ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở PHỔ THÔNG

ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở PHỔ THÔNG

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

3

1.1. Suy luận toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2. Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.1. Nguyên lý quy nạp và phương pháp quy nạp . . . . .

5

1.2.2. Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp . . . . . . . 10
1.3. Phương pháp phản chứng

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Chương 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp và phương pháp
phản chứng vào giải một số bài toán ở phổ thông

17

2.1. Ứng dụng phương pháp quy nạp vào giải một số bài toán ở

phổ thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.1.1. Ứng dụng vào giải một số bài toán về dãy số . . . . . 17
2.1.2. Ứng dụng vào giải một số bài toán về chia hết . . . . . 22
2.1.3. Ứng dụng vào giải một số bài toán chứng minh đẳng
thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.4. Ứng dụng vào giải một số bài toán chứng minh bất
đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
2.1.5. Ứng dụng vào giải một số bài toán về hình học . . . . 33
1


2.1.6. Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2. Ứng dụng phương pháp phản chứng vào giải một số bài toán
ở phổ thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
2.2.1. Ứng dụng vào giải một số bài toán về số vô tỉ . . . . . 37
2.2.2. Ứng dụng vào giải một số bài toán về chia hết . . . . . 40
2.2.3. Ứng dụng vào giải một số bài toán khẳng định nghiệm
của phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
2.2.4. Ứng dụng vào giải một số bài toán về đẳng thức và
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
2.2.5. Ứng dụng vào giải một số bài toán về hình học . . . . 46
2.2.6. Bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
Tài liệu tham khảo

50

2


Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Suy luận toán học
Suy luận là rút ra một mệnh đề mới từ các mệnh đề đã có. Mỗi chứng
minh toán học bao gồm một số các bước suy luận đơn giản, trong mỗi
bước, người ta vận dụng một qui tắc suy luận tổng quát để từ tiền đề rút
ra một mệnh đề mới gọi là hệ quả lôgic. Suy luận như trên được gọi là Suy
luận diễn dịch.
Định nghĩa 1.1. ([14, tr.4]) Giả sử A1 , A2 , ..., An , B là các công thức.
Nếu tất cả các hệ giá trị chân lí của các biến mệnh đề có mặt làm
cho A1 , A2 , ..., An nhận giá trị 1 cũng làm cho B nhận giá trị 1, tức là
A1 ❫ A2 ❫ ☎ ☎ ☎ ❫ An

ñ B là một công thức hằng đúng, thì ta gọi B là một

hệ quả lôgic của A1 , A2 , ..., An . Khi đó ta nói có một qui tắc suy luận từ
A1 , A2 , ..., An
các tiền đề A1 , A2 , ..., An đến B. Kí hiệu qui tắc suy luận:
.
B
Ví dụ 1.1.
Tiền đề: Hàm số bậc nhất có đồ thị là một đường thẳng.
Kết luận: Hàm số y

✏ f ♣xq có đồ thị không phải là một đường thẳng

nên hàm số này không phải là hàm số bậc nhất.
Ngoài suy luận diễn dịch còn có Suy luận nghe có lí. Suy luận nghe có
lí là suy luận không tuân theo qui tắc suy luận nào. Trong suy luận này,
3

từ các tiền đề đúng rút ra kết luận nhưng kết luận có thể đúng có thể sai,
tức là kết luận chỉ mang tính dự đoán, giả thuyết. Trong toán học có hai
kiểu suy luận nghe có lí thường dùng là phép quy nạp không hoàn toàn và
phép tương tự.
Ví dụ 1.2.
Tiền đề: Trong hình học phẳng, phương trình tổng quát của đường thẳng
là ax   by   c ✏ 0.
Dự đoán: Trong hình học không gian, phương trình tổng quát của mặt
phẳng là ax   by   cz   d ✏ 0 (suy luận tương tự, dự đoán là đúng).
Ví dụ 1.3.
Tiền đề: Phương trình x3   y 3

✏ z3 không có nghiệm nguyên, phương

trình x4   y 4

✏ z4 không có nghiệm nguyên.
Dự đoán: Phương trình xn   y n ✏ z n , ❅n € N, n → 2, không có nghiệm

nguyên (suy luận quy nạp không hoàn toàn, dự đoán là đúng).
Tất cả các vấn đề trong toán học đều được trình bày bằng các suy luận
diễn dịch. Tuy nhiên quá trình phát triển của toán học gắn liền với các
suy luận nghe có lí. Phép tương tự hay quy nạp không hoàn toàn được
sử dụng để nêu ra các giả thuyết, sau đó các giả thuyết được chứng minh
bằng suy luận diễn dịch.

