LV CHỨNG MINH QUY nạp và một số bài TOÁN SUY RA từ CHỨNG MINH QUY nạp

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HOÀNG VĂN TUẤN

CÁC DẠNG CHỨNG MINH QUY NẠP
VÀ LỜI GIẢI KHÁC SUY RA TỪ CHỨNG
MINH QUY NẠP

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Bình Định - 2012


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN

HOÀNG VĂN TUẤN

CÁC DẠNG CHỨNG MINH QUY NẠP
VÀ LỜI GIẢI KHÁC SUY RA TỪ CHỨNG
MINH QUY NẠP

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
TS. TRẦN LƯƠNG CÔNG KHANH

Bình Định - 2012


Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

iv

Chương 1 Các dạng chứng minh quy nạp và lời giải khác suy ra
từ chứng minh quy nạp
1
1.1

1.2

1.3

1.4

1.5

1.6

Lịch sử phép chứng minh quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

1.1.1

Lịch sử phép chứng minh quy nạp trước thế kỷ 17 . . . . .

1

1.1.2

Lịch sử phép chứng minh quy nạp sau thế kỷ 17 . . . . . .

4

Quy nạp đơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Nguyên lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

Quy nạp cấp 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.3.1

Nguyên lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.3.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Quy nạp mạnh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
1.4.1

Nguyên lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.4.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Quy nạp luân phiên

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.5.1

Nguyên lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.5.2

Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Xuống thang . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.6.1

Nguyên lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.6.2

Ví dụ

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
ii


iii
Chương 2 Một số ví dụ khác

46

2.1

Một số ví dụ khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.2

Khảo sát điều kiện để có thể rút ra lời giải khác . . . . . . . . . . 63

Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70


iv

MỞ ĐẦU
Phương pháp quy nạp là một phương pháp chứng minh quan trọng trong
toán học. Tuy nhiên, khi nói đến chứng minh quy nạp, người ta thường chỉ nghĩ
đến dạng chứng minh quy nạp đơn, mà ít nghĩ đến các dạng chứng minh quy
nạp khác như quy nạp cấp 2, quy nạp mạnh, quy nạp luân phiên, nguyên lý
xuống thang. Theo một nhận xét của George Pólya (1887 − 1985) trong Toán
học và những suy luận có lý, một bài toán chứng minh được bằng quy nạp thì có
thể chứng minh được bằng một phương pháp khác khi nghiên cứu bước chuyển
từ n sang n + 1. Hướng nghiên cứu của luận văn là chúng tôi nghiên cứu cơ sở
lý thuyết của các dạng chứng minh quy nạp và đưa ra một số ví dụ áp dụng.
Trên cơ sở đó luận văn khảo sát một số trường hợp có thể rút ra lời giải khác
của một số bài toán quy nạp.
Luận văn văn gồm 2 chương:
Chương 1: Các dạng chứng minh quy nạp và lời giải khác suy ra
từ chứng minh quy nạp. Chương này trình bày tóm tắt lịch sử phép quy nạp
toán học và các nguyên lý quy nạp toán học. Từ các nguyên lý quy nạp, luận
văn đưa ra một số ví dụ áp dụng và lời giải khác với lời giải bằng quy nạp. Hơn
nữa, trong một số ví dụ, lời giải khác với lời giải bằng quy nạp có được thông
qua việc nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + 1.
Chương 2: Một số ví dụ khác. Nội dung chính của chương là đưa ra
một số ví dụ và một số lớp bài toán có thể rút ra được lời giải khác với lời giải
bằng quy nạp khi nghiên cứu bước chuyển từ n sang n + 1. Các ví dụ ở chương
này, ngoài lời giải bằng quy nạp còn có lời giải khác khi nghiên cứu bước chuyển
từ n sang n + 1.
Tuy có nhiều cố gắng nhưng kết quả của luận văn vẫn còn nhiều hạn chế,
nội dung và cách trình bày khó tránh khỏi thiếu sót, tác giả rất mong được sự
góp ý của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để nâng cao hơn nữa chất
lượng của luận văn.

Chương 1

Các dạng chứng minh quy
nạp và lời giải khác suy ra từ
chứng minh quy nạp
1.1
1.1.1

Lịch sử phép chứng minh quy nạp
Lịch sử phép chứng minh quy nạp trước thế kỷ 17

Trong triết học và các môn khoa học ứng dụng, thuật ngữ Phép Quy Nạp
được sử dụng để mô tả quá trình rút ra các kết luận chung từ những trường hợp
cụ thể. Mặt khác, đối với Toán học, những kết luận như vậy phải được rút ra
một cách cẩn thận, bởi vì toán học là một khoa học suy diễn và một mệnh đề
bất kỳ đều phải được kèm theo một bằng chứng chặt chẽ.
Phép quy nạp là một phương pháp đơn giản nhưng linh hoạt và có sức thuyết
phục trong quá trình chứng minh mệnh đề về số nguyên. Hơn nữa, nó được sử
dụng có hiệu quả như một công cụ chứng minh trong các lĩnh vực đại số, hình
học, lượng giác, giải tích, tổ hợp, lý thuyết đồ thị và nhiều môn học khác.
Nguyên lý của phép quy nạp có lịch sử lâu đời trong toán học. Mặc dù,
nó không được nói rõ trong bất kỳ tài liệu Hy Lạp cổ nào, khởi đầu có một
vài thông tin về nó. Thật vậy, một vài nhà lịch sử đã thấy đoạn văn của Plato
(427-347 trước Công Nguyên), trong tài liệu Parmenides là những tranh cãi về
việc sử dụng lập luận quy nạp sớm nhất. Đoạn văn được lấy ra từ tài liệu triết
học. Tuy nhiên, có một vài tài liệu toán học cổ có chứa các lập luận gần với quy
nạp. Chẳng hạn trong tác phẩm Elements của Euclid (khoảng 325 - khoảng 265
trước Công Nguyên) chỉ ra rằng mỗi số nguyên dương là tích các số nguyên tố.
Có một lập luận gần với quy nạp hiện đại ngày nay là tác phẩm Synagoge

