Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng với các bài toán phổ thông

Mục lục
MỞ ĐẦU 2
1 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 4
1.1 Nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Suy diễn và quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Một số ví dụ về suy luận quy nạp . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.1 Các bước trong phương pháp chứng minh quy nạp . . . . . 9
1.2.2 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k) . . . . . . . . . . . 12
1.2.3 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1) . . . . . . . . . 13
1.3 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp toán học . . . . . . . . . 13
1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán phổ thông . 16
1.4.1 Phương pháp quy nạp trong số học . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.2 Phương pháp quy nạp trong đại số . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4.3 Phương pháp quy nạp trong giải tích . . . . . . . . . . . . 28
1.4.4 Phương pháp quy nạp trong hình học . . . . . . . . . . . . 35
1.5 Một số bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2 PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG 43
2.1 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng . . . . . . . . . . . . . 45
2.1.1 Cơ sở logic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.1.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh . . . . . . . . . . . 46
2.1.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng . . . . . 48
2.2 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán phổ thông 49
2.2.1 Phương pháp phản chứng trong số học . . . . . . . . . . . 49
2.2.2 Phương pháp phản chứng trong đại số . . . . . . . . . . . . 53
2.2.3 Phương pháp phản chứng trong giải tích . . . . . . . . . . 63
2.2.4 Phương pháp phản chứng trong hình học . . . . . . . . . . 73
2.3 Một số bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

1
MỞ ĐẦU
Chứng minh là một trong những nét đặc trưng làm cho toán học khác biệt
với các môn khoa học khác. Hiểu và vận dụng các phương pháp, kỹ thuật chứng
minh là yêu cầu bắt buộc đối với các em học sinh nói chung và đặc biệt là các
em học sinh giỏi nói riêng. Có rất nhiều phương pháp và kỹ thuật chứng minh:
Từ chứng minh trực tiếp tới chứng minh gián tiếp, từ chứng minh bằng quy
nạp tới chứng minh bằng phản chứng, Phép chứng minh phản chứng và phép
chứng minh quy nạp đã xuất hiện từ rất lâu và chúng là những phương pháp
chứng minh kinh điển, quan trọng nhất của toán học.
Chúng ta biết rằng, toán học được xây dựng dựa trên một hệ thống lý thuyết
gồm các tiên đề và định nghĩa. Hệ thống lý thuyết này được xây dựng bằng con
đường suy diễn. Trong suốt 2000 năm, hình mẫu của phương pháp suy diễn xây
dựng các lý thuyết toán học là của nhà hình học cổ Hy Lạp Euclid đưa ra vào
thế kỷ III trước công nguyên. Sau Euclid đã xuất hiện các mô hình hình học
mới. Tuy nhiên, phép suy diễn không phải là con đường duy nhất của tư duy
khoa học, kể cả tư duy toán học. Nhà toán học vĩ đại Euclid đã viết: "Trong
thực tế, nhiều tính chất của các số đã biết đều được tìm ra bằng phép quy nạp
và được tìm thấy rất lâu trước khi sự đúng đắn của chúng được chứng minh chặt
chẽ. Cũng có rất nhiều tính chất quen thuộc với chúng ta nhưng hiện thời chúng
ta còn chưa chứng minh được. Chỉ có con đường quan sát và tư duy quy nạp
mới có thể dẫn chúng ta đến chân lý." Như vậy chỉ các quan trắc thực tế là con
đường chủ yếu dẫn đến những chân lý khoa học mới. Ví dụ như nhà toán học
người Mỹ J. Garfulkel đã dùng máy tính điện tử tính toán trên 700 tam giác cụ
thể để tìm ra nhiều hệ thức liên hệ mới giữa các yếu tố trong tam giác mà sau
đó, ông hay các nhà toán học khác đã chứng minh được tính đúng đắn của một
số hệ thức, còn các hệ thức khác hiện nay vẫn được coi là các giả thuyết. Như
vậy trong Toán học cũng như trong các ngành khoa học khác, một kết quả mới
thường được tìm bằng phép quy nạp, dựa vào nhiều quan trắc, nhận xét. Ở đây
ta hiểu quy nạp là quá trình đi từ những cái cụ thể đến những cái tổng quát.

2
MỞ ĐẦU
Trong toán học có rất nhiều bài toán nếu chúng ta chứng minh hay giải nó
theo một cách thông thường thì không đi tới kết quả, hay những khẳng định
toán học dường như rất hiển nhiên nhưng ta không có cách nào để chứng minh.
Khi đó phương pháp chứng minh bằng phản chứng là một công cụ đắc lực, quan
trọng để ta nghĩ tới. Một ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng
thuộc về Euclid với phép chứng minh: "Tồn tại vô số số nguyên tố". Euclid đã
phủ định điều cần chứng minh tức là "tồn tại hữu hạn số nguyên tố" và từ giả
thiết đó sau một loạt các diễn giải, ông suy ra điều mâu thuẫn. Điều mâu thuẫn
đó chứng tỏ điều phủ định là sai, khi đó ông khẳng định điều cần chứng minh
là đúng.
Trong chương trình toán phổ thông, hai phương pháp chứng minh quy nạp
và chứng minh phản chứng cũng được đề cập tới. Tuy nhiên sách tham khảo về
những vấn đề trên rất ít. Tại các kì thi học sinh giỏi toán cấp quốc gia, quốc
tế có rất nhiều bài phải sử dụng tới hai phương pháp này để giải. Khi giải toán
không phải lúc nào chúng ta cũng nghĩ tới hai phương pháp đặc biệt trên nên có
nhiều học sinh gặp vướng mắc với những bài toán dạng này. Vậy câu hỏi đặt ra
là: Phương pháp chứng minh quy nạp và phương pháp chứng minh phản chứng
là thế nào? Chúng ta phải vận dụng hai phương pháp đó như thế nào trong việc
giải các bài toán?
Luận văn
" Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng
với các bài toán phổ thông "
trình bày một số khái niệm cơ bản, các bước thực hiện trong phương pháp chứng
minh quy nạp, chứng minh phản chứng. Từ đó đưa ra các bài toán trong số học,
đại số, giải tích, hình học vận dụng hai phương pháp trên để giải.
Luận văn gồm hai chương.
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Chương này tác giả trình bày về nguyên lý quy nạp toán học, các bước trong

