có: A
n
= 20B
n
+ 3; ∀n ≥ 2 nên A
n
+ 17 = 20(B
n
+ 1). Do đó
A
n
+ 17 chia hết cho 20 với mọi số tự nhiên n ≥ 2
Ví dụ 1.1.8. (Tính toán trong hình học)
Một n - giác lồi hoặc lõm, không tự cắt được chia bởi các đường c h éo
không cắt nhau thàn h bao nhiêu tam giác?
Chứng minh.
1
0
Với một tam giác thì số tam gi ác có được là 1 = 3 - 2
Với một tứ giác thì số tam giác có được là 2 = 4-2
10
2
0
Với k− giác (3 ≤ k < n), giả sử được chia thành (k −2) tam giác
bởi các đường chéo không cắt nhau(không phụ thuộc vào cách chia).
Đối với n − giác A
1
A
2

A
n
, đường chéo A
1
A
k
chia n-giác này ra làm k-
giácA
1
A
2
A
k
và (n − k + 2)-giác A
1
A
k
A
k+1
A
n
. Theo giả thiết quy
nạp:
k−giác A
1
A
2
A
k
được chia thành k − 2 tam giác

(n −k +2)−giác A
1
A
k
A
k+2
A
n
được chia thành [(n −k +2) −2] tam
giác
nên tổng số tam giác của n− giác A
1
A
2
A
n
được tạo thành là:
(k −2) + [(n −k + 2) − 2] = n − 2
Vậy n-giác không tự cắt được chia thành (n − 2) tam giá c bởi các
đường chéo không cắt nhau.
1.2 Các hình thức của phương pháp quy nạp toán
học
Chương này trình bày một số hình thức thể hiện của phương pháp quy
nạp toán học.
1.2.1 Hình thức quy nạp chuẩn tắc
Hình thức quy nạ p này chính là nội dung của nguyên lí quy nạp đã
trình bày ở chương trước. Ta có thể tóm tắt lại như sau:
"Mệnh đề P đúng với số tự nhiên k
0
và với mọi k ≥ k

0
, t ừ việc P
đúng với k thì cũng suy ra được tính đúng đắn của P với (k + 1). Khi
đó mệnh đề P đúng đối với mọi số tự nhiên k ≥ k
0
."
Sau đây xin trình bày một ví dụ để minh họa việc vận dụng hình thức
này.
Ví dụ 1.2.1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta đều có:
11
2
(n+2)
> 2n + 5
Chứng minh.
1
0
. Với n = 1, ta có : 2
(1+2)
= 2
3
= 8 > 7 = 2 .1 + 5 nên bất đẳng thức
đúng.
2
0
. Giả sử bất đẳng thức đúng với số nguyên n = k(k ≥ 1) tức là ta
đã có:
2
k+2
> 2k + 5
Cần chứng minh bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1.

Thật vậy ta có :
2
k+1+2
= 2.2
k+2
> 2.(2k + 5)
= 4k + 10 > 2k + 7
= 2(k + 1) + 5
Vậy bất đẳng thức được chứng m inh!
Ví dụ 1.2.2. Chứng minh rằng
n
5
5
+
n
4
2
+
n
3
3
−
n
30
là số nguyên với mọi
số tự nhiên n
Chứng minh.
1
0
.(Bước cơ sở) Với n = 0 , ta có mệnh đề đúng.

2
0
.(Bước quy nạp) Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là ta có:
P (k) =
k
5
5
+
k
4
2
+
k
3
3
−
k
30
là số nguyên. Ta cần chứng minh nó đúng với n = k + 1 nghĩa là chứng
minh:
P (k + 1) =
(k + 1)
5
5
+
(k + 1)
4
2
+
(k + 1)

3
3
−
(k + 1)
30
là số nguyên. Khai triển biểu thức trên ta có:
12
P (k+1) =
k
5
+ 5k
4
+ 10k
3
+ 10k
2
+ 5k + 1
5
+
k
4
+ 4k
3
+ 6k
2
+ 4k + 1
2
+
k
3