của Pappus ( khoảng 290 - khoảng 350 sau Công Nguyên) (dịch sang tiếng Pháp
1


2
là Collection mathématique). Có các định lý hình học được chứng minh sau:
Cho đoạn AB và C là một điểm nằm trên nó. Hãy xét trên cùng một phía của
AB có 3 nửa đường tròn với các đường kính lần lượt là AB, AC và CB . Bây
giờ ta hãy dựng các đường tròn Cn như sau: C1 tiếp xúc với 3 nửa đường tròn;
Cn+1 tiếp xúc với Cn và các nửa đường tròn trên AB và AC . Nếu dn biểu thị cho
đường kính của Cn và hn là khoảng cách từ tâm đến AB , khi đó hn = ndn .
Cách Pappus chứng minh định lý đã chỉ ra mối quan hệ: hn+1 /dn = (hn +
dn )/dn . Tiếp theo, ông nêu ra một kết quả của Archimedes (287 - 212 trước Công
Nguyên) từ cuốn sách Book of Lemma(Proposition 6) khẳng định rằng những
kết luận của định lý trên là đúng với trường hợp n = 1. Khi kết hợp với quan
hệ hn+1 /dn = (hn + dn )/dn , thì nó có thể kết luận được trường hợp tổng quát n.
Sau sự đi xuống của toán học Hy Lạp, các tài năng đã bay đến thế giới Hồi
giáo. Mặc dù phép quy nạp không được thể hiện rõ ràng trong các công trình
của các nhà toán học trong thế giới Ả Rập, nhưng đã có những tác giả đã lập
luận bằng cách sử dụng hình thức sơ bộ của nó. Ví dụ al-Karaji (953 - 1029)
trong cuốn al -Fakhri xác định định lý nhị thức và mô tả cái gọi là tam giác
Pascal sau khi qua sát một mô hình từ một vài trường hợp ban đầu (thường là
5). Ông cũng biết công thức 13 + 23 + · · · + n3 = (1 + 2 + · · · + n)2 .
Khoảng một thế kỷ sau, chúng ta tìm thấy những dấu vết tương tự của phép
quy nạp trong cuốn sách al-Bahir của al-Samwal (khoảng 1130 - khoảng 1180),
đã xuất hiện đồng nhất thức 12 + 22 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1)/6. Và sau
đó Levi Ben Gershon(1288 - 1344), sống ở Pháp, đã sử dụng lập luận quy nạp
trong cuốn Maasei Hoshev viết bằng tiếng Do Thái.
Lập luận quy nạp đầu tiên dễ nhận biết trong một nguồn được viết bằng
ngôn ngữ phương Tây trong cuốn sách có tên Arithmeticorum Libri Duo(1575)

của Francesco Maurolyco (1495 - 1575), một nhà toán học gốc Hy Lạp. Theo một
..
ghi chú ngắn gọn của Cantor trong cuốn Zeitschrif t f u rM athematischenun und
Naturwissenchaftlichen Unterricht, trong ghi chú này, ông nói rằng ông đã được
G.Vacca cho biết Maurolycus đã mô tả và sử dụng phương pháp quy nạp trong
cuốn số học của ông được xuất bản vào năm 1575. Maurolycus bắt đầu bằng
các định nghĩa về các loại số, cụ thể là số chẵn (En ), số lẻ (On ), số chính phương
(Sn ), số tam giác (Tn ) (số tam giác là số tự nhiên có giá trị bằng các số điểm
chấm xuất hiện trong một tam giác đều được sắp xếp bởi các điểm; số tam giác
thứ n có giá trị bằng tổng các số tự nhiên từ 1 đến n, bao gồm cả n),...
Sau đây là một số định lý của Maurolycus, trong một số trường hợp nêu ra
cả những kết quả chứng minh của ông ấy, việc đánh số các định lý cũng được
giữ nguyên.
Mệnh đề IV. Số lẻ thứ n cộng với 2 bằng số lẻ tiếp theo, ký hiệu On +2 = On+1 .
Mệnh đề VI. Tất cả các số nguyên cộng với số nguyên đứng trước bằng số lẻ
kề bên, ký hiệu n + (n − 1) = On .
Chứng minh của Maurolycus được dịch như sau:


3
"số nguyên 2 cộng với một đơn vị ta được số nguyên là 3 nhưng khi cộng
với 3 ta lại được một số nguyên lớn hơn 2 và đây là số nguyên lẻ tiếp theo (theo
tính chất của Mệnh đề IV ), đó là 5. Hơn nữa, từ số nguyên 3 cộng với 2 bằng
5, kết quả này là số nguyên lẻ liền kề, khi nó cộng với 4, kết quả sẽ lớn hơn 2,
(theo tính chất của Mệnh đề IV ), nó sẽ là số nguyên lẻ tiếp theo đó là 7. Và
theo tác động đó đến vô cùng được kết quả của mệnh đề."
Đây không phải là sự trình bày rõ ràng của chứng minh bằng phương pháp
quy nạp toán học, nhưng ý tưởng lại nằm ở đó. Ý tưởng của Maurolycus có thể
được thể hiện rõ ràng hơn như sau: Định lý này đúng qua quá trình kiểm tra
trường hợp của hai số nguyên đầu tiên 1 và 2, tức là, 2 + 1 = 3 là số nguyên lẻ