chứng minh quy nạp, một số dạng khác của nguyên lý quy nạp, và vận dụng
phương pháp chứng minh quy nạp để giải một số bài toán ở phổ thông.
Chương 2. Phương pháp phản chứng
Trong chương này tác giả trình bày khái niệm, cơ sở logic, các bước trong chứng
minh phản chứng và các bài toán ở chương trình phổ thông vận dụng phương
pháp này để giải.
3
Chương 1
PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Toán học được xây dựng trên một tập hợp các tiên đề và định nghĩa. Những
tiên đề, định nghĩa này là nền tảng cơ bản cho các định lý. Tất cả các định lý
được sáng tạo ra, được chứng minh nhờ sử dụng các tiên đề, định nghĩa hay các
định lý được chứng minh trước đó. Ngược lại, lý thuyết ở hầu hết các ngành
khoa học khác (ví dụ như định luật Newton về chuyển động trong vật lý ),
thường được xây dựng dựa trên kết quả thực nghiệm và có thể không bao giờ
được chứng minh là đúng. Các thực nghiệm và quan trắc không đủ để chứng tỏ
rằng mệnh đề toán học là đúng. Ví dụ như nhà toán học Fermat (1601 - 1665)
dự đoán rằng khi n là một số nguyên lớn hơn 2 thì phương trình x
n
+ y
n
= z
n
không có nghiệm nguyên dương. Các nhà toán học đã cố gắng rất nhiều để
tìm ra một phản ví dụ (tức là một tập các nghiệm nguyên dương) nhưng đều
thất bại. Phải mất hơn ba thế kỷ để tìm lời giải nhưng các nhà toán học vẫn
không thành công. Tới năm 1994 nhà toán học người Anh Andrew Wiles đã tìm
ra lời giải. Sẽ là một sai lầm nếu như ta kết luận hoặc dự đoán một mệnh đề
toán học đúng chỉ đơn thuần bằng thực nghiệm. Ví dụ ta có thể dự đoán rằng
n

2
− n + 41 là số nguyên tố với mọi số tự nhiên n. Ta có thể dễ dàng thấy khi
n = 1, n
2
−n + 41 = 41 là số nguyên tố, khi n = 2 thì n
2
−n + 41 = 43 là số nguyên
tố. Cứ tiếp tục thử nghiệm cho tới khi n = 10 hoặc n = 20 ta cũng không tìm
được phản ví dụ. Tuy nhiên dễ thấy rằng mệnh đề là sai, vì khi cho n = 41 thì
n
2
− n + 41 = 41
2
không là số nguyên tố. Như vậy những kết quả thực nghiệm
là không đủ để đảm bảo tính đúng đắn cho mệnh đề và chúng cũng không thể
kiểm tra được mệnh đề trong tất cả các trường hợp. Ví dụ ta dự đoán tổng của
n số tự nhiên lẻ đầu tiên là 1 + 3 + 5 + + (2n − 1) = n
2
. Tất nhiên ta dễ dàng
kiểm tra được mệnh đề là đúng trong một vài giá trị n đầu tiên (như với 100 số
đầu tiên chẳng hạn). Nhưng chúng ta cũng không thể kết luận mệnh đề là đúng.
Có thể nó sai ở một vài giá trị nào đó mà ta không biết. Vậy chúng ta phải kiểm
4
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
tra mệnh đề bằng cách nào? Công cụ đắc lực ở đây chính là quy nạp toán học.
Trong chương này chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về phương pháp quy nạp toán
học và những ứng dụng của nó trong giải toán.
1.1 Nguyên lý quy nạp
1.1.1 Suy diễn và quy nạp
Trong lao động, học tập và sinh hoạt người ta phải suy luận, 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 cần giải quyết. Những suy luận đó là suy diễn và quy nạp.
Suy diễn là quá trình đi từ "tính chất" của tập thể (cái chung) suy ra "tính
chất" của cá thể (cái riêng), hay từ quy tắc chung, tổng quát áp dụng vào từng
trường hợp cụ thể, riêng lẻ.
Ví dụ như ta biết một kết luận chung rằng: " Số tự nhiên mà có tổng các chữ số
của nó chia hết cho 3 thì số đó cũng chia hết cho 3 ". Như vậy ta suy ra số 2013
cũng chia hết cho 3 vì nó có tổng các chữ số là 2 + 0 + 1 + 3 = 6 chia hết cho 3.
Quy nạp là quá trình đi từ "tính chất" của một số cá thể (cái riêng) suy ra
"tính chất" của tập thể (cái chung), hay từ một vài trường hợp cụ thể rút ra
kết luận chung, tổng quát. Do đó quá trình này không phải lúc nào cũng đúng.
Ví dụ khi quan sát thấy một số kim loại như: sắt, đồng, chì, vàng, bạc, đều
có thể rắn, người ta đã quy nạp và rút ra kết luận: " Mọi kim loại đều là chất
rắn". Đây là kết luận sai lầm vì thủy ngân là một kim loại nhưng không phải là
chất rắn.
Phần 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 về số học, đại số, hình học
và giải tích trong chương trình phổ thông.
1.1.2 Một số ví dụ về suy luận quy nạp
Trước khi đi vào nguyên lý cụ thể ta xét một số ví dụ mà cách giải thực hiện
từ trường hợp cụ thể tiến tới tổng quát hóa.
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng tổng n số tự nhiên lẻ đầu tiên bằng n
2
.
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 số lẻ thứ k là (2k − 1) với k = 1, 2, 3,
Ta kí hiệu S(n) là tổng của n số tự nhiên lẻ đầu tiên.
5
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

Ta thấy rằng
Với n = 1, S(1) = 1 = 1
2
, kết luận của bài toán đúng.
Với n = 2, S(2) = 1 + 3 = 2
2
, kết luận của bài toán đúng.
Với n = 3, S(3) = 1 + 3 + 5 = 3
2
, kết luận của bài toán đúng.
Ta có thể tiếp tục kiểm tra cho các trường hợp tiếp theo. Nhưng những số lẻ
là vô cùng nhiều nên ta không có khả năng kiểm tra hết được từng giá trị. Vậy
có cách nào khác không để suy luận từ một số trường hợp mà sẽ đúng với mọi
trường hợp?
Ta thấy rằng những trường hợp giá trị ở sau đều có thể suy ra kết luận từ giá
trị trước bằng mối quan hệ S(n) = S(n − 1) + 2n − 1, (n ≥ 2).
Nếu ta đã tính được S(n − 1) = (n −1)
2
thì ta có
S(n) = S(n − 1) + 2n −1 = (n − 1)
2
+ 2n − 1 = n
2
.
Như vậy, cứ số trước đã có kết quả đúng thì số sau cũng đúng. Ta có n = 3 kết
luận đúng thì n = 4 kết luận đúng, sau đó n = 5,
Suy ra bài toán đúng với mọi giá trị của n.
Ví dụ 1.2. 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 hoặc
5 đồng (1 đồng ở đây bằng 1000 đồng trong thực tế).