1.2. Phương pháp quy nạp
Trước hết, cần phân biệt quy nạp toán học với lập luận quy nạp. Lập
luận quy nạp là quá trình lập luận mà trong đó tiền đề của lý lẽ được cho

là chứng minh cho kết luận nhưng không đảm bảo tính lôgic, chặt chẽ như
4


toán học. Kiểu lập luận này được dùng để gán tính chất hay quan hệ cho
một phạm trù dựa trên các ví dụ của phạm trù đó; hoặc để phát triển
định luật dựa trên một số giới hạn các quan sát của các hiện tượng lặp đi
lặp lại. Ví dụ: Một học sinh quan sát thấy: Sắt là một chất rắn, chì là một
chất rắn, vàng là một chất rắn, đồng là một chất rắn. Mà sắt, chì, đồng,
vàng đều là kim loại. Từ đó em học sinh kết luận: "Mọi kim loại đều là
chất rắn". Kết luận này là một lập luận quy nạp.
Trong chứng minh bằng quy nạp toán học, một “trường hợp cơ sở” duy
nhất được chứng minh, sau đó một “quy tắc quy nạp” được chứng minh
sao cho một trường hợp nào đó cũng kéo theo trường hợp tiếp theo sau
nó. Áp dụng quy tắc quy nạp đó nhiều lần, từ một trường hợp cơ sở được
chứng minh riêng lẽ, chúng ta sẽ chứng minh được nhiều trường hợp hơn
và thường là nhiều đến mức vô hạn. Từ một trường hợp cơ sở đúng đắn,
vô hạn trường hợp khác cũng phải đúng, mặc dù tất cả các trường hợp đều
không thể chứng minh trực tiếp bởi số lượng vô hạn của nó. Một trong các
phương pháp chứng minh quy nạp là lùi vô hạn (thường sử dụng tính chất
một dãy các số tự nhiên sắp thứ tự không thể nhỏ về dần vô hạn được).
Một ứng dụng thông thường của chứng minh bằng quy nạp toán học là
chứng minh một tính chất nào đó thỏa với một số thì thỏa với tất cả các
số tự nhiên.

1.2.1. Nguyên lý quy nạp và phương pháp quy nạp
Cơ sở của nguyên lý quy nạp là tiên đề V của Hệ tiên đề Peano về tập
hợp số tự nhiên được xây dựng cuối thế kỉ XIX. Nội dung Tiên đề V như

5

sau [14, tr.9]:
Nếu A là một tập con của tập các số tự nhiên N sao cho:
1) 0 € A,
2) m € A kéo theo m   1 € A, ❅m € N,
thì A ✏ N.
Kí hiệu P ♣nq là mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n là số tự
nhiên. Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một mệnh đề P ♣nq, tức là với

✏ 1 tướng ứng với mệnh đề P ♣1q, với n ✏ 2 tướng ứng với mệnh đề
P ♣2q... Bằng phương pháp như vậy chúng ta tạo ra dãy mệnh đề riêng
P ♣1q, P ♣2q, ..., P ♣nq, ... Để kiểm tra mệnh đề P ♣nq có đúng với mọi số tự
n

nhiên n hay không, thay vì ta phải đi kiểm tra vô hạn các mệnh đề riêng
thì người ta sử dụng nguyên lý toán học sau:
Định lý 1.1. (Nguyên lý quy nạp) ([15, tr.10]): Cho k0 là một số tự nhiên
và P ♣nq là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n

➙ k0. Nếu mệnh

đề P ♣nq thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) P ♣k0 q là mệnh đề đúng.
(ii) Mệnh đề P ♣k q đúng với mỗi số tự nhiên k

➙ k0 kéo theo mệnh đề

P ♣k   1q cũng đúng.
Thì mệnh đề P ♣nq đúng với mọi số tự nhiên n ➙ k0 .

➙ k0 mà P ♣nq không
đúng. Giả sử A khác tập rỗng, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m ➙ k0
mà P ♣mq không đúng.
Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n

Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà P ♣m0 q không đúng. (1.1)
6


Theo giả thiết ♣iq thì P ♣k0 q đúng nên m0

→ k0 suy ra m0 ✁ 1 ➙ k0. Vì

m0 ✁ 1 không thuộc tập A (do m0 là số nhỏ nhất thuộc tập A), nên theo
định nghĩa của tập A thì P ♣m0 ✁ 1q đúng.
Khi đó theo giả thiết ♣iiq thì P ♣m0 q ✏ P ♣♣m0 ✁ 1q   1q đúng.