nằm kề với 2. Đây là phần đầu của chứng minh quy nạp. Sau đó, Maurolycus
đã sử dụng các trường hợp đặc biệt hơn 3 + 2 = 5 và 3 + 4 = 7 và làm như vậy
ông đã chứng minh được bằng cách sử dụng lại Mệnh đề IV mà phần khác của
chứng minh quy nạp toán học đã nằm trong ý nghĩ của ông. Mệnh đề IV của
ông đã cung cấp lập luận từ n đến n + 1. Theo ký hiệu hiện đại, nó sẽ được đặt
theo cách sau:
Nếu n + (n − 1) = On ( có nghĩa là, nếu bất kỳ số nguyên nào cộng với số đứng
trước sẽ được số nguyên lẻ đứng liền kề), khi đó cộng (1 + 1) vào vế trái và
cộng 2 vào vế phải ta được (n + 1) + n = On + 2. Nhưng theo Mệnh đề IV,
On + 2 = On+1 . Do đó (n + 1) + n = On+1 .
Lý luận từ n đến n + 1 dường như đã nằm trong ý nghĩ của Maurolycus.
Nhưng nếu đó chỉ là ví dụ duy nhất trong phương pháp quy nạp của ông, thì
điều đó chưa đủ chứng minh rằng ông đã hiểu được phương pháp. Mệnh đề XV
là trường hợp có sức thuyết phục hơn nhiều.
Trước hết ta có mệnh đề:
Mệnh đề XIII. Mỗi số chính phương cộng với số lẻ đứng sau bằng số chính
phương đứng sau, ký hiệu Sn + On = Sn+1 .
Mệnh đề XV.Tổng của n số nguyên lẻ đầu tiên bằng số chính phương thứ n.
ký hiệu O1 + O2 + · · · + On = Sn .
Chứng minh của Maurolycus được dịch như sau:
Theo một mệnh đề trước, số chính phương đầu tiên (đơn vị) được cộng vào
số lẻ đứng sau (3) bằng số chính phương đứng sau (4), và số chính phương thứ
hai (4) được cộng vào số lẻ thứ ba (5) bằng số chính phương thứ ba (9), và
tương tự như vậy, số chính phương thứ ba (9) được cộng thêm vào số lẻ thứ tư
(7) bằng số chính phương thứ tư (16); và như vậy cho đến vô cùng mệnh đề sẽ
được chứng minh bằng cách lặp lại áp dụng của mệnh đề XIII.
Đây là trường hợp chứng minh quy nạp rõ ràng. Mệnh đề XIII được sử dụng
như một Bổ đề. Nó cung cấp lý luận từ n đến n + 1.Vài trường hợp đặc biệt đầu
tiên được đề cập trong Mệnh đề XV. Theo ký tự hiện đại, chứng minh như sau:

1. Định lý này đúng khi n = 1;


4
2. Giả sử nó đúng khi n = k , nghĩa là, giả sử O1 + O2 + · · · + Ok = Sk và cộng
Ok+1 cho cả hai vế của phương trình này và nhận được O1 +O2 +· · ·+Ok+1 =
Sk + Ok+1 bằng Sk+1 , theo Mệnh đề XIII.

1.1.2

Lịch sử phép chứng minh quy nạp sau thế kỷ 17

Một sự liên hệ sớm của lập luận quy nạp trong cuốn Traité du Triangle
Arithmetique (chuyên luận về tam giác số học) của Blaise Pascal (1623 - 1662),
nơi mà mô hình tam giác Pascal được biết ngày nay được bàn luận tới. Tác giả
đưa ra định lý : Các hệ số nhị thức Cnk thỏa mãn Cnk : Cnk+1 = (k + 1) : (n − k ),
với tất cả n và k với 0 ≤ k < n.
r−1
r .
Đây là kết quả lập luận từ n đến n + 1 nhờ sử dụng quan hệ Cnr = Cn−1
+ Cn−1
Thật vậy sau đây là chứng minh của ông:
- Phần thứ nhất : Bằng cách kiểm tra, định lý đúng khi n = 2, nghĩa là
các giá trị duy nhất có thể có của k và k + 1 sẽ lần lượt là 1 và 2 và
C21 : C22 = 2 : 1.
- Phần thứ hai: Giả sử rằng định lý đúng khi n = q , tức là với các giá trị
nguyên dương của k < q
Cqk : Cqk+1 = (k + 1) : (q − k ).

(A)

Sau đó ta chứng minh được với các giá trị nguyên dương của j < q + 1
j
j+1
Cq+1
: Cq+1
= (j + 1) : (q + 1 − j ).

(B)

Rõ ràng ta có mối quan hệ: Với các giá trị nguyên dương của R < N
R−1
R
R
CN
= CN
−1 + CN −1 .