+ 3k
2
+ 3k + 1
3
−
(k + 1)
30
Nhóm lại để xuất hiện P (k)
P (k+1) = [
k
5
5
+
k
4
2
+
k
3
3
−
k
30
]+(k
4
+2k
3
+2k
2
+k)+(2k

3
+3k
2
+2k)+(k
2
+k+1)
Nhóm thứ nhất theo giả thi ết quy nạp là số ng uyên còn các nhóm sau
đều l à số nguyên. Suy ra tổng của chúng là số ng uyên. Như vậy P (k +1)
cũng đúng. Vậy mệnh đề được chứng minh!
1.2.2 Hình thức quy nạp nhảy bước
Đây là hình thức phát triển của hình thức quy nạp chuẩn tắc. Dùng
P (n) để ký hiệu khẳng định đúng với số tự nhiên n. Khi đó sơ đồ của
hình thức quy nạp này có thể biểu diễn dưới dạng:
[P (k
0
), P(k
0
+ 1), , P(k
0
+ a − 1); ∀k ≥ k
0
, P(k) ⇒ P (k + a)]
⇒ ∀n ≥ k
0
, P(n)
Ví dụ 1.2.3. Tìm các số tự nhiên n để phương trình
1
x
2
1

+
1
x
2
2
+ +
1
x
2
n
= 1
Có nghiệm mà các thàn h phần của nó là s ố tự nhiên.
Chứng minh.
(i) Khi n = 1, phương trình có nghiệm x
1
= 1
(ii) Khi n = 2, ta có phương trình :
1
x
2
1
+
1
x
2
2
= 1
Giả sử phươ ng trình có nghiệm (α
1
, α

2
). Có thể g iả thiết α
1
≤ α
2
vì
vai trò của x
1
, x
2
như nhau. Tacó:
1
α
2
1
≥
1
α
2
2
⇒ 1 =
1
α
2
1
+
1
α
2
2

≤
2
α
2
1
⇒ α
2
1
≤ 2
13
nên α
1
= 1. Thay vào phương trình ta có:
1
α
2
2
= 0 ( vô lý)
Vậy khi n = 2 , phương trình vô nghiệm
(iii) Khi n = 3 tương tự như trên.ta có phương trình vô nghiệm.
(iv) Khi n = 4, phương trình có nghiệm ( 2; 2; 2; 2).
(v) Khi n = 5, tươ ng tự như trường hợp n = 2, n = 3 ta có phương
trình vô nghiệm .
(vi) Khi n = 6, phương trình có nghiệm ( 2; 2; 2; 3; 3; 6).
(vii) Khi n = 7, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 4; 4; 4; 4).
(viii ) Khi n = 8, phương trình có nghiệm (2; 2; 2; 3; 3; 7; 14; 21)
(ix) Giả sử với n = k tự nhiên nào đó phương trình có nghiệm:
(α
1
; α

2
, , α
k
) với α
i
là số tự nhiên, i =
1, k
Ta có:
1
α
2
1
+
1
α
2
2
+ +
1
α
2
k
= 1
Mặt khác:
1
α
2
k
=
1

4α
2
k
+
1
4α
2
k
+
1
4α
2
k
+
1
4α
2
k
nên
1
α
2
1
+
1
α
2
2
+ +
1

α
2
k−1
+
1
4α
2
k
+
1
4α
2
k
+
1
4α
2
k
+
1
4α
2
k
= 1
Do đó với n = k + 3 thì phương trình có nghiệm:
(α
1
; α
2
, , α