(1.2)

Từ (1.1) và (1.2) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ tập A là tập
rỗng. Vậy P ♣nq đúng với mọi số tự nhiên n ➙ k0 .

✆

Phương pháp dùng nguyên lí quy nạp để giải toán, người ta gọi là phương
pháp quy nạp. Cụ thể:
Giả sử P ♣nq là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n
(k0

➙

k0

€ N). Để chứng minh mệnh đề P ♣nq đúng với mọi n ➙ k0 bằng phương

pháp quy nạp, ta thực hiện hai bước:
Bước 1: Cơ sở quy nạp.
Ta kiểm tra mệnh đề P ♣nq có đúng với n

✏ k0 không, tức là kiểm tra

mệnh đề P ♣k0 q có đúng không. Nếu đúng, ta chuyển sang bước 2.
Bước 2: Bước quy nạp.
Giả sử mệnh đề P ♣k q đúng với mỗi số tự nhiên k

➙ k0 (giả thiết này
được gọi là giả thiết quy nạp), ta chứng minh mệnh đề P ♣k   1q cũng đúng.
Sau bước 1 và 2, kết luận mệnh đề P ♣nq đúng với mọi số tự nhiên n ➙ k0 .
Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng với mọi n € N✝ ta có đẳng thức:
2   5   ...   ♣3n ✁ 1q ✏

n♣3n   1q
.
2

(1.3)

Chứng minh. Ta chứng minh đẳng thức (1.3) bằng phương pháp quy
nạp.

Cơ sở quy nạp: Với n

✏ 1 ta có 2 ✏ 1♣3.12  1q ✏ 2 (đúng), như vậy
7


đẳng thức (1.3) đúng với n ✏ 1.
Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức (1.3) đúng với n
là
2   5   ...   ♣3k ✁ 1q ✏

✏ k (k € N✝), tức

k ♣3k   1q
.
2

Ta chứng minh đẳng thức (1.3) cũng đúng với n ✏ k   1, tức là
2   5   ...   ♣3k ✁ 1q   r3♣k   1q ✁ 1s ✏

♣k   1qr3♣k   1q   1s .
2

Thật vậy

k ♣3k   1q
  r3♣k   1q ✁ 1s
2
3k 2   k   6k   4
✏

2
2
✏ 3k  27k   4
✏ ♣k   1q♣23k   4q
✏ ♣k   1qr3♣2k   1q   1s .
Theo nguyên lý quy nạp, đẳng thức (1.3) đúng với mọi n € N✝ .

2   5   ...   ♣3k ✁ 1q   r3♣k   1q ✁ 1s ✏

✆

Chú ý 1.1. Trong chứng minh bằng phương pháp quy nạp, nếu không
thực hiện đầy đủ cả hai bước thì sẽ dẫn đến sai lầm.

Ví dụ 1.5. ([7, tr.84]) Do bỏ qua bước quy nạp nên nhà toán học Pháp
n

P.Fermat (1601-1665) đã cho rằng các số dạng 22

  1 đều là số nguyên tố.

P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
Với n ✏ 0 cho 22

  1 ✏ 21   1 ✏ 3 là số nguyên tố,

Với n ✏ 1 cho 22

  1 ✏ 22   1 ✏ 5 là số nguyên tố,

Với n ✏ 2 cho 22

  1 ✏ 24   1 ✏ 17 là số nguyên tố,

Với n ✏ 3 cho 22

  1 ✏ 28   1 ✏ 257 là số nguyên tố,

0

1

2

3

8


Với n ✏ 4 cho 22

4

  1 ✏ 216   1 ✏ 65537 là số nguyên tố,

và kết luận cho mọi số tự nhiên n. Nhưng vào thế kỷ 18, Euler đã phát
hiện với n ✏ 5 khẳng định trên không đúng, bởi vì:
5

22

  1 ✏ 4294967297 ✏ 641.6700417

là hợp số.
Ví dụ 1.6. ([15, tr.13]) Chứng minh rằng mọi số tự nhiên bằng số tự nhiên
tiếp theo nó.
Chứng minh. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp. Giả
sử bài toán đúng với n ✏ k (k

€ N), tức là k ✏ k   1. Ta chứng minh bài
toán đúng với n ✏ k   1, tức là k   1 ✏ k   2. Thật vậy, từ giả thiết quy
nạp ta có
k

✏ k   1 ô k   1 ✏ ♣k   1q   1 ô k   1 ✏ k   2.