(C)

Ta cần chứng minh (B) có được từ (A).
Theo quan hệ (C), các phần tử vế trái của (B) bằng
Cqj−1 + Cqj
Cqj + Cqj+1

=

Cqj−1
Cqj

+1
j+1

1 + CCq j
q

Khi áp dụng quan hệ (A) cho Cqj−1 /Cqj và Cqj+1 /Cqj khi đó ta có
Cqj−1 + Cqj
Cqj

+ Cqj+1

=

j
q−j+1

1+

+1
q−j
j+1

=

j+1
· Suy ra điều phải chứng minh.
q+1−j

5
Khó khăn của quy nạp toán học là: Tất cả các tác giả trên đã sử dụng một
ý tưởng trực quan về khái niệm số tự nhiên, chưa đủ thuyết phục.
Sự phát triển của toán học hiện đại, đặc biệt là từ cuối thế kỷ 19, là phát
triển lý thuyết tiên đề. Đặc biệt, Giuseppe Peano (1858 - 1932) là người đã
công bố cái gọi là tiên đề Peano vào năm 1889, trong cuốn sách nhỏ có tựa đề
Arithmetices Principia, nova methodo exposita, Peano đã giải quyết được khó
khăn nói trên. Một số tiên đề trong cuốn sách này kết hợp với lập luận quy nạp
cho ta một phương pháp chứng minh. Chẳng hạn như các tiên đề sau:
• Có một số tự nhiên 0.
• Với mọi số tự nhiên n, tồn tại một số tự nhiên liền sau, ký hiệu là S (n).
• Không có số tự nhiên nào mà số liền sau là 0.
• Hai số tự nhiên khác nhau phải có hai số liền sau tương ứng khác nhau:
nếu n = m thì S (n) = S (m).
• Nếu có một tính chất nào đó thỏa mãn với số 0, và chúng ta chứng minh

được rằng với mọi số tự nhiên thỏa mãn tính chất đó thì số liền sau cũng
thỏa mãn tính chất đó. Khi đó, tính chất đó thỏa mãn với mọi số tự nhiên.
Tiên đề này đảm bảo rằng phép quy nạp toán học là đúng.
Cần lưu ý rằng "0" ở định nghĩa trên không nhất thiết phải là số không mà
chúng ta thường nói đến. "0" ở đây là một đối tượng nào đó mà khi kết hợp với
một hàm liền sau nào đó thì sẽ thỏa mãn tiên đề Peano. Có nhiều hệ thống thỏa
mãn tiên đề này, trong đó có các số tự nhiên bắt đầu bằng số không hay bằng
số một.
Ngày nay cùng với sự phát triển của toán học, công nghệ máy tính, quy nạp
toán học được ứng dụng rộng rãi, mang lại nhiều hiệu quả.

1.2
1.2.1

Quy nạp đơn
Nguyên lý

Cho P (n) là một hàm mệnh đề xác định trên N. Nếu:
• P(b) đúng;
• Với mọi n, b ∈ N, n ≥ b, P (n) đúng ⇒ P (n + 1)đúng
thì P (n) đúng với mọi n ∈ N, n ≥ b.


6
Nguyên lý này có thể phát biểu một cách tương đương như sau
Cho P (n) là một hàm mệnh đề xác định trên N. Nếu:
• P(b) đúng;
• Với mọi n, b ∈ N, n > b, P (n − 1) đúng ⇒ P (n)đúng
thì P (n) đúng với mọi n ∈ N, n ≥ b.

Chứng minh. Đặt A là tập các số tự nhiên n ≥ b, mà P (n) sai.
Ta chỉ cần chứng minh A = ∅ (tập rỗng). Ta sẽ chứng minh điều này bằng phản
chứng.
Thật vậy, giả sử A = ∅. Theo tính chất của thứ tự trên tập số tự nhiên N
thì A có phần tử nhỏ nhất. Gọi a là phần tử nhỏ nhất của tập A. Vì P (b) đúng
nên a ≥ b + 1, hay a − 1 ≥ b. Do a là phần tử nhỏ nhất của tập A nên a − 1 ∈
/ A,
do đó P (a − 1) đúng.
Theo nguyên lý quy nạp đơn, ta có P (a − 1) đúng suy ra P (a) đúng, nghĩa là ta
cũng có a ∈
/ A. Điều này mâu thuẫn với a là giá trị nhỏ nhất của A. Suy ra giả
sử sai, cho nên chỉ có thể A = ∅.
Vậy nguyên lý được chứng minh.
Chú ý

Trong chứng minh bằng quy nạp đơn việc kiểm tra cả hai bước cần tuân thủ
đủ. Nếu bỏ qua một trong hai bước sẽ được một kết quả sai.
Chẳng hạn, với mệnh đề: Mọi số tự nhiên đều bằng số liền sau nó. Được chứng
minh như sau:
Giả sử mệnh đề đúng với moi n ∈ N, tức là ta có n = n + 1. Khi đó, dễ dàng suy
ra n + 1 = n + 2. Do đó mệnh đề đúng với n + 1.
Vậy mệnh đề đúng với mọi n ∈ N.
Hệ quả của bài toán này là tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau. Điều này
là vô lý. Vậy cách chứng minh ở trên sai ở đâu?
Dễ thấy rằng áp dụng nguyên lý quy nạp đơn, nhưng bỏ qua bước kiểm tra
trường hợp n = 0. Với n = 0 ta thấy mệnh đề sai vì 0 = 1.
Bước ban đầu có ý nghĩa hết sức đặc biệt là tạo ra cơ sở để thực hiện quy
nạp.
Bước thứ hai đưa ra nguyên tắc cho việc mở rộng tự động vô hạn trên cơ
sở điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang trường
hợp riêng khác, từ n đến n + 1.
Phản ví dụ nêu trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì chưa có cơ sở
để thực hiện bước quy nạp, vì vậy không có nghĩa gì khi thực hiện kiểm tra bước
quy nạp.
Ngược lại, khi áp dụng nguyên lý quy nạp đơn mà chỉ chứng minh được một
số điều kiện ban đầu, mà bỏ qua phần quy nạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở


7
chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó. Ta xét mệnh đề: Những giá
trị của hàm số f (n) = n2 − n + 41 với n = 0, 1, 2, ... là những số nguyên tố.
Ta tính f (0) = 41, f (1) = 41, f (2) = 43, f (3) = 47, f (4) = 53, và tiếp tục tính
cho đến n = 40, thì tất cả các giá trị này đều số nguyên tố. Nếu bỏ qua bước
kiểm tra: nếu f (n) là số nguyên tố ⇒ f (n + 1) là số nguyên tố, mà vội kết luận
mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n, là một sai lầm lớn. Bởi vì, f (41) = 412

không phải là số nguyên tố, nên mệnh đề trên là sai.
Vì thế, khi áp dụng nguyên lý quy nạp đơn để giải toán cần tôn trọng và thực
hiện đầy đủ các bước. Khi đó, ta mới có lời giải đúng.

