Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------------------

ĐINH THỊ BÍCH NGỌC

ĐỀ TÀI
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP
GIẢI BÀI TOÁN KHÔNG MẪU MỰC

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TS Đặng Huy Ruận

HÀ NỘI - 2015


Mục lục
Lời nói đầu

3

1 Phương pháp quy nạp toán học
1.1 Nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Phương pháp chứng minh bằng quy nạp . .
1.2.1 Cơ sở quy nạp . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải bài

mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4 Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . .

4
4
4
4
5

. . .
. . .
. . .
. . .
toán
. . .
. . .

. . . .
. . . .
. . . .
. . . .
không
. . . .
. . . .

6
23

2 Phương pháp phản chứng
2.1 Phép suy luận phản chứng . . . . . . . . . . . . . . . . .

2.2 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng . . . . . . .
2.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng . . . .
2.4 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán
không mẫu mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.5 Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

25
25
25
26

3 Phương pháp suy luận
3.1 Vài nét về phương pháp suy luận . . . . . . . . . . . . .
3.2 Các ví dụ về vận dụng phương pháp suy luận. . . . . . .
3.3 Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39
39
40
46

4 Phương pháp bảng
4.1 Vài nét về phương pháp bảng . . .
4.2 Vận dụng phương pháp bảng để giải
mực . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.3 Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . .

50
50

1

. . . . .
bài toán
. . . . .
. . . . .

. . . . . . .
không mẫu
. . . . . . .
. . . . . . .

27
37

50
59


5 Phương pháp sơ đồ
5.1 Giới thiệu về phương pháp sơ đồ . . . . . .
5.2 Vận dụng phương pháp sơ đồ để giải các bài
mẫu mực. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.3 Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . .
toán
. . .
. . .

. . . .
không
. . . .
. . . .

63
63
63
69

6 Phương pháp đồ thị
6.1 Một số khái niệm và kết quả cơ bản của lý thuyết đồ thị
6.2 Phương pháp đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.3 Vận dụng phương pháp đồ thị để giải bài toán không mẫu
mực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6.4 Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73
73
74

Kết luận

91

Tài liệu tham khảo

92

2

75
87


LỜI NÓI ĐẦU
Các bài toán không mẫu mực là các bài toán mà việc giải chúng đòi
hỏi suy luận, tư duy độc đáo. Việc giải các bài toán không mẫu mực
giúp người thực hiện nâng cao nhanh chóng khả năng tư duy, suy luận
và nhiều khi phát hiện ra những phương pháp giải toán độc đáo không
ngờ. Bởi vậy rất nhiều em học sinh, đặc biệt là học sinh trường chuyên,
lớp chọn thích làm quen với các bài toán này.
Luận văn "Một số phương pháp giải bài toán không mẫu mực" trình
bày sáu phương pháp chủ yếu để giải các bài toán không mẫu mực.
Nhưng do một bài toán không mẫu mực có thể giải đồng thời bằng
nhiều phương pháp khác nhau và một vài phương pháp có phần "tương
tự" nên việc phân loại phương pháp, ví dụ và bài tập chỉ là tương đối.
Các bài toán không mẫu mực là mảng khá lý thú trong toán học nói
chung cũng như toán phổ thông nói riêng. Vì vậy, tác giả hi vọng luận
văn sẽ trở thành tài liệu có ích cho các em học sinh phổ thông, đặc biệt
các em học sinh trường chuyên, lớp chọn, các thầy cô giáo dạy ở cuối
cấp tiểu học, các thầy cô giáo dạy toán ở trường phổ thông, các bạn sinh
viên và những ai quan tâm đến mảng toán lý thú này.
Luận văn được chia làm sáu chương:
Chương 1 trình bày về phương pháp quy nạp toán học.
Chương 2 trình bày về phương pháp phản chứng.
Chương 3 trình bày về phương pháp suy luận.
Chương 4 trình bày về phương pháp bảng.
Chương 5 trình bày về phương pháp sơ đồ.
Chương 6 trình bày về phương pháp đồ thị.

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn, giúp đỡ tận tình của
GS.TS Đặng Huy Ruận, em xin gửi tới thầy lòng biết ơn sâu sắc. Em
xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban chủ nhiệm khoa cùng các thầy
cô giáo khoa Toán - Cơ - Tin học, Trường Đại học Khoa Học Tự Nhiên
- Đại Học Quốc Gia Hà Nội đã tạo điều kiện, dạy bảo và dìu dắt em
trong những năm học vừa qua. Xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ của
bạn bè, người thân trong thời gian học tập và làm luận văn.
Do khả năng nhận thức của bản thân tác giả, luận văn còn nhiều hạn
chế, thiếu sót. Kính mong nhận được các ý kiến đóng góp của thầy cô
cùng các bạn đọc.
Xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 7 năm 2015
3


Chương 1
Phương pháp quy nạp toán học
Phương pháp quy nạp toán học là một công cụ rất có hiệu lực trong
việc chứng minh nhiều bài toán thuộc các lĩnh vực khác nhau của toán
học như: số học, đại số, hình học... và đặc biệt là các bài toán không
mẫu mực. Đây là một phương pháp chứng minh toán học đặc biệt cho
phép ta rút ra những quy luật tổng quát dựa trên cơ sở những trường
hợp riêng. Quá trình quy nạp ngược với quá trình suy diễn. Từ "tính
chất" của một số cá thể suy ra "tính chất" của tập thể, nên không phải
lúc nào cũng đúng. Nó chỉ đúng khi thỏa mãn nguyên lý quy nạp.

1.1

Nguyên lý quy nạp

Cho n0 là một số nguyên dương và P (n) là một mệnh đề có nghĩa với
mọi số tự nhiên n ≥ n0 . Nếu
1.P (n0 ) đúng và
2. Nếu P (k) đúng từ đó suy ra được P (k + 1) cũng đúng với mọi số
tự nhiên k ≥ n0 thì P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0 .