k−1
; 2α
k
; 2α
k
; 2α
k
; 2α
k
)
(hiển nhiên các thành phần của nghiệm này cũng là số tự nhiên).
Như vậy nếu phương trình có nghiệm với n = k, thì nó cũng có ng hiệm
với n = k + 3. Mà phương trình có nghiệm ứng với n = 6; 7; 8 nên theo
nguyên lý quy nạ p thì phương trình có nghiệm với mọi n ≥ 6. Ngoài ra
phương trình cũng có nghiệm ứng với n = 1; n = 4.
Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thể
biểu diễn dưới dạng tích của những số nguyên tố.
Chứng minh.
14
1
0
.(Bước cơ sở) Hiển nhiên mệnh đề đúng với mọi số nguyên tố, trường
hợp đặc biệt n = 2 cũng đúng.
2
0
.(Bước quy nạp) G iả sử m ệnh 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 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
n
1
< n và n
2
< n sao cho n = n
1
.n
2
.
Theo giả thiết quy nạp n
1
và n
2
đều biểu diễn thành tí ch các số nguyên
tố. Do đó n cũng biễu diễn thành tích các số nguyên tố.
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n > 1.
1.2.3 Hình thức quy nạp kép
Đây cũng là hình thức phát triển của hình thức quy nạp chuẩn tắc.
Ta sẽ thực hiện phép thử với hai giá trị đầu tiên của n. Sau đó, trong
giả thiết quy nạp, ta giả sử mệnh đề đúng với hai giá trị liên tiếp bất kỳ
của n, rồi chứng minh mệnh đề cũng đúng với giá t rị tiếp theo của n.
Hình thức này thường được sử dụng trong các bài tập về dãy số mà số
hạng thứ n đượ c biểu diễn theo các số hạng đứng trước nó. Thực ra đây
chỉ là t rường hợp riêng của hình t hức quy nạp nhảy bước. Tuy nhiên nó
rất hay được sử dụng.
Ví dụ 1.2.5. Cho dãy số Fibonaxi xác định như sau:
a
0
= 0

a
1
= 1

15
a
n+1
= a
n
+ a
n−1
; n ≥ 1
Chứng minh: a
m+n
= a
m−1
a
n
+ a
n+1
a
m
; với m ≥ 1, n ≥ 1
Chứng minh.
Với m bất kì, m ≥ 1 ta chứng minh đẳng thức trên bằng phương
pháp quy nạp kép theo n.
1
0
. Khi n = 1, đẳng thức trở thành a
m+1

= a
m
+ a
m−1
vì a
1
= a
2
= 1
nên đẳng thức đúng với n = 1
Khi n = 2, đẳng thức trở thành:
a
m+2
= 2a
m
+ a
m−1
(do a
2
= 1, a
3
= 2)
= a
m+1
+ a
m
nên đẳng thức đúng với n = 2
2
0
. Giả sử đẳng thức đúng với n = k − 1; n = k(k ≥ 1) , tức là t a có:

a
m+k−1
= a
m−1
.a
k−1
+ a
k
.a
m
a
m+k
= a
m−1
.a
k
+ a
k+1
.a
m
Ta chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1:
a
m+k+1
= a
m−1
.a
k+1
+ a
k+2
.a

m
Thật vậy, theo cách cho dãy số và giả thiết quy nạp ta có:
a
m+k+1
= a
m+k
+ a
m+k−1
= a
m−1
.a
k
+ a
k+1
.a
m
+ a
m−1
.a
k−1
+ a
k
.a
m
= a
m−1
.(a
k
+ a
k−1

) + a
m
(a
k+1
+ a
k
)
= a
m−1
a
k+1
+ a
k+2
a
m
Vậy đẳng thức được chứng minh!
16
Ví dụ 1.2.6. Cho x
1
và x
2
là nghiệm của ph ương t rình x
2
−27x+14 = 0
và n là số tự nhiên bất kì.
Chứng minh rằng tổng S
n
= x
n
1

+ x
n
2
không chia hết cho 715.
Chứng minh.
Theo công thức Viet : x
1
+ x
2
= 27; x
1
.x
2
= 14
1
0
. Các số S
1
= 27; S
2
= (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2

= 701
và S
3
= (x
1
+ x
2
)[(x
1
+ x
2
)
2
− 3x
1
x
2
] = 27.6 87
Suy ra mệnh đề của bài toán đúng với n = 1, 2, 3
2
0
. Giả sử mệnh đề đúng với n = k −2; n = k −1; n = k, ta tính:
x
k+1
1
+ x
k+1
2
= (x
1