1.2.2

Ví dụ

Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng:
n

(2i − 1) = n2 .

Mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì

(1)

i=1

Lời giải
Ta có
• Với n = 1 ta có 2.1 − 1 = 1 = 12 . Suy ra (1) đúng với n = 1.
• Với n ∈ N, giả sử (1) đúng với n. Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với
n + 1, tức là phải chứng minh
n+1

(2i − 1) = (n + 1)2 .
i=1

Ta có

n+1

n

(2i − 1) =
i=1

(2i − 1) + 2n + 1.
i=0

Do (1) đúng với n nên ta có
n

(2i − 1) = n2 .
i=1

Suy ra
n+1

(2i − 1) = n2 + 2n + 1
i=1

= (n + 1)2 .


8
Hay
n+1

(2i − 1) = (n + 1)2 , với mọi n ≥ 1.
i=1

Do đó (1) đúng với n + 1.

Vậy (1) được chứng minh.
Lời giải khác
n

Đặt Sn =

(2i − 1), ta cần chứng minh Sn = n2 bằng cách khác.

i=1

n

Ta thay n bởi n + 1 trong Sn =

(2i − 1), khi đó ta có
i=1
n+1

(2i − 1)

Sn+1 =
i=1
n

=

(2i − 1) + 2n + 1
i=1

= Sn + 2n + 1.
Suy ra
Sn+1 − Sn = 2n + 1.

(1)

Ta sẽ tìm Sn bằng phương pháp sai phân.
Ta có phương trình đặc trưng: λ − 1 = 0 ⇔ λ = 1.
Khi đó, ta có nghiệm phương trình tuyến tính thuần nhất bậc nhất tương ứng :
un = Cλn = C.1n = C.

Do λ = 1 và f (n) = 2n + 1, nên ta chọn nghiệm riêng của phương trình (1):
Sn∗ = n (an + b) .

Thay Sn∗ = n (an + b) vào phương trình trên ta được
(n + 1) [a(n + 1) + b] − n (an + b) = 2n + 1
⇔ 2an + a + b = 2n + 1
⇔

2a = 2
a+b=1

⇔

a=1
b=0

9
Suy ra
Sn∗ = n2 .

Khi đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình là
Sn = Sn∗ + un = n2 + C.

Theo đề ra ta có S1 = 1 ⇒ 1 = 12 + C ⇒ C = 0 .
Vậy ta có
Sn = n2 .
Ví dụ 2.2. Chứng minh rằng:
n

sini =

Mọi số tự nhiên n thì
i=0

1
sin 12

n
n+1
sin sin
·

2

2

Lời giải
Ta có
• Với n = 0 ta có sin0 = 0 =
n

sini =

• Với n ∈ N,
i=0

1
sin 02 sin 0+1
2 ·
sin 12

1
sin n2 sin n+1
2
sin 12
n+1

sini =
i=0
n

sini =

Do

i=0

1
sin n2 sin n+1
2
sin 12

n+1

1
sin 21

Suy ra (1) đúng với n = 0.

. Ta phải chứng minh

sin

n+1

2

sin

n+2

2

·

nên

n

sini =
i=0

sini + sin(n + 1)
i=0

=

1

n
n+1
sin
sin
+ sin(n + 1)
1

2
1
n
n+1
n+1
n+1
=
sin sin
+ 2sin

cos
1
2
2
2
2
sin 2
=
=

2

sin 2

1
sin 21

1
sin 21

sin
sin

n+1

2
n+1

sin
sin

1 n+1
+ 2sin cos
2
2
2

n
n

+ sin

2
2
n+1
1
n+2
=
sin
sin
·
1
2
2
sin 2

n+2

2

− sin

n

2

(1)


10
Suy ra
n+1

sini =
i=0

1

sin
1

n+1

2

sin 2

sin

n+2

2

·

Vậy (1) được chứng minh.
Lời giải khác
n

Đặt Sn =

sini, ta cần chứng minh Sn =
i=0

1
sin n2 sin n+1
2
sin 12

bằng cách khác.

n

Ta thay n bởi n + 1 trong Sn =

sini, khi đó ta có
i=0
n+1

Sn+1 =

sini
i=0
n

=

sini + sin(n + 1)
i=0

= Sn + sin(n + 1).
Suy ra
Sn+1 − Sn = sin(n + 1).

Ta xét hàm số f (k ) = −

cos(k+ 21 )
2sin 12

f (k + 1) − f (k ) =

+ C , với k là số tự nhiên, C ∈ R. Khi đó

cos k +

1
2

2sin 21
1

−

cos k +

3
2

2sin 12
1
3
=
cos k +
− cos k +
1
2
2
2sin 2
1
1
=2
sin sin(k + 1)
1
2
2sin 2
= sin(k + 1).

Suy ra
Sn+1 − Sn = sin(n + 1)
⇔ Sn = −

cos n +

2sin 21

1
2

+ C.