Lời giải. Đẳng thức sau đây nói lên 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 làm được như trên với bất cứ một số nguyên dương nào khác
lớn hơn 6. Ta thấy rằng ở bước trước có hai đẳng thức và suy ra bước sau cũng
có hai đẳng thức. Như vậy với mọi số n nguyên đồng nào dù là số chẵn hoặc số
lẻ thì n −2 đồng cũng rơi vào một trong hai trường hợp trước đó đã đổi được ra
6
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
hai loại tiền 2 đồng và 5 đồng. Suy ra nó cũng đổi được thành các đồng 2 đồng
và 5 đồng.
Như vậy khẳng định của bài toán là đúng.
1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học
Cơ sở của nguyên lý quy nạp toán học là tiên đề thứ 5 (còn gọi là tiên đề quy
nạp) của hệ tiên đề PEANO về tập hợp số tự nhiên được xây dựng từ cuối thế
kỉ 19.
• Tiên đề 1. 1 là số tự nhiên.
• Tiên đề 2. Với mọi số tự nhiên a, có một số tự nhiên a* đi liền sau a.
• Tiên đề 3. Số 1 không đi liền sau số tự nhiên nào. Nói cách khác, với mọi số
tự nhiên a ta chỉ có a* khác 1.
• Tiên đề 4. Nếu a*=b* thì a=b. Số tự nhiên đi liền sau a là duy nhất.
• Tiên đề 5. (Tiên đề quy nạp) Giả sử M là một tập hợp các số tự nhiên có
tính chất: M chứa 1, và nếu M chứa a thì M cũng chứa a*. Khi đó tập M trùng

với tập hợp các số tự nhiên .
Mệnh đề là một câu trọn nghĩa (một khẳng định) mà nội dung của nó phản
ánh đúng hoặc sai thực tế khách quan.
Những ví dụ trên cho ta thấy rằng mỗi bài toán 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 của tập số tự nhiên người ta công nhận như một tiên đề và
thường gọi là tiên đề thứ tự.
Tiên đề thứ tự. Mọi tập khác rỗng các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất.
Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một khẳng định P (n). Thay vì ta phải đi kiểm
tra vô hạn các mệnh đề thì người ta sử dụng nguyên lý toán học sau là đủ.
Định lý 1.1. (Nguyên lý quy nạp toán học.) Cho n
0
≥ 1 là một số tự nhiên
cố định và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. Giả sử hai
điều kiện sau được thỏa mãn:
7
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
(i) P (n
0
) là mệnh đề đúng và
(ii) Nếu mệnh đề P (k) đúng với mỗi số tự nhiên k ≥ n

0
kéo theo mệnh đề
P (k + 1) cũng đúng.
Khi đó mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
.
Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ≥ n
0
mà P(n) không đúng.
Giả sử A = ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m ≥ n
0
mà P(m) không đúng.
Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m

trong A mà
P (m

) không đúng. (1.1)
Điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự. Theo giả thiết (i) thì P (n
0
) đúng
nên m

> n
0
suy ra m

− 1 ≥ n
0
. Vì m


− 1 /∈ A (do m

là số nhỏ nhất thuộc A),
nên theo định nghĩa của tập A thì P (m

−1) đúng. Khi đó theo giả thiết (ii) thì
P (m

) = P ((m

− 1) + 1) cũng đúng. (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ A = ∅.
Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. 
Phương pháp dùng nguyên lý quy nạp toán học để giải toán, người ta gọi là
phương pháp quy nạp toán học.
Chú ý 1.1. Ta cần phân biệt rõ các khái niệm
• "Phép quy nạp" là một phương pháp tư duy dùng để tìm tòi, dự đoán, phát
hiện các kiến thức mới.
• "Phương pháp quy nạp toán học" ta gọi tắt "Phương pháp quy nạp" là một
phương pháp chứng minh các khẳng định chứa chữ n ∈ N (tập hợp các số tự
nhiên).
Ta cũng có thể sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh những khẳng
định đối với các số nguyên.
Nhiều khẳng định mà có thể được chứng minh bằng phương pháp quy nạp cũng
có thể được chứng minh bằng các phương pháp khác đôi khi ngắn gọn hơn.
1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp
Dựa theo nguyên lý quy nạp toán học ta đưa ra các bước trong chứng minh

theo phương pháp quy nạp toán học.
8
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1.2.1 Các bước trong phương pháp chứng minh quy nạp
Giả sử khẳng định P (n) xác định với mọi n ≥ n
0
, (n, n
0
∈ Z
+
). Để chứng minh
P (n) đúng với mọi n ≥ n
0
bằng phương pháp quy nạp, ta cần thực hiện ba bước:
Bước 1. Cơ sở quy nạp. Ta kiểm tra mệnh đề có đúng với n = n
0
không?
Nghĩa là kiểm tra P (n
0
) có đúng không? Nếu bước cơ sở đúng ta chuyển sang
bước thứ hai.
Bước 2. Quy nạp. Chứng minh rằng nếu với mỗi k ≥ n
0
(k ∈ Z
+
), P(k) là
mệnh đề đúng thì suy ra P (k + 1) cũng đúng.
Bước 3. Kết luận. P (n) đúng với mọi n ≥ n
0
.

Ví dụ 1.3. Tính tổng của n số tự nhiên đầu tiên.
Lời giải. Kí hiệu S(n) là tổng của n số tự nhiên đầu tiên, nghĩa là
S(n) = 1 + 2 + 3 + + n.
Ta tính một số tổng tại những giá trị ban đầu.
n 1 2 3 4 5 6 7 8
S(n) 1 3 6 10 15 21 28 36
Ta thấy quy luật: Tích của hai số liên tiếp ở hàng trên bằng 2 lần số ở hàng
dưới (số có vị trí cùng cột với số thứ nhất trong 2 số liên tiếp ở hàng trên). 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,
Do đó ta có thể dự đoán công thức phải tìm là
S(n) = 1 + 2 + 3 + + n =
n(n + 1)
2
. (1.3)
Biểu thức (1.3) 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 (1.3) đúng như cách tính ở trên.
2. Bước quy nạp. Giả sử n = k ≥ 1 (k ∈ Z
+
), S(k) đúng tức là S(k) =
k(k + 1)
2
.
Ta phải chứng minh (1.3) cũng đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
S(k + 1) = S(k) + (k + 1)
=
k(k + 1)
2
+ (k + 1) =

k(k + 1)
2
+
2(k + 1)
2
=
(k + 1)(k + 2)
2
.
Do đó công thức (1.3) cũng đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học công thức (1.3) đúng với mọi n ≥ 1.
Vậy 1 + 2 + 3 + + n =
n(n + 1)
2
.
9
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Ví dụ 1.4. Tính tổng các lập phương của n số tự nhiên đầu tiên.
Lời giải. Ta đặt công thức T (n) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
.
Ta cũng đi tính một số giá trị ban đầu:
n 1 2 3 4 5 6
T(n) 1 9 36 100 225 441

Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho T(n).
Nhưng với kinh nghiệm và kết quả đã tính ở bài trước ta có bảng như sau:
n 1 2 3 4 5 6
S(n) 1 3 6 10 15 21
T(n) 1 9 36 100 225 441
Ở đây S(n) = 1 + 2 + + n.
Từ bảng trên ta thấy rằng có thể
T (n) = S
2
(n) : 1 = 1
2
, 9 = 3
2
, 36 = 6
2
,
Công thức tính S(n) đã biết ở bài toán 1.3, khi đó ta có công thức cho giả thiết
quy nạp là
T (n) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=

n(n + 1)
2


2
. (1.4)
Chứng minh công thức (1.4) bằng phương pháp quy nạp theo n :
1. Bước cơ sở. Với n = 1 công thức (1.4) đúng (theo bảng trên).
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.4) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ Z
+
), ta phải chứng minh
(1.4) cũng đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
T (k + 1) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + k
3
+ (k + 1)
3
= T (k) + (k + 1)
3
=

k(k + 1)
2

2
+ (k + 1)
3

= (k + 1)
2

k
2
4
+ k + 1

= (k + 1)
2

k
2
+ 4k + 4
4

=

(k + 1)(k + 2)
2

2
.
Vậy (1.4) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra (1.4)
đúng với mọi số tự nhiên n.
Do đó ta có
1
3
+ 2
3

+ 3
3
+ + n
3
=

n(n + 1)
2

2
.
10
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Chú ý 1.2.
Trong quá trình quy nạp nếu không thực hiện đầy đủ cả hai bước: Cơ sở quy
nạp và quy nạp thì có thể dẫn tới sai lầm, chẳng hạn:
• Do bỏ bước cơ sở quy nạp nên ta đưa ra khẳng định không đúng.
Ta xét bài toán: Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền
sau nó.
Chứng minh bài toán theo phương pháp quy nạp như sau:
Giả sử mệnh đề đúng với n = k, (k ∈ N). Khi đó ta có: k = k + 1.
Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh:
k + 1 = k + 2. Thật vậy,
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
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 lý.
Vậy cách chứng minh sai ở đâu? Dễ thấy rằng khi ta áp dụng nguyên lí quy
nạp toán học nhưng đã bỏ qua kiểm tra trường hợp n = 1. Ta thấy với n = 1 thì
khẳng định của bài toán 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 các điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang
trường hợp riêng khác: từ k đến k + 1.
Bài toán trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì không có cơ sở để thực
hiện quy nạp, vì thế việc kiểm tra phần quy nạp không có ý nghĩa gì.
• Khi ta 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. Do đó điều ta khẳng định có thể sẽ bị sai.
Ta xét ví dụ sau: Nhà Toán học Pháp P.Fermat (1601 - 1665) đã cho rằng
các số dạng 2
2
n
+ 1 đều là số nguyên tố với n là số nguyên không âm.
Khi đó, P.Fermat chỉ xét 5 số đầu tiên:
Với n = 0 cho 2
2
0
+ 1 = 2 + 1 = 3 là số nguyên tố.
n = 1 cho 2
2
1
+ 1 = 2
2
+ 1 = 5 là số nguyên tố.
n = 2 cho 2
2
2
+ 1 = 2
4

+ 1 = 17 là số nguyên tố.
n = 3 cho 2
2
3
+ 1 = 2
8
+ 1 = 257 là số nguyên tố.
n = 4 cho 2
2
4
+ 1 = 2
16
+ 1 = 65537 là số nguyên tố.
11
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Nhưng vào thế kỷ 18, Euler đã phát hiện với n = 5 khẳng định trên không
đúng, bởi vì:
2
2
5
+ 1 = 4294967997 = 641 × 6700417 là hợp số.
Rõ ràng vì bỏ qua bước quy nạp nên khẳng định của P.Fermat không đúng.
Vậy phương pháp chứng minh bằng quy nạp toán học cần phải thực hiện hai
bước như phân tích ở phần trên. Khó khăn chủ yếu chúng ta gặp trong bước
quy nạp toán học là khi mệnh đề giả sử đã đúng cho P (k) và phải chứng minh
cho P (k + 1) cũng đúng. Thông thường người ta phải tìm mối liên hệ giữa P (k)
và P (k + 1) để suy ra kết quả phải chứng minh.
1.2.2 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k)
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 1.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
(1.5)
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n.
Đặt
S(n) = 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì S(1) = 1
2
= 1 =
1.2.3
6
, công thức (1.5) đúng.

2. Bước quy nạp. Giả sử (1.5) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N), tức là
S(k) = 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + k
2
=
k(k + 1)(2k + 1)
6
.
Khi đó
S(k + 1) = 1
2
+ 2
2
+ + k
2
+ (k + 1)
2
= S(k) + (k + 1)
2
=
k(k + 1)(2k + 1)
6
+ (k + 1)
2
= (k + 1)

k(2k + 1) + 6(k + 1)
6
= (k + 1)
2k(k + 1) + k + 4(k + 1) + 2
6
=
(k + 1)(k + 2)[2(k + 1) + 1]
6
.
Do đó (1.5) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học (1.5) đúng với mọi số tự nhiên n.
12
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1.2.3 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1)
Bước quy nạp toán học cần khẳng định P (k + 1) được 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 1.6. Chứng minh rằng số z
n
= 3
2n+1
+ 40n −67 chia hết cho 64 với mọi
số nguyên không âm n.
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 0 ta có z
0
= 3
1
−67 = −64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng.