Như vậy bài toán đúng với n

✏ k   1. Do đó bài toán đúng với mọi số
✆

tự nhiên.

Hệ quả của bài toán này là tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau. Điều
này thật vô lý, vậy cách chứng minh sai ở đâu? Lời giải của ví dụ đã áp
dụng nguyên lí quy nạp toán học nhưng bỏ qua bước cơ sở quy nạp. Nghĩa
là đã không kiểm tra bài toán có đúng trong trường hợp n ✏ 1 hay không.
Ta thấy rằng với n ✏ 1 thì khẳng định sai vì 1 ✘ 2.
Cơ sở quy nạp và bước quy nạp có một ý nghĩa đặc biệt. Cơ sở quy nạp
có thể nói là thiết lập cơ sở để thực hiện phép quy nạp. Bước quy nạp cho

phép ta có quyền mở rộng ra vô hạn cơ sở đó, có quyền chuyển từ trường
9


hợp riêng này đến trường hợp riêng tiếp sau, cụ thể là từ k đến k   1.
Nếu ta chưa thực hiện bước cơ sở quy nạp mà chỉ mới thực hiện bước
quy nạp thì như vậy ta chưa thiết lập được cơ sở để tiến hành quy nạp và
lúc này việc thực hiện bước quy nạp sẽ không còn có ý nghĩa nữa vì rằng
điều ta mở rộng thực chất là không có cơ sở.
Ngược lại, nếu ta chỉ mới thực hiện bước cơ sở quy nạp mà chưa thực
hiện bước quy nạp thì mặc dù đã thiết lập được cơ sở để tiến hành quy
nạp nhưng ta lại không có quyền mở rộng cơ sở đó.

1.2.2. Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp
Điều kiện thứ nhất trong Định lí 1.1 cho ta cơ sở mở rộng bắt đầu từ
giá trị k0 . Điều kiện thứ hai của Định lí 1.1 cho ta mệnh đề khẳng định
P ♣nq đúng với n

✏ k0   1, n ✏ k0   2, ... Thực tế nhiều khi trong bước
quy nạp phải đòi hỏi hai giá trị n ✏ k ✁ 1, n ✏ k của mệnh đề, để suy ra
mệnh đề đúng với n ✏ k   1. Trong trường hợp này bước cơ sơ phải kiểm
tra không những chỉ với n ✏ k0 mà cả với n ✏ k0   1. Tổng quát hơn ta
có các định lí sau:
Định lý 1.2. ([4, tr.23]) Cho p là một số nguyên dương và P ♣nq là một
mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ➙ 1. Nếu mệnh đề P ♣nq thỏa mãn
hai điều kiện sau:
(i) P ♣1q, P ♣2q, ..., P ♣pq là những mệnh đề đúng.
(ii) Các mệnh đề P ♣k ✁ p   1q, P ♣k ✁ p   2q, ..., P ♣k q đúng với mỗi số tự
nhiên k

➙ p, kéo theo mệnh đề P ♣k   1q cũng đúng.
10


Thì mệnh đề P ♣nq đúng với mọi số nguyên dương n.
Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n

➙ 1 mà P ♣nq không

đúng. Giả sử tập A là tập khác rỗng, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m
mà P ♣mq không đúng.
Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà P ♣m0 q không đúng. (1.4)
Theo giả thiết ♣iq thì P ♣1q đúng nên m0
Đặt k

✏ m0 ✁ 1,

→ 1 suy ra m0 ✁ 1 ➙ 1.

ta chứng minh P ♣m0 q ✏ P ♣k   1q cũng đúng.

(1.5)

➔ p thì k   1 ↕ p nên theo giả thiết ♣iq ta có P ♣m0q ✏
P ♣k   1q đúng. Nếu k ➙ p thì do k ✏ m0 ✁ 1 không thuộc tập A (vì m0
là số nhỏ nhất thuộc A), nên theo định nghĩa của tập A thì P ♣k q đúng.
Tương tự k ✁ 1 không thuộc A và P ♣k ✁ 1q đúng. Cứ lặp lại như thế sau
p ✁ 1 bước, ta thu được một dãy P ♣k ✁ p   1q, P ♣k ✁ p   2q, ..., P ♣k q là
những mệnh đề đúng. Khi đó theo giả thiết ♣iiq thì P ♣m0 q ✏ P ♣k   1q
Thật vậy, nếu k

cũng đúng. Vậy ta luôn có (1.5).
Từ (1.4) và (1.5) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ tập A là tập
rỗng. Vậy P ♣nq đúng với mọi số tự nhiên n ➙ 1.