1.2

Phương pháp chứng minh bằng quy nạp

Giả sử khẳng định P (n) xác định ∀n ≥ n0 . Để chứng minh P (n) đúng
∀n ≥ n0 bằng quy nạp, ta cần thực hiện 2 bước
1.2.1

Cơ sở quy nạp

Kiểm tra sự đúng đắn của P (n) với n = n0 , nghĩa là xét P (n0 ) có
đúng không.

4


1.2.2

Quy nạp

Chứng minh rằng: Nếu với mỗi k ≥ n0 , P (k) là mệnh đề đúng, thì
suy ra P (k + 1) cũng đúng.
Nếu cả 2 bước trên đều thỏa mãn, thì theo nguyên lý quy nạp P (n) đúng
với mọi n ≥ n0 .

Chú ý
Trong quá trình quy nạp, nếu không thực hiện đầy đủ cả 2 bước: Cơ sở
quy nạp và quy nạp thì có thể dẫn đến kết luận sai lầm. Một số ví dụ
sau sẽ chứng tỏ điều này.
- Do bỏ qua bước cơ sở quy nạp, ta đưa ra kết luận không đúng: Mọi số
tự nhiên đều bằng nhau! Bằng cách quy nạp như sau: Giả sử các số tự
nhiên không vượt quá k + 1 đã bằng nhau. Khi đó ta có:
k =k+1
Thêm vào mỗi vế của đẳng thức trên 1 đơn vị sẽ có:
k+1=k+1+1=k+2
Cứ như vậy suy ra mọi số tự nhiên không nhỏ hơn k đều bằng nhau. Kết
hợp với giả thiết quy nạp: Mọi số tự nhiên không vượt quá k đều bằng
nhau, đi đến kết luận sai lầm: Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!
- Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601 n
1665) đã cho rằng số dạng 22 + 1 đều là số nguyên tố.
P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
0
Với n = 0 cho 22 + 1 = 21 + 1 = 3 là số nguyên tố.
1
Với n = 1 cho 22 + 1 = 22 + 1 = 5 là số nguyên tố.
2
Với n = 2 cho 22 + 1 = 24 + 1 = 17 là số nguyên tố.
3
Với n = 3 cho 22 + 1 = 28 + 1 = 257 là số nguyên tố.
4
Với n = 4 cho 22 + 1 = 216 + 1 = 65537 là số nguyên tố.
Nhưng vào thế kỷ XVIII, L.Euler (1707 - 1783) đã phát hiện với n = 5
khẳng định trên không đúng, bởi vì:
5

22 + 1 = 4294967297 = 641.6700417
là hợp số.

5


1.3

Vận dụng phương pháp quy nạp để giải bài toán
không mẫu mực

Phương pháp quy nạp được sử dụng trong tính toán, trong chứng
minh và suy luận dưới nhiều dạng khác nhau, nhưng trong phần này chỉ
trình bày việc vận dụng phương pháp quy nạp để giải bài toán không
mẫu mực.
Bài toán 1.3.1. (IMO 1998) Với mọi số nguyên dương n, ta kí hiệu
d(n) là số tất cả các ước dương của n (kể cả 1 và n). Hãy xác định tất
cả các số nguyên dương k, sao cho d(n2 ) = kd(n), với n là số nguyên
dương nào đó.
Chứng minh.
Giả sử khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số n có dạng:
n = pa11 .pa22 ...par r
Ta có:
d(n) = (a1 + 1)(a2 + 1)...(ar + 1)
d(n2 ) = (2a1 + 1)(2a2 + 1)...(2ar + 1)
Để d(n2 ) = kd(n) thì ta phải chọn các số ai sao cho:
(2a1 + 1)(2a2 + 1)...(2ar + 1) = k(a1 + 1)(a2 + 1)...(ar + 1)

(∗)

Do (2ai + 1)(1 ≤ i ≤ r) đều là các số lẻ nên k phải là các số lẻ. Ta sẽ
chứng minh mệnh đề đảo lại rằng: "Với số lẻ k bất kỳ, ta có thể tìm
được các số ai thỏa mãn (*) (tức là tìm được n)".
Dùng phương pháp quy nạp theo k.
1. Với k = 1, mệnh đề đúng (n = 1, ai = 0)
2. Giả sử mệnh đề đúng với số k nào đó, ta chứng minh nó cũng đúng
cho (2m .k − 1)(m ≥ 1). Lúc đó mệnh đề đúng cho mọi số lẻ vì mọi số lẻ
l đều viết được dưới dạng: (2m .l − 1) (với l là số nhỏ hơn l).
Đặt ai = 2i−1 [(2m − 1).k − 1], với i = 1, 2, ..., m.
Khi đó: 2ai + 1 = 2i (2m − 1)k − (2i − 1)
ai + 1 = 2i−1 (2m − 1)k − (2i−1 − 1) = 2ai−1 + 1
Do vậy, tích của các số (2ai + 1) chia hết cho tích các số (ai + 1) với
i = 1, m khi (2am + 1) chia hết cho (a1 + 1) hay:
[2m (2m − 1)k − (2m − 1)] = (2m − 1).(2m .k − 1)
6


chia hết cho (2m − 1)k có nghĩa là: (2m .k − 1) chia hết cho k. Vậy nếu ta
chọn các ai như trên với k đã cho, thì mệnh đề trên đúng cho (2m .k − 1).
Ta có điều phải chứng minh!
Bài toán 1.3.2. (USAMTS, 2000 - 2001, Cuộc thi tài năng toán học
Mỹ) Hãy tìm số dư khi chia số 17761492! cho 2000.
Chứng minh.
Trước hết ta chứng minh bổ đề: "Với mọi số nguyên dương n, ta có:
1376n ≡ 1376(mod 2000)"
Dùng phương pháp quy nạp:
1. Với n = 1, hiển nhiên có: 13761 ≡ 1376(mod 2000)
Với n = 2, ta có: 13762 = 1893376 ≡ 1376(mod 2000)
2. Giả sử mệnh đề đúng với n = k(k ∈ N, k ≥ 1),
tức là: 1376k ≡ 1376(mod 2000).