2. Bước quy nạp. Giả sử z
n
chia hết cho 64.
Khi đó
z
n+1
= 3
2(n+1)+1
+ 40(n + 1) − 67
= 3
2n+3
+ 40n − 27
= 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.
Theo nguyên lý quy nạp bài toán đúng với mọi số nguyên không âm n.
1.3 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp toán học
Điều kiện thứ nhất trong nguyên lý quy nạp toán học cho ta cơ sở mở rộng
bắt đầu từ giá trị n
0
. Điều kiện thứ hai cho ta mệnh đề khẳng định P(n) đúng
tại n
0
+ 1, n
0
+ 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 khi suy ra đúng với n = k + 1. Trong
trường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra không những chỉ với n
0
, mà cả n
0
+ 1.
Tổng quát hơn ta có các định lý sau:
Định lý 1.2. Cho P (n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Giả
sử hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) P(1) là mệnh đề đúng và
(ii) Nếu các mệnh đề P (1), P (2), , P (k) đúng với mỗi số tự nhiên k ≥ 1 kéo
theo mệnh đề P (k + 1) cũng đúng.
Khi đó mệnh đề P(n) đúng với tất cả các số tự nhiên n ≥ 1.
13
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ≥ 1 mà P (n) không đúng.
Giả sử A = ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m mà P (m) không đúng. Ta lấy
số tự nhiên nhỏ nhất m

trong A mà
P (m

) không đúng. (1.6)
Điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự. Theo giả thiết (i) thì P (1) đúng nên
m

> 1 suy ra m

−1 ≥ 1. Vì k := m


−1 /∈ A (do m

là số nhỏ nhất thuộc A), nên
theo định nghĩa của tập A thì P(k) đúng. Tương tự k −1 /∈ A và P (k −1) đúng,
cứ lặp lại như thế, ta thu được một dãy P (1), P (2), . . . , P(k) là những mệnh đề
đúng. Khi đó theo giả thiết (ii) thì
P (m

) = P (k + 1) cũng đúng. (1.7)
Từ (1.6) và (1.7) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ A = ∅.
Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. 
Ví dụ 1.7. Cho x +
1
x
là một số nguyên (x = 0). Chứng minh rằng
x
2013
+
1
x
2013
cũng là một số nguyên.
Lời giải. Ta dùng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề sau:
"Nếu x +
1
x
là một số nguyên (x = 0) thì với mọi số nguyên dương n, x
n

+
1
x
n
cũng là một số nguyên."
1. Bước cơ sở. Khi n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng.
2. Bước quy nạp. Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n có giá trị từ
1 đến k, nghĩa là x +
1
x
, x
2
+
1
x
2
, . . . , x
k
+
1
x
k
là những số nguyên.
Ta cần chứng minh x
k+1
+
1
x
k+1
cũng là số nguyên.

Thật vậy,
x
k+1
+
1
x
k+1
=

x +
1
x

x
k
+
1
x
k

−

x
k−1
+
1
x
k−1

.

Theo giả thiết quy nạp x +
1
x
, x
k
+
1
x
k
, x
k−1
+
1
x
k−1
đều là các số nguyên.
Vậy x
k+1
+
1
x
k+1
cũng là số nguyên. Theo định lý 1.2, mệnh đề được chứng minh.
Từ mệnh đề, dễ dàng suy ra x
2013
+
1
x
2013
cũng là một số nguyên.

Định lý 1.3. Cho n
0
là một số tự nhiên cố định và P(n) là một mệnh đề có
nghĩa với mọi số tự nhiên n. Giả sử hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) P (1), P (2), , P(n
0
) là những mệnh đề đúng;
14
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
(ii) Nếu các mệnh đề P (k −n
0
+ 1), P (k −n
0
+ 2), , P(k) đúng với mỗi k ≥ n
0
(k ∈ N), kéo theo mệnh đề P(k + 1) cũng đúng.
Khi đó mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n.
Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n mà P (n) không đúng.
Giả sử A = ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m mà P (m) không đúng. Ta lấy
số tự nhiên nhỏ nhất m

trong A mà
P (m

) không đúng. (1.8)
Điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự. Theo giả thiết (i) thì P (1) đúng nên
m

> 1 suy ra m


− 1 ≥ 1. Đặt k := m

− 1, ta sẽ chứng minh
P (m

) = P (k + 1) cũng đúng. (1.9)
Thật vậy, nếu k < n
0
thì k + 1 ≤ n
0
nên theo giả thiết (i), ta có P (m

) = P (k + 1)
đúng. Nếu k ≥ n
0
thì do k = m

−1 /∈ A (vì m

là số nhỏ nhất thuộc A), nên theo
định nghĩa của tập A thì P (k) đúng. Tương tự k −1 /∈ A và P (k −1) đúng, cứ lặp
lại như thế sau n
0
−1 bước, ta thu được một dãy P(k−n
0
+1), P(k−n
0
+2), . . . , P(k)
là những mệnh đề đúng. Khi đó theo giả thiết (ii), ta có P (m


) = P (k + 1) đúng.
Vậy ta luôn có (1.9).
Do đó từ (1.8) và (1.9) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ A = ∅.
Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. 
Ví dụ 1.8. Cho x
1
và x
2
là nghiệm của phương trình x
2
− 27x + 14 = 0 và n là
số nguyên dương. Chứng minh rằng tổng S
n
= x
n
1
+ x
n
2
không chia hết cho 715.
Lời giải. Theo công thức Viet, ta có x
1
+ x
2
= 27 và x
1
x
2

= 14.
1. Bước cơ sở: Các số S
1
= 27, S
2
= x
2
1
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
= 701 và
S
3
= x
3
1
+ x
3
2

= (x
1
+ x
2
)

(x
1
+ x
2
)
2
− 3x
1
x
2

= 27687 đều không chia hết cho 715.
Suy ra mệnh đề của bài toán đúng với n = 1, 2, 3.
2. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k − 2, n = k − 1, n = k, (k ≥ 3).
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Thật vậy,
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

= 27

27

x
k−1
1
+ x
k−1
2

− 14

x
k−2
1
+ x
k−2
2

− 14

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

.
15
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Vì x
k−2
1
+ x
k−2

2
không chia hết cho 715,
378 không chia hết cho 715 và 378 = 2.3
3
.7, 715 = 5.11.13
nên x
k+1
1
+ x
k+1
2
không chia hết cho 715.
Khi đó mệnh đề đúng với n = k + 1.
Vậy theo định lý 1.3, khẳng định của bài toán đúng với mọi n nguyên dương.
Nhận xét 1.1. Ta thấy định lý 1.2 giả thiết quy nạp mạnh hơn định lý 1.3 trong
bước quy nạp. Trong thực tế áp dụng định lý 1.2 dễ hơn định lý 1.3.
Đôi lúc trong thực tế, khi giải toán chúng ta gặp trường hợp dãy mệnh đề bắt
đầu từ P(0) hoặc P (n
0
), (n
0
là một số tự nhiên nào đó). Khi đó ta vẫn áp dụng
các định lý như bình thường. Ta sẽ xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.9. Cho v
0
= 2, v
1
= 3 và với mỗi số tự nhiên k có đẳng thức sau
v
k+1