+ x
2
)(x
k
1
+ x
k
2
) −x
1
x
2
(x
k−1
1
+ x
k−1
2
)
= (x
1
+ x
2
)[(x
1
+ x
2
)(x
k−1
1

+ x
k−1
2
) − x
1
x
2
.(x
k−2
1
+ x
k−2
2
)]
− x
1
x
2
(x
k−1
1
+ x
k−1
2
)
= 715(x
k−1
1
+ x
k−1

2
) − 378(x
k−2
1
+ x
k−2
2
)
Do (x
k+1
1
+ x
k+1
2
) không chia hết cho 715 vì 37 8 không chia hết cho 715,
nói cách khác mệnh đề đúng với n = k + 1
Vậy mệnh đề được chứng minh!
17
Chương 2
Ứng dụng phương pháp quy nạp
toán học trong việc giải toán
2.1 Phương pháp quy nạp toán học trong các bài
toán số học, đại số
Chương này trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải một
số bài toán số học và đại số.
2.1.1 Một số bài toán chia hết
Bài toán 2.1.1. Chứng minh rằng vớ i mọi s ố tự nhiên n, ta có:
a, (2
5n+3
+ 5

n
.3
n+2
) chia hết cho 17
b, (7
n+2
+ 8
2n+1
) chia hết cho 57
Chứng minh.
a, 1
0
. Với n = 0, ta có: 2
5.0+3
+5
0
.3
0+2
= 17, chia hết cho 17 nên mệnh
đề đúng với n = 0
2
0
. Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k, tức là ta có:
A
k
= ( 2
5k+3
+ 5
k
.3

k+2
) chia hết cho 17 hay A
k
= 17.B (B phụ thuộc
k)
Ta có:
18
A
k+1
= 2
5(k+1)+3
+ 5
k+1
.3
k+1+2
= 32.2
5k+3
+ 15.5
k
.3
k+2
= 15(2
5k+3
+ 5
k
.3
k+2
) + 17.2
5k+3
= 15.17.B + 17.2

5k+3
= 17(15.B + 2
5k+3
)
= 17.C
hay A
k+1
chia hết cho 17 .
Do đó, theo nguyên lý quy nạp: (2
5n+3
+ 5
n
.3
n+2
) chia hết cho 17 với
mọi số tự nhiên n. Vậy mệnh đề được chứng minh!
b, 1
0
. Với n = 0, ta có: 7
0+2
+ 8
2.0+1
= 57 chia hết cho 57, nên mệnh
đề đúng với n = 0
2
0
. Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k, tức là ta có:
B
k
= (7

k+2
+ 8
2k+1
) chia hết cho 57 hay B
k
= 57.D (D phụ thuộ c k)
Khi đó có:
B
k+1
= 7
k+1+2
+ 8
2(k+1)+1
= 7.7
k+2
+ 64.8
2k+1
= 7(7
k+2
+ 8
2k+1
) + 57.8
2k+1
= 7.57.D + 57.8
2k+1
= 57(7.D + 8
2k+1
)
Do đó B
k+1

chia hết cho 57.
Vậy theo nguyên lý quy nạp: (7
n+2
+ 8
2n+1
) chia hết cho 57 với mọi
số tự nhiên n. Mệnh đề được chứng minh!
Bài toán 2.1.2. Chứng m i nh rằng tổng lậ p ph ương của ba số tự nhiên
liên tiếp bao giờ cũng chia hết cho 9.
19
Chứng minh.
1
0
. Với ba số tự nhiên đầu tiên, ta có: 0
3
+ 1
3
+ 2
3
= 9 chia hết cho 9
2
0
. Giả sử khẳng định đúng với ba số tự nhiên liên tiếp bất kì nào đó:
k, k + 1, k + 2(k ≥ 1), tức là: A
k
= k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)

3
chia hết cho
9. Ta có:
A
k+1
= (k + 1)
3
+ (k + 2)
3
+ (k + 3)
3
= [k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)
3
] + ( k + 3)
3
− k
3
= A
k
+ 9.k
2
+ 27.k + 27
= A
k
+ 9(k
2