Ta chứng minh bổ đề đúng với n = k + 1. Thật vậy, từ giả thiết quy nạp
ta có:
1376k+1 ≡ 13762 (mod 2000), mà 13762 ≡ 1376(mod 2000), nên
1376k+1 ≡ 1376(mod 2000)
Bổ đề được chứng minh!
Quay lại bài toán, ta có: 17765 = 1376(mod 2000), nên
17761492! = (17765 )

1492!
5

Vậy khi chia số 17761492! cho 2000 được số dư là 1376.
n

Bài toán 1.3.3. Hãy tìm chữ số tận cùng của số: An = 22 + 1 với mọi
số nguyên n, n ≥ 2.
Chứng minh.
2
1. Với n = 2, số A2 = 22 + 1 = 17, có chữ số tận cùng là 7.
k
2. Giả sử với n = k, số Ak = 22 + 1 có chữ số tận cùng là 7. Ta sẽ
chứng minh Ak+1 có chữ số tận cùng là 7.
Thật vậy, do Ak có chữ số tận cùng là 7, nên tồn tại số nguyên dương
m để: Ak = 10m + 7, hay:
k

22 + 1 = 10m + 7

7

k

Tức là: 22 = 10m + 6. Từ đó:
k+1

Ak+1 = 22

k

= 22

+1

.2

+1

k

2

= (22 ) + 1
= (10m + 6)2 + 1
= 100m2 + 120m + 37
= 10(10m2 + 12m + 3) + 7
nên Ak+1 cũng có chữ số tận cùng là 7.
n
Vậy với mọi số nguyên n, n ≥ 2, thì An = 22 + 1 có chữ số tận cùng
là 7.

Bài toán 1.3.4. (Vô địch toán Canada, 1982) Cho a, b và c là những
nghiệm của phương trình:
x3 − x2 − x − 1 = 0
Chứng minh rằng số:
b1982 − c1982 c1982 − a1982 a1982 − b1982
+
+
b−c
c−a
a−b
là một số nguyên.
Chứng minh.
n
n
n
−cn
−an
−bn
Đặt un = b b−c
, vn = c c−a
, wn = aa−b
, với n nguyên, n ≥ 1.
Ta sẽ chứng minh: un + vn + wn nguyên với mọi n nguyên, n ≥ 1(∗).
Trước hết ta thấy rằng: un+3 = un+3 + un+3 + un , ∀n, n = 1.
Thật vậy, do b, c là nghiệm của phương trình x3 − x2 − x − 1 = 0 nên:
b3 = b2 + b + 1, c3 = c3 + c + 1
Do đó:
un+3

bn+3 − cn+3

=
b−c
n 3
b .b − cn .c3
=
b−c
n 2
b (b + b + 1) − cn (c2 + c + 1)
=
b−c
n+2
n+2
b
−c
bn+1 − cn+1 bn − cn
=
+
+
b−c
b−c
b−c
= un+2 + un+1 + un
8


Tương tự ta có:
vn+3 = vn+2 + vn+1 + vn
wn+3 = wn+2 + wn+1 + wn
Tiếp theo, ta sẽ dùng phương pháp quy nạp để chứng minh khẳng định
(*)

1. Với n = 1, ta có: u1 + v1 + w1 = 1 + 1 + 1 = 3 ∈ Z
Với n = 2, ta có:
b2 − c2 c2 − a2 a2 − b2
+
+
b−c
c−a
a−b
−1
= 2(a + b + c) = 2(− ) = 2 ∈ Z
1

u2 + v2 + w2 =

Với n = 3 ta có:
b3 − c3 c3 − a3 a3 − b3
+
+
b−c
c−a
a−b
2
2
2
= 2(a + b + c ) + (bc + ca + ab)
= 2(a + b + c)2 − 3(bc + ca + ab)
−1
−1
= 2(− )2 − 3( ) = 5 ∈ Z
1

1

u2 + v2 + w2 =

Vậy khẳng định đúng với n = 1, 2, 3.
2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, k + 1, k + 2(k ≥ 1). Ta chứng minh
khẳng định đúng với n = k + 3. Thật vậy, ta có:
uk+3 + vk+3 + wk+3 = (uk+2 + uk+1 + uk ) + (vk+2 + vk+1 + vk ) + (wk+2 +
wk+1 + wk )
(uk+2 + vk+2 + wk+2 ) + ((uk+1 + vk+1 + wk+1 ) + (uk + vk + wk )
Theo giả thiết quy nạp, cả ba số hạng của tổng trên đều nguyên nên
(uk+3 + vk+3 + wk+3 ) cũng nguyên. Khẳng định được chứng minh. Từ đó
hiển nhiên tổng ở đề bài là số nguyên.
−−→ −−→
−−−−→
Bài toán 1.3.5. (IMO 1973) Cho OP1 , OP2 , ..., OP2n+1 là các vecto đơn
vị trong mặt phẳng. Các điểm P1 , P2 , P2n+1 đều cùng nằm về 1 phía của
đường thẳng qua O. Chứng minh rằng:
−−→ −−→
−−−−→
|OP1 + OP2 + ... + OP2n+1 | ≥ 1
Chứng minh.