= 3v
k
− 2v
k−1
(k ≥ 1, k ∈ N).
Chứng minh rằng
v
n
= 2
n
+ 1. (1.10)
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 0 và n = 1 công thức (1.10) cho kết quả đúng.
2. Bước quy nạp. Giả sử công thức (1.10) đúng với n = k, và n = k − 1, (k ≥ 1)
nghĩa là v
k
= 2
k
+ 1 và v
k−1
= 2
k−1
+ 1, khi đó
v
k+1
= 3

2
k
+ 1


− 2

2
k−1
+ 1

= 2
k+1
+ 1,
nên công thức (1.10) đúng với n = k + 1.
Theo định lý 1.3 suy ra v
n
= 2
n
+ 1 đúng với mọi số tự nhiên n.
1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán phổ
thông
Quy nạp toán học là một phương pháp khá phổ biến và thông dụng. Nó được
ứng dụng rất nhiều trong số học, đại số, giải tích và hình học. Chúng ta hãy
cùng đi xét một số bài toán vận dụng phương pháp quy nạp để giải sau đây.
1.4.1 Phương pháp quy nạp trong số học
Ta xét một số bài toán về phép chia hết và tính chất các số.
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, thì
S
n
= (n + 1)(n + 2) (n + n) chia hết cho 2
n
.
16

Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 1, ta có S
1
= 1 + 1 = 2 chia hết cho 2
1
= 2.
Mệnh đề đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1, (k ∈ Z
+
), 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 + 1 + 1)(k + 1 + 2) (k + 1 + k −1)(k + 1 + k)(k + 1 + k + 1)
= (k + 2)(k + 3) (k + k)(k + k + 1)(2k + 2)
= 2(k + 1)(k + 2)(k + 3) (k + k)(k + k + 1)
= 2S
k
.(2k + 1).
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 lý quy nạp toán học S
n
chia hết cho 2
n
với mọi n nguyên dương.
Bài toán 1.2. (Định lý Fermat) Nếu p là một số nguyên tố, thì với mọi số
nguyên dương n hiệu n
p
− n chia hết cho p.
Lời giải. Khẳng định trên được chứng minh bằng quy nạp theo n.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 ta có 1
p
− 1 = 0 chia hết cho p.
Khẳng định đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = a ≥ 1, (a ∈ Z
+
), nghĩa là a
p
−a
chia hết cho p. Ta cần chứng minh (a + 1)
p
− (a + 1) cũng chia hết cho p.
Khai triển (a + 1)
p
bằng nhị thức Newton ta có
(a + 1)

p
− (a + 1) = a
p
+ p.a
p−1
+ C
2
p
a
p−2
+ C
3
p
a
p−3
+ . . . + pa + 1 − (a + 1)
= (a
p
− a) + pa
p−1
+ C
2
p
a
p−2
+ C
3
p
a
p−3

+ . . . + C
p−2
p
a
2
+ pa.
Vì các hệ số C
k
p
=
p(p − 1)(p − 2) . . . (p −k + 1)
1.2.3 . . . k
, (2 ≤ k ≤ p −2) đều chia hết cho
p và a
p
− a chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp) nên suy ra (a + 1)
p
− (a + 1)
cũng chia hết cho p.
Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có với mọi số nguyên dương n số n
p
−n
chia hết cho số nguyên tố p. Định lý được chứng minh.
Bài toán 1.3. Chứng minh rằng
7 + 77 + 777 + + 777 7

n chữ số 7
=
7
81


10
n+1
− 9n − 10

. (1.11)
Lời giải. Đặt S
n
= 7 + 77 + 777 + + 777 7

n chữ số 7
.
17
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1. Bước cơ sở. Với n = 1, S
1
= 7, còn vế phải
7
81
(10
2
− 9.1 − 10) =
7
81
.81 = 7.
Vậy (1.11) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.11) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N), nghĩa là
S
k
=

7
81
(10
k+1
− 9k −10).
Ta cần phải chứng minh
S
k+1
=
7
81
(10
k+2
− 9(k + 1) −10).
Thật vậy,
S
k+1
= S
k
+ 777 7

k+1 chữ số
= 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
=
10
k+1
− 1
10 − 1
nên
S
k+1
=
7
81
(10
k+1
− 9k −10) + 7.
10

k+1
− 1
10 − 1
=
7
81

10
k+1
− 9k −10 + 9.10
k+1
− 9

=
7
81

10.10
k+1
− 9k −19

=
7
81

10
k+2
− 9(k + 1) −10

.

Suy ra đẳng thức (1.11) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học (1.11) đúng mọi n nguyên dương.
Một số ví dụ về chứng minh đẳng thức và tính tổng số học.
Bài toán 1.4. Cho số tự nhiên n ≥ 1. Chứng minh rằng
1.2 + 2.3 + + n(n + 1) =
n(n + 1)(n + 2)
3
. (1.12)
Lời giải. Đặt T (n) = 1.2 + 2.3 + + n(n + 1).
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì T(1) = 1.2 =
1.2.3
3
. Đẳng thức (1.12) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử đẳng thức (1.12) đúng với n = k ≥ 1, (k ∈ N). Khi đó
T (k) = 1.2 + 2.3 + + k(k + 1) =
k(k + 1)(k + 2)
3
.
Ta phải chứng minh đẳng thức (1.12) đúng với n = k + 1. Thật vậy,
T (k + 1) = 1.2 + 2.3 + + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)
=
k(k + 1)(k + 2)
3
+ (k + 1)(k + 2)
= (k + 1)(k + 2)

k
3
+ 1


=
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
3
.
18
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Vậy đẳng thức (1.12) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp thì đẳng thức (1.12) đúng với mọi số tự nhiên n.
Bài toán 1.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì
0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n! = (n + 1)! −1. (1.13)
Lời giải. Đặt S(n) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n!.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì S(1) = 0.0! + 1.1! = 2! −1 = 1.
Đẳng thức (1.13) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử đẳng thức (1.13) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N). Khi đó
S(k) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + k.k! = (k + 1)! − 1.
Ta phải chứng minh đẳng thức (1.13) đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
S(k + 1) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + k.k! + (k + 1)(k + 1)!
= (k + 1)! −1 + (k + 1)(k + 1)!
= (k + 1)!(k + 1 + 1) − 1
= (k + 2)! −1.
Suy ra đẳng thức (1.13) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp đẳng thức (1.13) đúng với mọi số tự nhiên n.
Bài toán 1.6. Hãy tính tổng sau với n là số tự nhiên,
1
1.2.3
+
1
2.3.4
+