11
cos 1

Theo đề ra ta có S0 = 0 ⇒ 0 = − 2sin21 + C ⇒ C =
2

cos 12
·
2sin 12

Do đó, ta có
Sn = −

1
2

cos n +

+

2sin 21

cos 21

·

2sin 21
1
n
n+1
=
sin
sin
·
2
2
sin 12

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.3. Chứng minh rằng:
n
n

Cnk xk 2n−k , với mọi n ∈ N.

(x + 2) =
k=0

Lời giải

Ta có
• Với n = 0, ta có (x + 2)0 = 1 = C00 x0 20 ⇒ (1) đúng với n = 0.
n

n

Cnk xk 2n−k . Ta phải chứng minh

• ∀n ∈ N, n ≥ 0, (x + 2) =
k=0

n+1

(x + 2)

n+1

k
Cn+1
xk 2n+1−k .

=
k=0

Ta có

n
n

Cnk xk 2n−k

(x + 2) =
k=0

Suy ra
(x + 2)

n+1

= (x + 2)(x + 2)n
n

Cnk xk 2n−k

= (x + 2)
k=0
n

n

Cnk xk 2n−k

=x

Cnk xk 2n−k

+2

k=0
n

k=0
n

Cnk xk+1 2n−k +

=
k=0

Cnk xk 2n+1−k .
k=0

(1)


12
Đặt t = k + 1 ta có
n+1

n

Cnk xk+1 2n−k

Cnt−1 xt 2n+1−t

=
t=1
n+1

k=0

Cnk−1 xk 2n+1−k .

=
k=1

Do đó
n

n+1

(x + 2)

n+1

Cnk−1 xk 2n+1−k

=

k=0

k=1
n

n

Cnk−1 xk 2n+1−k

=

Cnk xk 2n+1−k

+
+x

n+1

Cnk xk 2n+1−k + 2n+1

+

k=1
n

k=1

Cnk−1 + Cnk xk 2n+1−k + 2n+1 + xn+1

=
k=1
n

n+1 n+1 0
k
0
Cn+1
xk 2n+1−k + Cn+1
x0 2n+1−0 + Cn+1
x 2

=
k=1
n+1

k
Cn+1
xk 2n+1−k .

=
k=0

Suy ra
n+1

(x + 2)

n+1

k
Cn+1
xk 2n+1−k

=
k=0

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Lời giải khác
Khi thay n bởi n + 1 trong công thức (x + 2)n =

n

Cnk xk 2n−k ta được

k=0

n+1

(x + 2)

n+1

k
Cn+1
xk 2n+1−k .

=
k=0


13
Ta có biến đổi
n+1

n+1
k
Cn+1
xk 2n+1−k

Cnk + Cnk−1 xk 2n+1−k

=
k=0
n+1

k=0

n+1

Cnk xk 2n+1−k

=

Cnk−1 xk 2n+1−k

+
k=0
n+1

k=0
n

Cnk xk 2n−k +

=2
k=0

Cnk−1 xk 2n+1−k .
k=1

Đặt t = k − 1 ta có
n

n+1

Cnk−1 xk 2n+1−k

Cnt xt+1 2n−t

=

t=0
n

k=1

Cnt xt 2n−t

=x
t=0
n

Cnk xk 2n−k .

=x
k=0

Suy ra
n+1

n
k
Cn+1
xk 2n+1−k

k=0
n

Cnk xk 2n−k .

= ( a + b)
k=0

Cnk xk 2n−k ta được

Khi đó, đặt un =
k=0

un+1 = (x + 2)un .

Ta sẽ chứng minh un = (x + 2)n bằng cách giải phương trình sai phân trên.
Phương trình đặc trưng λ − (x + 2) = 0 ⇔ λ = x + 2.
Khi đó, ta có nghiệm tổng quát của phương trình chính là nghiệm của phương
trình thuần nhất:
un = un = Cλn = C (x + 2)n .
0

Mặt khác, ta có u0 =

C0k xk 20−k = C00 x0 20−0 = 1 ⇒ 1 = C (x + 2)0 ⇔ C = 1.

k=0

Suy ra
un = (x + 2)n .

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.4. Chứng minh bất đẳng thức Bunhiacốpsky: Cho hai dãy số a1 , a2 , ..., an
và b1 , b2 , ..., bn . Khi đó ta có
a21 + a22 + · · · + a2n

b21 + b22 + · · · + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )

2


14
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Lời giải
Ta có

a1
a1

=

a2
b2

= ··· =

an
bn ,

quy ước bj = 0 thì aj = 0.

• Với n = 1, thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng .
• ∀n ∈ N, n ≥ 1,
2
(a21 + a22 + · · · + a2n ) (b21 + b22 + · · · + b2n ) ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) . Ta phải

chứng minh
2

a21 + a22 + · · · + a2n+1

b21 + b22 + · · · + b2n+1 ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an+1 bn+1 ) .

Ta có
a21 + a22 + · · · + a2n+1

b21 + b22 + · · · + b2n+1 = a21 + · · · + a2n

b21 + · · · + b2n

+ a21 + a22 + · · · + a2n b2n+1 + b21 + b22 + · · · + b2n a2n+1 + a2n+1 b2n+1 .
Do
a21 + a22 + · · · + a2n

2

b21 + b22 + · · · + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) .

Nên
a21 + a22 + · · · + a2n+1

b21 + b22 + · · · + b2n+1 ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )

2

+ a21 + a22 + · · · + a2n b2n+1 + b21 + b22 + · · · + b2n a2n+1 + a2n+1 b2n+1 .
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
a21 + a22 + · · · + a2n b2n+1 + b21 + b22 + · · · + b2n a2n+1
≥2

(a21 + a22 + · · · + a2n ) (b21 + b22 + · · · + b2n ) a2n+1 b2n+1

≥2

2
(a1 b1 + a2 b2 + ... + an bn ) a2n+1 b2n+1 .