9


1. Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên đúng do:
−−→
|OP1 | = 1 ≥ 1
2. Giả sử mệnh đề đúng với n = k − 1(k ≥ 2), tức là với hệ vecto

−−→ −−→
−−−−→
đơn vị: OP1 , OP2 , ..., OP2k−1 cùng nằm về 1 phía của 1 đường thẳng qua
O, ta đã có:
−−→ −−→
−−−−→
|OP1 + OP2 + ... + OP2k−1 | ≥ 1
Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k, tức là với hệ (2k + 1) vecto
−−→ −−→
−−−−→
OP1 , OP2 , ..., OP2k+1 thỏa mãn các điều kiện trên, ta cũng có:
−−→ −−→
−−−−→
|OP1 + OP2 + ... + OP2k+1 | ≥ 1
−−→
Thật vậy, do vai trò của OPi (1 ≤ i ≤ 2k + 1) như nhau nên ta có thể
−−→
−−−→
−−−−→
sắp xếp lại sao cho OPi (1 ≤ i ≤ 2k − 1) nằm giữa OP2k và OP2k+1
Đặt:
−−−→ −−−−→
→
−
u = OP2k + OP2k+1
−−→ −−→
−−−−→
→
−
v = OP + OP + ... + OP

1

2

2k−1

−
Khi đó →
u có phương nằm trên tia phân giác góc P2k OP2k+1 . Áp dụng
−−→
−−−−→
−
quy tắc hình bình hành nhiều lần, ta được →
v nằm giữa OP1 và OP2k−1 ,
−−−→
−−−−→
nên nó nằm giữa OP2k và OP2k+1 .
π
−
−
Vậy góc giữa →
u và →
v bé hơn hoặc bằng
2
Ta lại có:
2
2
−
−
−

−
−
−
(→
u +→
v )2 = →
u +→
v + 2→
u→
v
2
2
−
−
−
−
−
−
=→
u +→
v + 2|→
u ||→
v |cos(→
u ,→
v)
2
−
−
−
≥→

v (do cos(→
u ,→
v ) ≥ 0)

−
−
−
Do đó: |→
u +→
v | ≥ |→
v|
−
Mà theo giả thiết quy nạp ta có |→
v | ≥ 1.
→
−
→
−
Vậy | u + v | ≥ 1 hay
−−→ −−→
−−−−→
|OP1 + OP2 + ... + OPn+1 | ≥ 1
Mệnh đề đúng với n = k + 1, ta có điều phải chứng minh!
Bài toán 1.3.6. (Chứng minh tính chia hết bằng quy nạp)
(Định lý Fermat nhỏ) Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố, thì
với mọi số nguyên dương n, hiệu np − n chia hết cho p.
10


Chứng minh.

1. Với n = 1 ta có: 1p − 1 = 0 chia hết cho p.
2. Giả sử khẳng định đúng với số nguyên n = a ≥ 1, nghĩa là ap − 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:
p
(a + 1)p − (a + 1) = C0p .ap + C1p .ap−1 + C2p .ap−2 + ... + +Cp−1
p .a + Cp − a − 1

= (ap − a) + C1p .ap−1 + C2p .ap−2 + ... + +Cp−1
p .a
Ta có:
Ckp =

p!
p(p − 1)...(p − k − 1)
=
(với 1 ≤ k ≤ p − 1)
k!(p − k)!
1.2.3...k

Do p là số nguyên tố nên (p, k) = 1; ∀k, 1 ≥ k ≥ p − 1, suy ra Ckp chia
hết cho p với mọi k, 1 ≤ k ≤ p − 1.
Mà ap − 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 minh!
Bài toán 1.3.7. (Vô địch toán Hungari 1932) Chứng minh rằng nếu
a, b, n là những số tự nhiên và b chia hết cho an , thì số (a + 1)b − 1 chia
hết cho an+1
Chứng minh. (Quy nạp theo n)
1. Với n = 0, ta có (a + 1)0 − 1 luôn chia hết cho a0+1 = a, nên mệnh
đề đúng với n = 0.

2. Giả sử mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k nào đó, tức là nếu b
chia hết cho ak thì (a + 1)b − 1 chia hết cho ak+1 .
Ta chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1, tức là nếu b1 là số tự nhiên,
b1 chia hết cho ak+1 thì (a + 1)b1 − 1 chia hết cho ak+2 .
b1
Thật vậy, đặt c = , thì c chia hết cho ak .
a
Ta có:
(a + 1)b1 − 1 = (a + 1)ca − 1
= [(a + 1)c ]a − 1
= [(a + 1)c − 1][(a + 1)c(a−1) + (a + 1)c(a−2) + ... + (a + 1)c + 1]
Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ nhất chia hết cho ak+1 (theo giả
thiết quy nạp).
11


Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai chia hết cho a vì ta có thể biểu
diễn nó dưới dạng:
[(a + 1)c(a−1) − 1] + [(a + 1)c(a−2) − 1] + ... + [(a + 1)c − 1] + a
(Mỗi số hạng tổng này đều chia hết cho a)
Vậy (a + 1)b1 − 1 chia hết cho ak+2 . Mệnh đề được chứng minh!
Bài toán 1.3.8. (Chứng minh đẳng thức bằng quy nạp)
(Công thức nhị thức Newton) Chứng minh rằng:
n

ckn .ak .bn−k

n

(a + b) =

k=0

Chứng minh.
1. Với n = 1, dễ thấy công thức đúng.
2. Giả sử công thức đúng với số nguyên dương n, tức là ta có:
n
n

Ckn .ak .bn−k

(a + b) =
k=0

Ta chứng minh công thức đúng với n + 1. Thật vậy, ta có:
(a + b)n+1 = (a + b)n .(a + b)
= (an + C1n .an−1 .b + ... + Ckn .an−k .bk + ... + bn )(a + b)
= an+1 + C1n .an .b + ... + Ckn .an+1−k .bk + ... + a.bn + an .b
+ C1n .an−1 .b2 + ... + Ckn .an−k .bk+1 + ... + bn+1
= an+1 + (C0n + C1n ).an .b + (C1n + C2n ).an−1 .b2
+ ... + (Ck−1
+ Ckn ).aa+1−k .bk + ... + bn+1
n
= an+1 + C1n+1 .an .b + C2n+1 .an−1 .b2 + Ckn+1 .an+1−k .bk + ... + bn−1
n+1