1
3.4.5
+ . . . +
1
n(n + 1)(n + 2)
.
Lời giải. Đặt T
n
=
1
1.2.3
+
1
2.3.4
+
1
3.4.5
+ . . . +
1
n(n + 1)(n + 2)
.
Ta có:
1
1.2.3
=
1(1 + 3)
4(1 + 1)(1 + 2)
1
1.2.3
+

1
2.3.4
=
2(2 + 3)
4.(2 + 1)(2 + 2)
1
1.2.3
+
1
2.3.4
+
1
3.4.5
=
3(3 + 3)
4.(3 + 1)(3 + 2)

Từ đó ta có thể giả thiết
T
n
=
n(n + 3)
4(n + 1)(n + 2)
. (1.14)
19
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Ta chứng minh giả thiết trên bằng phương pháp quy nạp.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì T
1
=

1
1.2.3
=
1(1 + 3)
4(1 + 1)(1 + 2)
.
Vậy công thức (1.14) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.14) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N), nghĩa là có
T
k
=
k

i=1
1
i(i + 1)(i + 2)
=
k(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)
.
Ta cần chứng minh công thức (1.14) đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
T
k+1
=
k+1

i=1
1
i(i + 1)(i + 2)

=
k

i=1
1
i(i + 1)(i + 2)
+
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
k(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)
+
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
k(k + 3)(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
+
4
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
k
3
+ 6k
2
+ 9k + 4
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
(k + 1)

2
(k + 4)
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
(k + 1)(k + 4)
4(k + 2)(k + 3)
.
Công thức (1.14) đúng với n = k + 1 nên theo nguyên lý quy nạp nó đúng với
mọi số tự nhiên n.
Vậy
1
1.2.3
+
1
2.3.4
+
1
3.4.5
+ +
1
n(n + 1)(n + 2)
=
n(n + 3)
4(n + 1)(n + 2)
.
Với những bài toán về dãy số thì công thức tính tổng và số hạng tổng quát
của các dãy này ta có thể chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Ta sẽ đi xét
một số bài toán sau.
Bài toán 1.7. (Vô địch quốc gia Việt Nam, 1989) Với n = 0, 1, 2, ··· , ta gọi
{x

n
} và {y
n
} là hai dãy số được xác định một cách đệ quy như sau:
x
0
= 1, x
1
= 4, x
n+2
= 3x
n+1
− x
n
;
y
0
= 1, y
1
= 2, y
n+2
= 3y
n+1
− y
n
.
Chứng minh rằng x
2
n
− 5y

2
n
+ 4 = 0 với mọi số nguyên không âm n.
20
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Lời giải. Từ giả thiết ta tính được x
2
= 11 và y
2
= 5.
Trước tiên, ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng
(x
n+1
, y
n+1
) =

3x
n
+ 5y
n
2
,
x
n
+ 3y
n
2

, (n ≥ 0). (1.15)

1. Bước cơ sở. Với n = 0 thì (x
1
, y
1
) =

3.1+5.1
2
,
1+3.1
2

= (4, 2).
Với n = 1 thì (x
2
, y
2
) =

3.4+5.2
2
,
4+3.2
2

= (11, 5).
Vậy (1.15) đúng khi n = 0 và n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.15) đúng khi n = k và n = k + 1, với k ≥ 0 (k ∈ Z).
Theo bài ra ta có
(x

k+3
, y
k+3
) = (3x
k+2
− x
k+1
, 3y
k+2
− y
k+1
).
Từ đó suy ra
(x
k+3
, y
k+3
) =

3.
3x
k+1
+ 5y
k+1
2
−
3x
k
+ 5y
k

2
, 3.
x
k+1
+ 3y
k+1
2
−
x
k
+ 3y
k
2

=

3
2
(3x
k+1
− x
k
) +
5
2
(3y
k+1
− y
k
),

1
2
(3x
k+1
− x
k
) +
3
2
(3y
k+1
− y
k
)

=

1
2
(3x
k+2
+ 5y
k+2
),
1
2
(x
k+2
+ 3y
k+2

)

.
Như vậy (1.15) đúng với n = k + 2. Theo định lý 1.3 ta có (1.15) đúng với mọi
số nguyên không âm n.
Tiếp theo, ta chứng minh x
2
n
− 5y
2
n
+ 4 = 0 bằng quy nạp theo n.
Khi n = 0 thì ta có 1 −5 + 4 = 0. Công thức đúng với n = 0.
Giả sử công thức này đúng với n = k, (k ≥ 0, k ∈ Z), tức là x
2
k
− 5y
2
k
+ 4 = 0.
Ta chứng minh công thức đúng với n = k + 1. Thật vậy,
x
2
k+1
− 5y
2
k+1
+ 4 =

3x

k
+ 5y
k
2

2
− 5

x
k
+ 3y
k
2

2
+ 4
=
4x
2
k
− 20y
2
k
4
+ 4 = x
2
k
− 5y
2
k

+ 4 = 0.
Theo nguyên lý quy nạp ta có x
2
n
− 5y
2
n
+ 4 = 0 với mọi số nguyên n ≥ 0.
Ở phần quy nạp trong dãy số này ta quan tâm tới dãy số Fibonacci, dãy số
có nhiều ứng dụng và tính chất hay. Dãy số Fibonacci được định nghĩa như sau:
F
0
= 0, F
1
= 1 và với mọi n ≥ 2 thì F
n
= F
n−2
+ F
n−1
.
Ta có dãy số Fibonacci cụ thể: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .
Ta xét các ví dụ sau đây trên dãy số Fibonacci.
Bài toán 1.8. Chứng minh rằng nếu n ≥ 1 thì F
n
≤

7
4


n−1
.
21
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Lời giải. Ta kí hiệu P (n) là mệnh đề F
n
≤

7
4

n−1
với n ≥ 1.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì F
1
= 1 =

7
4

0
.
Với n = 2 thì F
2
= 1 <
7
4
.
Vậy mệnh đề P (n) đúng với n = 1, 2.
2. Bước quy nạp. Với k ≥ 2, giả sử P(k − 1) và P(k) là đúng.

Ta cần chứng minh P(k + 1) đúng.
Ta có
F
k+1
= F
k−1
+ F
k
≤

7
4

k−2
+

7
4

k−1
(theo P(k-1) và P(k))
=

7
4

k−2

1 +
7

4

=

7
4

k−2

11
4

<

7
4

k−2

49
16

=

7
4

k
.
Như vậy P (k + 1) đúng.