+ 3.k + 3)
Nên kết hợp với giả thiết quy nạp, t hì A
k+1
cũng chia hết cho 9, hay
khẳng định đúng với ba số tự nhiên liên tiếp tiếp theo. Vậy khẳng định
đúng với mọi số t ự nhiên.
Bài toán 2.1.3. Chứng m i nh rằng với m ọi số tự nhiên n, số 2
3
n
+1 chia
hết cho 3
n+1
và không chia hết cho 3
n+2
Chứng minh.
1
0
. Với n = 0, ta có: 2
3
0
+ 1 = 3, chia hết cho 3 (3 = 3
0+1
) và không
chia hết cho 9 (9 = 3
0+2
)
Với n = 1, ta có: 2
3
1
+ 1 = 9, chia hết cho 9 và khô ng chia hết cho 27

Vậy khẳng định đúng với n = 0, n = 1
2
0
. Giả sử khẳng định đúng với n = k(k ≥ 2), tức là: A
k
= 2
3
k
+ 1
chia hết cho 3
k+1
và không chia hết cho 3
k+2
. Khi đó tồn tại số nguyên
M (M không chia hết cho 3 ) để: A
k
= M.3
k+1
Ta sẽ chứng minh: A
k+1
= 2
3
k+1
+ 1 chia hết cho 3
k+2
và không chia
hết cho 3
k+3
20
Thật vậy, ta có:

A
k+1
=2
3
k+1
+ 1 = (2
3
k
)
3
+ 1
= (2
3
k
+ 1)[(2
3
k
)
2
− 2
3
k
+ 1]
= M.3
k+1
[(2
3k
+ 1)
2
− 3.2

3
k
] (theo giả thiết quy nạp)
= 3
k+1
.M.[3
2k+2
.M
2
− 3.2
3
k
]
= 3
k+2
.M[3
2k+1
.M
2
− 2
3
k
]
Do đó A
k+1
chia hết cho 3
k+2
Theo giả thiết quy nạp, ta có M không chia hết cho 3. Ta sẽ chứng
minh biểu thức: (3
2k+1

.M
2
− 2
3
k
) cũng không chia hết cho 3.
Ta có: 3
2k+1
.M
2
chia hết cho 3
2
3
k
= 2
3
k−1
.3
= (2
3
)
3
k−1
= 8
3
k−1
≡ ±1( mod3)
hay 2
3
k

không chia hết cho 3
Từ đó: (3
2k+1
.M
2
− 2
3
k
) không chia hết cho 3, nghĩa là A
k+1
không
chia hết cho 3
k+3
.
Vậy khẳng định đã được chứng minh!
Bài toán 2.1.4. Chứng m i nh rằng với số nguyên dương n tuỳ ý, số A
n
gồm 3
n
chữ số giống nhau luôn luôn chia hết cho 3
n
Chứng minh.
1
0
. Với n = 1, số A
1
=
aaa với a là chữ số tuỳ ý. Tổng các chữ số của
A
1

là: a + a + a = 3a chia hết cho 3
1
= 3 nên A
1
chia hết cho 3
1
. Khẳng
định đúng với n = 1
2
0
. Giả sử khẳng định đúng với n = k, nghĩa là số A
k
= bb b ( gồm
3
k
chữ số b, b l à chữ số tuỳ ý) chia hết cho 3
k
.
Ta chứng minh khẳng định đúng với n = k + 1, nghĩa là số A
k+1
=
cc c (gồm 3
k+1
chữ số c, c là chữ số tuỳ ý) chia hết cho 3
k+1
.
21
Thật vậy, ta có:
A
k+1