Ckn+1 .ak .bn+1−k

=
k=0

Công thức được chứng minh!
Bài toán 1.3.9. (Chứng minh bất đẳng thức bằng quy nạp)
(Bất đẳng thức Bernoulli) Chứng minh rằng với mọi x > −1, x = 0
và mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có:
(1 + x)n > 1 + nx
12


Chứng minh.
1. Với n = 2, bất đẳng thức có dạng: (1 + x)2 > 1 + 2x hay x2 > 0.
Điều này đúng do x = 0.
2. Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k(k ≥ 2), tức là đã có: (1+x)k >
(1 + kx)
Ta chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có:
(1 + x)k+1 = (1 + x)k (1 + x) > (1 + kx)(1 + x)
= 1 + (k + 1)x + kx2 > 1 + (k + 1)x
(Vì k > 0 và x = 0)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh!
Chú ý: Bất đẳng thức Bernoulli còn đúng cho mọi số thực α > 1:
(1 + x)α > l + α; ∀x, x > −1, x = 0
Bài toán 1.3.10. (Vô địch toán Matxcova 1984) Cho x1 , x2 , ..., xn là n
số không âm (n ≥ 4), tổng của chúng bằng 1. Chứng minh rằng:
x1 x2 + x2 x3 + ... + xn x1 ≤ 4
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau bằng phương pháp
quy nạp:
(x1 + x2 + .... + xn )2 ≥ 4(x1 x2 + x2 x3 + .... + xn x1 )
Với xi ≥ 0, i = 1, n và n ≥ 4
1. Với n = 4, ta có:
(x1 − x2 + x3 − x4 )2 = x21 + x22 + x23 + x24
− 2x1 x2 + 2x1 x3 − 2x1 x4 − 2x2 x3 + 2x2 x4 − 2x3 x4

= (x1 + x2 + x3 + x4 )2 − 4(x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x1 ) ≥ 0
Do đó:
(x1 + x2 + x3 + x4 )2 ≥ 4(x1 x2 + x2 x3 + x3 x4 + x4 x1 )
nên bất đẳng thức đúng với n = 4.
2. Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k(k ≥ 4), tức là ta có:
(x1 + x2 + ... + xk )2 ≥ 4(x1 x2 + x2 x3 + ... + xk x1 )
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1:
(x1 + x2 + ... + xk + xk+1 )2 ≥ 4(x1 x2 + x2 x3 + ... + xk xk+1 + xk+1 x1 )
13


Vì tổng 2 vế của bất đẳng thức này là vòng tròn theo chỉ số, ta có thể
giả thiết xk+1 ≥ xi , i = 1, k.
Khi đó, từ giả thiết quy nạp ta có:
(x1 + x2 + ... + xk + xk+1 )2 = (x1 + x2 + ... + (xk + xk+1 ))2
≥ 4[x1 x2 + x2 x3 + ... + xk−1 (xk + xk+1 ) + (xk + xk+1 )x1 ]
Mà:
[x1 x2 + x2 x3 + ... + xk−1 (xk + xk+1 ) + (xk + xk+1 )x1 ]
= (x1 x2 + x2 x3 + ... + xk xk+1 + xk+1 x1 ) + xk−1 xk+1 + xk (x1 − xk+1 )
Vì xi ≥ 0 và x1 − xk+1 ≥ 0 nên ta có:
[x1 x2 + x2 x3 + ... + xk−1 (xk + xk+1 ) + (xk + xk+1 )x1 ]
≥ (x1 x2 + x2 x3 + ... + xk−1 xk + xk xk+1 + xk+1 x1 )
Vậy
(x1 + x2 + ... + xk + xk+1 )2 ≥ 4(x1 x2 + x2 x3 + ... + xk xk+1 + xk+1 x1 )
nên ta có điều phải chứng minh!
Bài toán 1.3.11. (Tính toán bằng quy nạp)
Tính bán kính rn , Rn của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp 2n - giác
đều chu vi p cho trước (n ≥ 2).
Chứng minh.
1. Với n = 2, ta có hình vuông chu vi p. Dễ dàng tính được:

√
p
p 2
r2 = ; R2 =
8
8
2. Giả sử biết bán kính rn , Rn của các đường tròn nội tiếp và ngoại
tiếp 2n - giác đều chu vi p, ta tính các bán kính rn+1 , Rn+1 của các đường
tròn nội tiếp và ngoại tiếp 2n+1 - giác đều chu vi p.
Gọi AB là cạnh của 2n - giác đều chu vi p tâm O. Gọi C, D, E, F lần
lượt là trung điểm của cung AB, dây AB, AC, BC, G là trung điểm của
EF. Vì
(OE, OF ) = (OE, OC) + (OF, OC)
1
1
1
= (OA, OC) + (OB, OC) = (OA, OB)
2
2
2
14


Hình 1.3.11

và EF bằng cạnh của 2n+1 - giác đều nội tiếp đường tròn bán kính OE,
nên chu vi của 2n+1 - giác này là:
2n+1 .EF = 2n+1

AB

= 2n .AB = p
2

Do đó rn+1 = OG và Rn+1 = OE
Mặt khác, ta dễ thấy
1
OC − OG = OG − OD(= CD)
2
nên Rn − rn+1 = rn+1 − rn hay rn+1 = Rn2+rn
Cuối cùng, từ tam giác vuông OEC ta có: OE 2 = OC.OG. Nghĩa là:
√
2
= Rn rn+1 , nên Rn+1 = Rn rn+1 .
Rn+1
√
Vậy rn+1 = Rn2+rn , Rn+1 = Rn rn+1 .
Bài toán 1.3.12. Trên một hình phẳng cho n đường tròn phân biệt, đôi
một cắt nhau và không có ba đường tròn nào giao nhau tại 1 điểm. Các
mặt phẳng này chia đường tròn thành các miền rời nhau. Tính số miền
thu được.
Chứng minh. Gọi số miền thu được bởi n đường tròn trong mặt phẳng
thỏa mãn điều kiện đề bài là F (n).
1. Với n = 1, dễ thấy F (1) = 2.
Với n = 2, ta có 2 đường tròn cắt nhau và F (2) = 4
2. Giả sử với k đường tròn thỏa mãn điều kiện đề bài, chúng chia mặt
phẳng ra làm F (k) miền. Xét (k + 1) đường tròn thỏa mãn điều kiện đề
bài. Ta tính F (k + 1).
Gọi (k + 1) đường tròn đó là (C1 ), (C2 ), ..., (Ck+1 ). Bỏ đi 1 đường
tròn bất kỳ trong (k + 1) đường tròn đó, chẳng hạn (Ck+1 ). Khi đó còn
15