Hay
a21 + a22 + · · · + a2n b2n+1 + b21 + b22 + · · · + b2n a2n+1
≥ 2 (a1 b1 + · · · + an bn ) an+1 bn+1 .

Từ đây ta có
a21 + a22 + · · · + a2n+1

b21 + b22 + · · · + b2n+1 ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )

2

+ 2 (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) an+1 bn+1 + a2n+1 b2n+1
= (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an+1 bn+1 )2 .


15
Suy ra với mọi số tự nhiên n ≥ 1 ta có
a21 + a22 + · · · + a2n+1

2

b21 + b22 + · · · + b2n+1 ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an+1 bn+1 ) .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a1
b1

= ab22 = ... = abnn = k
(a21 + a22 + · · · + a2n ) b2n+1 = (b21 + b22 + · · · + b2n ) a2n+1
⇔

= ab22 = · · · = abnn = k
(b21 + b22 + · · · + b2n ) k 2 b2n+1 = (b21 + b22 + · · · + b2n ) a2n+1

⇔

a2
a1

b1 = b2 =
2
an+1
= k2
b2n+1

⇔

a1
b1

··· =

an
bn

=k

a1
a
a
= 2 = · · · = n+1 .
b1
b2
bn+1

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Lời giải khác
Xét tam thức bậc hai
f (x) = (b1 x − a1 )2 + (b2 x − a2 )2 + · · · + (bn x − an )2 , với aj , bj ∈ R, j = 1, 2, ...

Ta có
f (x) ≥ 0∀x ∈ R.

Ta viết tam thức bậc hai như sau
f (x) = (b21 + b22 + · · · + b2n )x2 − 2(a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )x + (a21 + a22 + · · · + a2n ).

Do f (x) ≥ 0∀x ∈ R nên ∆ ≤ 0
⇔ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn )2 − (b21 + b22 + · · · + b2n )(a21 + a22 + · · · + a2n ) ≤ 0.

Hay
a21 + a22 + · · · + a2n

2

b21 + b22 + · · · + b2n ≥ (a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn ) .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ∆ = 0 ⇔ f (x) = 0 có nghiệm kép
⇔

a1
a
a
= 2 = ··· = n·
a1
b2
bn

Vậy ta có điều phải chứng minh.

16

1.3
1.3.1

Quy nạp cấp 2
Nguyên lý

Cho P (n) là một hàm mệnh đề xác định trên N. Nếu:
• P(b) đúng;
• P(b+1) đúng;
• Với mọi n, b ∈ N, n ≥ b, [P (n) ∧ P (n + 1)] đúng ⇒ P (n + 2) đúng
thì P (n) đúng ∀n ∈ N, n ≥ b.

Nguyên lý này có thể phát biểu một cách tương đương như sau
Cho P (n) là một hàm mệnh đề xác định trên N. Nếu:
• P(b) đúng;
• P(b+1) đúng;
• Với mọi n, b ∈ N, n ≥ b + 2, [P (n − 2) ∧ P (n − 1)] đúng ⇒ P (n) đúng
thì P (n) đúng ∀n ∈ N, n ≥ b.

Nhận xét
Nguyên lý quy nạp cấp 2 và nguyên lý quy nạp đơn là tương đương với nhau.
Chứng minh. Ta có
Với P (n) là một hàm mệnh đề xác định trên N.
1. Theo nguyên lý quy nạp đơn
• P (b) đúng;
• Với mọi n ∈ N, n ≥ b, P (n) đúng ⇒ P (n + 1) đúng
thì P (n) đúng với mọi n ∈ N, n ≥ b.

2. Theo nguyên lý quy nạp cấp 2
• P (b) đúng;
• P (b + 1) đúng;


17
• Với mọi n ∈ N, n ≥ b, [P (n) ∧ P (b + 1)] đúng ⇒ P (n + 2) đúng
thì P (n) đúng ∀n ∈ N, n ≥ b.

Ta sẽ chứng minh hai trường hợp sau
• Nguyên lý quy nạp đơn suy ra nguyên lý quy nạp cấp 2.

Trong trường hợp này là tầm thường, bởi vì nguyên lý quy nạp đơn đã là
nguyên lý quy nạp cấp 2 rồi, cụ thể:
– Với n = b thì cả hai nguyên lý đều giống nhau, tức là P (b) đúng;
– Với n = b + 1 , theo nguyên lý quy nạp đơn ta có
Với mọi n ∈ N, n ≥ b, P (n) đúng ⇒ P (n + 1) đúng, kết hợp với P (b)
đúng nên P (b + 1) đúng;
– Theo nguyên lý quy nạp đơn: Với mọi n ∈ N, n ≥ b, P (n) đúng ⇒
P (n + 1) đúng. Suy ra với mọi n ∈ N, n ≥ b, P (n + 1) đúng ⇒ P (n + 2)
đúng, do đó ta có
Với mọi n ∈ N, n ≥ b, [P (n) ∧ P (n + 1)] đúng ⇒ P (n + 2) đúng .
• Nguyên lý quy nạp cấp 2 suy ra nguyên lý quy nạp đơn.

Ta gọi
Q(n) = P (n) ∧ P (n + 1).

Khi đó
– Với n = b. Ở bước này cả hai nguyên lý giống nhau, tức là Q(b) đúng;

– Với mọi n ∈ N, n ≥ b, theo nguyên lý quy nạp cấp 2 ta có
Q(n) đúng ⇒ P (n + 2) đúng.