=
cc c


3
k
c/s
cc c


3
k
c/s
cc c


3
k
c/s
(vì 3
k+1
= 3.3
k
)
=
cc c


3
k

c/s
.10
6k
+
cc c


3
k
c/s
.10
3k
+
cc c


3
k
c/s
=
cc c

3
k
c/s
.1 00 0

(3
k
−1)c/s0

1 00 0

(3
k
−1)c/s0
1
Theo giả thiết quy nạp, số cc c

3
k
c/s
chia hết cho 3
k
.
Mà số 1 00 .0


(3
k
−1)c/s0
1 00 0


(3
k
−1)c/s0
1 có tổng cá c chữ số là 3 nên nó chia hết
cho 3
Do đó A
k+1

chia hết cho 3
k+1
.Vậy khẳng định được chứng minh!
Bài toán 2.1.5. (Định lý Fermat nhỏ) Chứng minh rằng: Nế u p là số
nguyên tố thì với mọi số nguyên dương n, hiệu n
p
− n chia hết cho p.
Chứng minh.
1
0
. Với n = 1, ta có: 1
p
− 1 = 0 chia hết cho p.
2
0
. Giả sử khẳng định đúng với số nguyên n = a ≥ 1, nghĩa là: a
p
−a
chia hết cho p. Ta chứng minh: (a + 1)
p
− (a + 1) cũng chia hết cho p.
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
(a + 1)
p
− (a + 1) = C
0
p
.a
p
+ C

1
p
a
p−1
+ C
2
p
a
p−2
+ + +C
p−1
p
a + C
p
p
− a −1
= (a
p
− a) + C
1
p
.a
p−1
+ C
2
p
.a
p−2
+ + C
p−1

p
.a
Ta có:
C
k
p
=
p!
k!(p −k)!
=
p(p −1) (p − k −1)
1.2.3 k
(với 1 ≤ k ≤ p −1)
Do p là số nguyên tố nên (p, k) = 1; ∀k, 1 ≤ k ≤ p −1, suy ra C
k
p
chia
hết cho p với mọi k, 1 ≤ k ≤ p −1
22
Mà (a
p
− a) cũng chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp)
Vậy (a + 1)
p
−(a + 1) cũng chia hết cho p, định lý được chứng m inh!
Bài toán 2.1.6. Chứng minh rằng với các số tự n hiên bất kì: a > 1, n ≥
1, biểu thức : A
n
= a
4

n
+ a
3
−a −1 chi a hết cho (a −1)(a + 1)(a
2
−a + 1).
Chứng minh.
1
0
.Với n = 1, ta có A
1
= a
4
+ a
3
−a − 1 = (a − 1)(a + 1)(a
2
+ a + 1)
nên hiển nhiên A
1
chia hết cho (a − 1)(a + 1)(a
2
+ a + 1).
2
0
. Giả sử với n = k(k ≥ 1), ta đã có A
k
chia hết cho (a−1)(a+1) (a
2
+

a+1). Ta sẽ chứng minh A
k+1
cũng chia hết cho (a−1)(a+1)(a
2
+a+1).
Thật vậy ta có :
A
k+1
= a
4
k+1
+ a
3
− a − 1
= (a
4
− a + a)
4
k
+ a
3
− a −1
= a
4
k
[(a
3
− 1) + 1]
4
k

+ a
3
− a − 1
= a
4
k
[(a
3
− 1)
4
k
+ C
1
4
k
.(a
3
− 1)
4
k
−1
+ + C
4
k
−1
4
k
(a
3
− 1) + 1]

+ a
3
− a −1
= a
4
k
[(a
3
− 1)
4
k
+ C
1
4
k
.(a
3
− 1)
4
k
−1
+ + C
4
k
−1
4
k
(a
3
− 1)]

+ a
4
k
+ a
3
− a −1
= a
4
k
(a
3
− 1)[(a
3
− 1)
4
k
−1
+ C
1
4
k
.(a
3
− 1)
4
k
−2
+ + C
4
k

−1
4
k
]
+ a
4
k
+ a
3
− a −1
= a
4
k
(a −1)(a
2
+ a + 1)[(a
3
− 1)
4
k
−1
+ C
1
4
k
.(a
3
− 1)
4
k

−2
+ + C
4
k
−1
4
k
]
+ a
4
k
+ a
3
− a −1
= K(a −1)(a
2
+ a + 1) + a
4
k
+ a
3
− a −1
= K(a −1)(a
2
+ a + 1) + A
k
K(a − 1)(a
2
+ a + 1) chia hết cho (a − 1)(a
2

+ a + 1) và theo giả
23