Hình 1.3.12

k đường tròn, theo giả thiết quy nạp, số miền thu được là F (k). Bây
giờ ta dựng lại Ck+1 . Khi đó đường tròn Ck+1 giao với cả k đường tròn
ban đầu. Trên Ck+1 có k cặp giao điểm nên cho ta thêm 2k miền. Vậy
F (k + 1) = F (k) + 2k. Do đó ta có:
F (k) = F (k − 1) + 2(k − 1)
F (k − 1) = F (k − 2) + 2(k − 2)
...
F (2) = F (1) + 2.1
F (1) = 2
Cộng các đẳng thức trên lại ta được:
F (k) = 2[1 + 1 + 2 + 3 + ... + (k − 2) + (k − 1)]
k(k − 1)
]
= 2[1 +
2
= k2 − k + 2
Vậy số miền thu được từ n đường tròn thỏa mãn đề bài là F (n) =
n2 − n + 2.
Bài toán 1.3.13. (Chứng minh bằng quy nạp)
Chứng minh rằng mọi n - giác lồi(n ≥ 5) đều được chia thành 1 số
hữu hạn các ngũ giác lồi.
Chứng minh.
1. Với n = 5, mệnh đề hiển nhiên đúng.
2. Giả sử mệnh đề đúng với n = k(k ≥ 5), tức là mọi k - giác lồi đều
chia được thành hữu hạn các ngũ giác lồi. Ta chứng minh mệnh đề đúng
với n = k + 1, tức là mọi (k + 1) - giác lồi (H) đều chia được thành một

số hữu hạn các ngũ giác lồi.
16


Thật vậy, xét (k + 1) - giác lồi (H) = A1 A2 ...Ak Ak+1 . Trên các cạnh
A1 Ak+1 và A3 A4 lần lượt lấy các điểm M, N khác các đỉnh. Đoạn MN
chia (H) thành 2 đa giác:
(H1 ) = M A1 A2 A3 N và (H2 ) = M N A4 A5 ...Ak Ak+1
Rõ ràng (H1 ) là ngũ giác lồi, còn (H2 ) là k giác lồi. Theo giả thiết quy

Hình 1.3.13

nạp, (H2 ) chia được thành 1 số hữu hạn các ngũ giác lồi.
Mệnh đề được chứng minh!
Bài toán 1.3.14. (Chắp hình bằng quy nạp)
Cho n hình vuông bất kỳ. Chứng minh có thể cắt chúng (bằng nhát cắt
thẳng) làm một số mảnh đa giác, để từ đó có thể ghép lại thành 1 hình
vuông lớn.
Chứng minh.
1. Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên đúng.
Với n = 2, gọi độ dài các cạnh 2 hình vuông A1 B1 C1 D1 và A2 B2 C2 D2
tương ứng là x1 và x2 . Giả sử x1 ≥ x2 . Trên các cạnh của hình vuông
A1 B1 C1 D1 ta lấy các điểm M, N, P, Q sao cho
A1 M = B1 N = C1 P = D1 Q =

x1 + x2
2

Cắt hình vuông này theo các đoạn MP và NQ thì MP và NQ cắt nhau
tại tâm O của nó và chúng vuông góc với nhau. Các đường đó chia

hình vuông thành 4 phần bằng nhau, ta ghép những phần đó vào hình
vuông A2 B2 C2 D2 như hình bên. Hình nhận được sẽ là hình vuông vì
giá trị tại các góc M, N, P, Q bù nhau; các góc A, B, C, D vuông và
AB = BC = CD = DA.
2. Giả sử mệnh đề đúng với n(n ≥ 1) hình vuông. Ta chứng minh
mệnh đề cũng đúng với (n + 1) hình vuông.
17


Thật vậy, giả sử ta có n + 1 hình vuông (H1 ), (H2 ), ..., (Hn ), (Hn+1 ).
Ta lấy ra 2 hình vuông bất kỳ, chẳng hạn (Hn ), (Hn+1 ). Theo phần 1,
ta có thể cắt một trong hai hình vuông này và ghép các mảnh với hình
vuông còn lại để được 1 hình vuông mới (H’). Như vậy, ta có n hình
vuông (H1 ), (H2 ), ..., (Hn−1 ), (H ). Theo giả thiết quy nạp, có thể cắt và
ghép chúng thành một hình vuông mới. Ta có điều phải chứng minh!