Do Q(n) = P (n) ∧ P (n + 1), nên
Q(n) đúng ⇒ P (n + 1) ∧ P (n + 2) đúng.

Hay
Q(n) đúng ⇒ Q(n + 1) đúng.

Như vậy nguyên lý quy nạp cấp 2 trong P , chúng ta có thể suy ra
nguyên lý quy nạp đơn trong Q.
Vậy nguyên lý quy nạp cấp 2 suy ra nguyên lý quy nạp đơn.

Chú ý
Giải bài toán bằng phương pháp quy nạp cấp 2, cũng giống như giải bài toán
bằng phương pháp quy nạp đơn. Chúng ta phải tôn trọng và tuân thủ đầy đủ
các bước như trên. Nếu bỏ qua một trong các bước sẽ được một kết quả sai.


18

1.3.2

Ví dụ

Ví dụ 3.1. Cho dãy Fibonacci (un ) với u0 = 0, u1 = 1, un+2 = un+1 + un , với
mọi số tự nhiên n. Chứng minh rằng
∞
k
= 0 nếu k > n − k .

với quy ước Cn−k

k
Cn−k

∀n ∈ N, un+1 =

(1)

k=0

Lời giải
Ta có
∞
k
k=1 C0−k

∞

k
= C00 +
• n = 0 ⇒ u1 = k=0 C0−k
(1) đúng với n = 0.
∞

= 1 + 0 = 1 vì k > 1 − k ⇒

∞
k
k=1 C1−k

k
0 +
= C1−0
• n = 1 ⇒ u2 = k=0 C1−k
(1) đúng với n = 1.
∞

= 1+0 = 1 vì k > 1 − k ⇒

∞

k
k
• ∀n ∈ N, un+1 = k=0 Cn−k
và un+2 = k=0 Cn−k+1
n
n
= 0 nếu k > n − k + 1 . Ta phải
= 0 nếu k > n − k ; Cn−k+1
với quy ước Cn−k

chứng minh
∞
k
Cn−k+2

un+3 =

k

với quy ước Cn−k+2
= 0 nếu k > n − k + 2 .

k=0

Theo giả thiết bài toán ta có
∞

∞
k
Cn−k+1

∀n ∈ N, un+3 = un+2 + un+1 =
k=0

Do đó

∞
k
Cn−k+1

k=0

với quy ước

k=0

∞

∀n ∈ N, un+3 =

k
Cn−k+1

k
Cn−k
.

+

k
Cn−k
.

+

(2)

k=0

k
= 0 nếu k > n − k + 1; Cn−k
= 0 nếu k > n − k .

Đặt i = k + 1 ta có
∞

∞
k
Cn−k

i−1
Cn−i+1

=
i=1
∞

k=0

k−1
Cn−k+1
.

=
i=1

Hay

∞

∞
k
Cn−k

k=0

k−1
Cn−k+1
.

=
i=1

(3)


19
Từ (2) và (3) suy ra
∞

∞
k
Cn−k+1

∀n ∈ N, un+3 =

k−1
Cn−k+1

+

k=0
∞

k=1
∞
k−1
0
Cn−k
+ Cn+1

k
Cn−k+1
+

=
k=1
∞

k=1
k−1
k
+1
Cn−k+1
+ Cn−k+1

=
k=1
∞

k
+1
Cn−k+2

=
k=1
∞

k
.

Cn−k+2

=
k=0

Do đó
∞
k
Cn−k+2
.

∀n ∈ N, un+3 =
k=0

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Lời giải khác
Từ đẳng thức un+1 =

∞
k
k=0 Cn−k ,

thay n bởi n + 1 ta được
∞
k
Cn+1−k

un+2 =
k=0
∞

k−1
k
Cn−k
+ Cn−k

=
k=0
∞

∞
k
Cn−k

=

k−1
Cn−k

+

k=0

k=0
∞
k−1
Cn−k

= un+1 +
k=0

∞

k−1
Cn−k
.

= un+1 +
k=1

Suy ra
∞
k−1
Cn−k
.

un+2 − un+1 =
k=1


20
Ta xét hàm số f (n) =

∞
k
k=1 Cn−1−k

+ C, C ∈ R, ta có
∞

∞

k
Cn+1−k

f (n + 2) − f (n + 1) =

k
Cn−k

−

k=1
∞

k=1
k
k
Cn+1−k
− Cn−k

=
k=1
∞

k−1
Cn−k
.

=
k=1

Hay
∞
k−1
Cn−k
. Khi đó ta có

f (n + 2) − f (n + 1) =
k=1
∞

k−1
Cn−k

un+2 − un+1 =
k=1
∞

k
+ C, C ∈ R.
Cn−k

⇔ un+1 =
k=1

Theo đề ra, ta có u0 = 0 ⇒ 0 = 0 + C ⇔ C = 0. Do đó ta có
∞
k
Cn−k
.

un+1 =
k=0

Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 3.2. Xét dãy Fibonacci (un ) với u0 = 0, u1 = 1, un+1 = un + un−1 với mọi
n ∈ N, n ≥ 1.
Chứng minh rằng
1
un = √
5
Lời giải
Để cho gọn, ta đặt α =

√
1+ 5
2 ,β

√

1+ 5
2

=

√

n

√
1− 5

2 ,⇒

−

1− 5
2

n

.

α + β = 1 và αβ = −1. Khi đó

• Với n = 0 ⇒ u0 =

√1
5

[α0 − β 0 ] = 0 nên (1)với n = 0.

• Với n = 1 ⇒ u1 =

√1
5

[α1 − β 1 ] = α + β = 1 nên (1)với n = 1.

(1)