Theo định lý 1.3 ta có F
n
≤

7
4

n−1
với n ≥ 1.
Bài toán 1.9. Chứng minh rằng với n ≥ 1, thì
F
1
F
2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2n
F
2n+1
= F
2
2n+1
− 1.
Lời giải. Với n ≥ 1, kí hiệu P (n) là mệnh đề
F
1
F

2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2n
F
2n+1
= F
2
2n+1
− 1.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì F
1
F
2
+ F
2
F
3
= 1.1 + 1.2 = 2
2
− 1 = F
2
3
− 1.
Mệnh đề P (1) đúng.
2. Bước quy nạp. Ta giả sử mệnh đề P(n) đúng với n = k, (k ≥ 1).
Khi đó ta có

F
1
F
2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2k
F
2k+1
= F
2
2k+1
− 1.
Ta lại có
F
1
F
2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2k
F
2k+1
+ F

2k+1
F
2k+2
+ F
2k+2
F
2k+3
= F
2
2k+1
− 1 + F
2k+1
F
2k+2
+ F
2k+2
F
2k+3
( theo P(k) )
= F
2k+1
(F
2k+1
+ F
2k+2
) + F
2k+2
F
2k+3
− 1

= F
2k+1
F
2k+3
+ F
2k+2
F
2k+3
− 1
= (F
2k+1
+ F
2k+2
)F
2k+3
− 1
= F
2k+3
.F
2k+3
− 1
= F
2
2k+3
− 1.
22
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Vậy P (k + 1) đúng.
Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có điều phải chứng minh.
1.4.2 Phương pháp quy nạp trong đại số

Ta xét một số bài toán về đẳng thức và bất đẳng thức đại số.
Bài toán 1.10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n và góc θ không
chia hết cho 2π, thì
sin θ + sin(2θ) + . . . + sin(nθ) =
sin

n + 1
2
θ

sin

nθ
2

sin(θ/2)
. (1.16)
Lời giải. Đặt S(n) =
n

j=1
sin(jθ).
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì
S(1) = sin θ =
sin

1 + 1
2
θ


sin

θ
2

sin

θ
2

.
Vậy công thức (1.16) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử công thức (1.16) đúng với n = k ≥ 1, (k ∈ Z
+
), nghĩa là
S(k) =
k

j=1
sin(jθ) =
sin

k + 1
2
θ

sin

kθ
2


sin(θ/2)
.
Ta cần chứng minh công thức (1.16) đúng với n = k + 1.
23
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Thật vậy,
S(k + 1) =
k+1

j=1
sin(jθ) =
k

j=1
sin(jθ) + sin(k + 1)θ
=
sin

k + 1
2
θ

sin

kθ
2

sin


θ
2

+ sin(k + 1)θ
=
sin

k + 1
2
θ

sin

kθ
2

sin

θ
2

+ 2 sin

k + 1
2
θ

cos

k + 1

2
θ

= sin

k + 1
2
θ

sin(
kθ
2
) + 2 cos

k+1
2
θ

sin(
θ
2
)
sin(
θ
2
)
= sin

k + 1
2

θ

sin(
kθ
2
) + sin

k+2
2
θ

− sin(
kθ
2
)
sin(
θ
2
)
= sin

k + 1
2
θ

sin

k+2
2
θ


sin(
θ
2
)
.
Vậy công thức (1.16) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học (1.16) đúng với mọi số nguyên dương n.
Bài toán 1.11. Chứng minh rằng với số nguyên không âm n, thì
cos α cos(2α) cos(4α) . . . cos(2
n
α) =
sin(2
n+1
α)
2
n+1
sin α
. (1.17)
Lời giải. Đặt T (n) = cos α cos(2α) cos(4α) . . . cos(2
n
α).
1. Bước cơ sở. Với n = 0 thì T(0) = cos α =
sin(2α)
2 sin α
.
Vậy công thức (1.17) đúng với n = 0.
2. Bước quy nạp. Giả sử công thức (1.17) đúng với n = k ≥ 0 (k ∈ Z), nghĩa là
T (k) = cos α cos(2α) cos(4α) . . . cos(2
k

α) =
sin(2
k+1
α)
2
k+1
sin α
.
Ta cần chứng minh công thức (1.17) đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
T (k + 1) = cos α cos(2α) cos(4α) . . . cos(2
k
α) cos(2
k+1
α)
=
sin(2
k+1
α)
2
k+1
sin α
cos(2
k+1
α)
=
2 sin(2
k+1
α) cos(2
k+1

α)
2.2
k+1
sin α
=
sin(2
k+2
α)
2
k+2
sin α
.
24
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Công thức (1.17) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp suy ra công thức (1.17) đúng với mọi số nguyên
không âm n.
Bài toán 1.12. Với mọi số nguyên dương n > 1, chứng minh rằng
1
√
1
+
1
√
2
+ . . . +
1
√
n
>

√
n. (1.18)
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 2 ta có 1 +
1
√
2
>
√
2, hiển nhiên đúng.
Bất đẳng thức đúng với n = 2.
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.18) đúng với n = k ≥ 2 (k ∈ Z
+
), khi đó
1
√
1
+
1
√
2
+ . . . +
1
√
k
>
√
k. (1.19)
Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1.18) đúng với n = k + 1, nghĩa là
1

√
1
+
1
√
2
+ . . . +
1
√
k
+
1
√
k + 1
>
√
k + 1. (1.20)
Thật vậy, ta có
1
√
1
+
1
√
2
+ . . . +
1
√
k
+

1
√
k + 1
>
√
k +
1
√
k + 1
(theo (1.19)).
Mặt khác,
√
k +
1
√
k + 1
>
√
k + 1 ⇐⇒
1
√
k + 1
>
√
k + 1 −
√
k. (1.21)
Chia cả 2 vế của bất đẳng thức (1.21) cho
√
k + 1 −

√
k > 0 ta được
1
√
k + 1(
√
k + 1 −
√
k)
> 1
⇐⇒
√
k + 1 +
√
k
√
k + 1
> 1
⇐⇒1 +
√
k
√
k + 1
> 1 (Hiển nhiên đúng).
Vậy bất đẳng thức (1.18) đúng với n = k + 1 nên theo nguyên lý quy nạp nó
đúng với mọi số nguyên n > 1.
Bài toán 1.13. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, a là số thực không
âm, thì

a + 1 +


a + 2 + +
√
a + n < a + 3. (1.22)
25