Hình 1.3.14

Bài toán 1.3.15. (Tô màu bằng quy nạp)
Trên mặt phẳng cho n(n ≥ 1) hình tròn. Chứng minh có thể với bất
kỳ cách sắp đặt nào, thì hình nhận được cũng có thể tô bằng 2 màu, để
cho 2 phần mặt phẳng kề nhau (có biên chung) cũng được tô bằng hai
màu khác nhau.
Chứng minh.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 1, trên mặt phẳng chỉ có 1 hình tròn. Ta
tô hình tròn bằng màu đen. Khi đó phần mặt phẳng còn lại kề với hình
tròn được để trắng, nên hai phần của mặt phẳng kề nhau có màu khác
nhau.
2. Quy nạp. Giả sử khẳng định đã đúng với bức tranh n hình tròn.
Giả sử trên mặt phẳng cho n + 1 hình tròn tùy ý. Xóa đi 1 trong những

hình tròn, sẽ được bức tranh gồm n hình tròn. Theo giả thiết quy nạp,
bức tranh này chỉ cần tô bằng hai màu, chẳng hạn, đen, trắng mà hai
miền kề nhau đều có màu khác nhau.
Khôi phục lại hình tròn đã xóa đi, tức là trở lại hình xuất phát gồm
n + 1 hình tròn, rồi theo 1 phía đối với hình tròn vừa khôi phục, chẳng
18


Hình 1.5

hạn phía trong của hình tròn này thay đổi các màu đã tô bằng màu
ngược lại, sẽ được: bức tranh gồm n + 1 hình tròn được tô bằng hai màu,
mà hai miền kề nhau tùy ý đều có màu khác nhau.
Bài toán 1.3.16. (Dựng hình bằng quy nạp)
Trên mặt phẳng cho (2n + 1) điểm. Hãy dựng một (2n + 1) giác để
các điểm đã cho là trung điểm các cạnh của đa giác.
Chứng minh.
1. Với n = 1, ta dựng tam giác ABC khi biết 3 trung điểm M, N, P
bằng cách qua M, N, P lần lượt dựng các đường thẳng song song với NP,
MP, MN. Chúng cắt nhau cho ta tam giác ABC.
2. Giả sử đối với 2(n − 1) + 1 điểm tùy ý không thẳng hàng dựng
được đa giác (2n − 1) đỉnh có các điểm đã cho là trung điểm các cạnh.
Ta chứng minh có thể dựng được (2n + 1) - giác từ trung điểm các cạnh
của nó.
Xét 2n+1 điểm tùy ý không có ba điểm nào thẳng hàng A1 , A2 , ..., A2n+1 .
Giả sử các điểm này là trung điểm các cạnh của (2n + 1) - giác cần dựng
B1 , B2 , ..., B2n+1
Xét tứ giác B1 B2n−1 B2n B2n+1 có A2n−1 A2n A2n+1 lần lượt là trung điểm
các cạnh B2n−1 B2n , B2n B2n+1 , B2n+1 B1 . Gọi A là trung điểm B1 B2n−1 thì
AA2n−1 A2n A2n+1 là hình bình hành. Vì A2n−1 , A2n , A2n+1 cho trước nên

ta dựng được A.

19


Hình 1.6

Xét (2n − 1) - giác B1 B2 ...B2n−1 có (2n − 1) trung điểm các cạnh là:
A1 , A2 , ..., A2n−2 , A đã xác định nên theo giả thiết quy nạp ta dựng được
đa giác này. Từ B1 , B2n−1 và các trung điểm A2n−1 , A2n+1 ta dựng được
nốt B2n vàB2n+1 .
Vậy ta dựng được (2n + 1) - giác B1 B2 ...B2n+1 khi biết trung điểm
các cạnh của nó.
Bài toán 1.3.17. (Chia hình bằng quy nạp)
Hãy chia một lục giác thành các tam giác đen, trắng sao cho:
(i) Hai tam giác tùy ý hoặc rời nhau hoặc có đỉnh chung hoặc có cạnh
chung.
(ii) Hai tam giác tùy ý có cạnh chung thì có màu khác nhau.
(iii) Mỗi cạnh của lục giác đồng thời là cạnh của đa giác đen.
Chứng minh rằng đa giác n cạnh có thể chia được theo cách trên khi
.
và chỉ khi n..3
Chứng minh. Đối với lục giác, có ít nhất hai cách chia theo hình sau
thỏa mãn 3 điều kiện trên.
.
Ta chứng minh n - giác được chia theo cách trên khi và chỉ khi n..3.
a) Điều kiện cần:
Giả sử n - giác đã chia được thành các tam giác thỏa mãn ba điều
.
kiện trên. Ta chứng minh n..3.

Gọi tổng số cạnh của tất cả các tam giác đen là x, tổng số cạnh của
tất cả các tam giác trắng là y
20


Hình 1.7

Vì hai tam giác chung cạnh có màu khác nhau và cạnh của đa giác
luôn là cạnh của tam giác đen nên:
x=y+n
. .
.
Mà x..3, y ..3 nên n..3
b) Điều kiện đủ:
.
Giả sử n - giác T có n..3. Ta cần chỉ ra rằng có thể chia T thành các
tam giác thỏa mãn 3 điều kiện trên.
.
Vì n..3 nên tồn tại số nguyên dương k sao cho n = 3k. Ta chứng minh
bằng quy nạp theo k.
1. Với k = 1, ta có tam giác, có thể chia như sau:

Hình 1.8

2. Giả sử đối với các đa giác có n = 3k cạnh, ta đã chia được thành
các tam giác thỏa mãn 3 điều kiện trên. Ta cần chứng minh đa giác có
n = 3(k + 1) cạnh cũng chia tương tự như vậy.
Xét đa giác có n = 3(k + 1) cạnh: A1 A2 ...A3k+2 A3k+3
Theo giả thiết quy nạp, đa giác có 3k cạnh A1 A2 ...A3k chia được thành
các tam giác thỏa mãn ba điều kiện trên. Còn lại ngũ giác A1 A3k A3k+1 A3k+2 A3k+3

trong đó A1 A3k đã là cạnh của tam giác đen, ta chia tiếp các ngũ giác
này. Có nhiều cách, chẳng hạn lấy M thuộc miền trong ngũ giác, tô
tam giác A1 M A3k màu trắng; lúc đó lục giácA1 M A3k A3k+1 A3k+2 A3k+3
dễ dàng chia được thành các tam giác thỏa mãn 3 điều kiện trên.
Như vậy, đối với đa giác có n = 3(k + 1) cạnh ta cũng chia được theo
cách trên. Bài toán được chứng minh!
21


Hình 1.9

Bài toán 1.3.18. Chứng minh rằng: Nếu có một số tiền nguyên (nghìn)
đồng Việt Nam lớn hơn 6.000đ thì luôn luôn có thể đổi ra những tờ tiền
lẻ loại 2.000đ và 5.000đ.
Chứng minh. Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng phương pháp quy nạp:
1. Cơ sở quy nạp. Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức là 7.000đ thì
ta đổi 1 tờ tiền loại 5.000đ và 1 tờ tiền loại 2.000đ. Khi đó:
7.000đ = 5.000đ + 2.000đ

(1)

8.000đ = 2.000đ + 2.000đ + 2.000đ + 2.000đ

(2)

2. Quy nạp. Giả sử với k(k ≥ 7.000đ) nghìn đồng ta đã đổi được sang
các tờ tiền loại 5.000đ và 2.000đ
Nếu ta thêm vào đẳng thức (1) và (2) tờ 2.000đ thì:
9.000đ = 7.000đ + 2.000đ

(3)

10.000đ = 8.000đ + 2.000đ

(4)

Tiếp tục thêm 2.000đ vào 2 đẳng thức (3) và (4) thì ta có:
11.000đ = 9.000đ + 2.000đ
12.000đ = 10.000đ + 2.000đ
Ta còn tiếp tục được cho bất kỳ số nguyên nào. Ta thấy rằng ở bước
trước có 2 đẳng thức và suy ra ở bước sau có 2 đẳng thức. Như vậy với
mọi số k nguyên đồng nào đó dù là số chẵn hay số lẻ khi k − 2 cũng sẽ
đổi ra được 2 loại tiền 2.000đ và 5.000đ. Suy ra nó cũng đổi được thành
2.000đ và 5.000đ. Như vậy khẳng định của mệnh đề là đúng.
22


1.4

Bài tập tự giải

Bài toán 1.4.1. Tính số tam giác (T (n)) của một đa giác n đỉnh được
chia bởi các đường chéo không cắt nhau.
Hướng dẫn.
T (n) = n − 2. Tính bằng quy nạp theo số đỉnh của đa giác.
Bài toán 1.4.2. Cho n + 1(n ≥ 1) số nguyên dương a0 , a1 , a2 , ..., an .
Biết rằng a1 ≥ a0 , a2 = 3a1 − 2a0 , a3 = 3a2 − 2a1 , ..., an = 3an−1 − 2an−2 .
Chứng minh rằng: an > 2n−1 .
Hướng dẫn.
Theo giả thiết có a1 − a0 ≥ 1, ai = 2(ai−1 − ai−2 ) + ai−1 (2 ≤ i ≤ k)

Nhân vế với vế k + 1 đẳng thức trên ta suy ra ak ≥ 2k−1 .
Nhờ bất đẳng thức vừa nhận được và quy nạp theo k chứng minh được
ak ≥ 2k−1 . Từ đây có an ≥ 2n−1 .
Bài toán 1.4.3. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng. Biết rằng hai
đường thẳng bất kỳ không song song, ba đường thẳng bất kỳ không đồng
quy. Hỏi n đường thẳng này chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền.
Hướng dẫn.
Dùng phương pháp quy nạp theo n, ta có kết quả số miền có được là
n2 + n + 2
F (n) =
2
Bài toán 1.4.4. Cho cấp số cộng vô hạn với các thành phần là các số
nguyên dương. Một trong những thành phần của cấp số cộng này là số
chính phương. Chứng minh rằng trong cấp số cộng này có một số vô hạn
các số chính phương.
Hướng dẫn.
Giả sử cấp số cộng có công sai là d và một trong những thành phần
chính phương của nó là a = m2 , trong đó m là một số tự nhiên. Khi đó
∀k ∈ N số
bk = (m + kd)2 = m2 + 2mdk + k 2 d2 = a + d(2mk + k 2 d)
cũng là một thành phần của cấp số cộng được xét. Bởi vậy cấp số cộng
đã cho chứa một số vô hạn các thành phần là số chính phương.
23


n

Bài toán 1.4.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, số 23 + 1 chia
hết cho 3n+1 và không chia hết cho 3n+2 .
Hướng dẫn.

Chứng minh khẳng định đúng với n = k
k
3k+1
2
= (23 )3 + 1
k

k

k

= (23 + 1)[(23 )2 − 23 + 1]
= M.3

k+1

3

k

2

3

k

[(2 + 1) − 3.2 ]

k+1

Do đó 23

chia hết cho 3k+2

k

= 3k+2 .M [32k+1 .M 2 − 23 ]
k
Chứng minh biểu thức [32k+1 .M 2 − 23 ] không chia hết cho 3
32k+1 .M 2 chia hết cho 3
k
k
23 ≡ ±1(mod3) hay 23 không chia hết cho 3.
k+1
Nghĩa là 23 không chia hết cho 3k+3 .
Bài toán 1.4.6. Chứng minh rằng mỗi số tự nhiên không vượt quá n!
đều phân tích được thành tổng gốm không quá n số, sao cho 2 số bất kỳ
đều khác nhau và mỗi số này là ước của n!.
Chứng minh.
1. Cơ sở quy nạp. Với n = 1, khẳng định hiển nhiên thỏa mãn.
2. Giả sử khẳng định đã đúng với n = k.
Giả sử a là số tự nhiên tùy ý và a < (a + 1)!.
Chia a cho n + 1 với số dư r và thương d. Khi đó: a = d(n + 1) + r, trong
đó d ≤ n!, r < n + 1.
Theo giả thiết quy nạp d = d1 + d2 + ... + dl , trong đó di (1 ≤ i ≤ l) là
các số tự nhiên khác nhau từng đôi 1, và là ước của n!, đồng thời l ≤ n.
Khi đó:
a = d1 (n + 1) + ... + dl (n + 1) + r
và trong tổng này có không quá n + 1 số khác nhau từng đôi một và đều
là ước của (n + 1)!

24