✆

Ví dụ 1.7. ([9, tr.26]) Cho x1 , x2 là nghiệm của phương trình x2 ✁ 27x  
14

✏ 0 và n là số nguyên dương. Chứng minh rằng tổng Sn ✏ xn1   xn2

không chia hết cho 715.
Chứng minh. Theo công thức Viet, ta có x1   x2

✏ 27 và x1x2 ✏ 14.

Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp.

✏ 27, S2 ✏ x21  x22 ✏ ♣x1  x2q2 ✁2x1x2 ✏ 701,
✏
✘
và S3 ✏ x31   x32 ✏ ♣x1   x2 q ♣x1   x2 q2 ✁ 3x1 x2 ✏ 18549 đều không chia
Cơ sở quy nạp: Ta có S1

11


hết cho 715. Do đó, bài toán đúng với n ✏ 1, 2, 3.
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n ✏ k ✁ 2, n ✏ k ✁ 1, n ✏ k

€ Z ), tức là Sk✁2, Sk✁1, Sk đều không chia hết cho 715. Ta chứng minh
bài toán cũng đúng với n ✏ k   1, tức là Sk 1 không chia hết cho 715.
(k

Thật vậy
Sk 1

✏ x1k 1   xk2 1 ✏ ♣x1   x2q♣xk1   xk2 q ✁ x1x2♣xk1✁1   xk2✁1q
✑

✏ ♣x1   x2q ♣x1   x2q♣

xk1 ✁1

 

xk2 ✁1

q✁

♣

x1 x2 xk1 ✁2

 

xk2 ✁2

q

✙

✁ x1x2♣x1k✁1   xk2✁1q
✏ 715♣xk1✁1   xk2✁1q ✁ 378♣xk1✁2   xk2✁2q
✏ 715Sk✁1 ✁ 378Sk✁2.
Do 378 và Sk✁2 đều không chia hết cho 715, nên Sk 1 không chia hết
cho 715, bài toán đúng với n ✏ k   1.
Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh.

✆

Chú ý 1.2. Một định lý tương đương Định lý 1.2 nhưng có giả thiết quy
nạp mạnh hơn trong bước quy nạp và thực tế nội dung định lý này được
áp dụng dễ hơn Định lý 1.2 là Định lý 1.3.
Định lý 1.3. [4, tr.28] Cho P ♣nq là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự
nhiên n ➙ 1. Nếu mệnh đề P ♣nq thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) P ♣1q là mệnh đề đúng.
(ii) Các mệnh đề P ♣1q, P ♣2q, ..., P ♣k q đúng với mỗi số tự nhiên k
theo mệnh đề P ♣k   1q cũng đúng.
Thì mệnh đề P ♣nq đúng với mọi số tự nhiên n ➙ 1.
12

➙ 1 kéo


Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n

➙ 1 mà P ♣nq không

đúng. Giả sử A khác tập rỗng, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m mà
P ♣mq không đúng.
Ta lấy số tự nhiên nhỏ nhất m0 trong A mà P ♣m0 q không đúng. (1.6)
Theo giả thiết ♣iq thì P ♣1q đúng nên m0

→ 1 suy ra m0 ✁ 1 ➙ 1, đặt

✏ m0 ✁ 1. Vì k không thuộc A (do m0 là số nhỏ nhất thuộc A) nên theo
định nghĩa của tập A thì P ♣k q đúng, cứ lặp lại như thế ta thu được một
dãy P ♣1q, P ♣2q, ..., P ♣k q là những mệnh đề đúng.
k

Khi đó theo giả thiết ♣iiq thi P ♣m0 q ✏ P ♣k   1q cũng đúng.

(1.7)

Từ (1.6) và (1.7) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ A là tập rỗng.
Vậy P ♣nq đúng với mọi số tự nhiên n ➙ 1.

✆

Ví dụ 1.8. ([4, tr.29]) Chứng minh rằng nếu x  

1
1
là số nguyên thì xn   n
x
x

cũng là số nguyên với mọi số nguyên dương n.

Chứng minh. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp
Cơ sở quy nạp: Với n ✏ 1 bài toán hiển nhiên đúng.
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n ✏ 1, n ✏ 2, . . . , n ✏ k
♣k € Z q, tức là x   x1 , x2   x12 , . . . , xk✁1   xk1✁1 , xk   x1k là những số nguyên.
1
Ta chứng minh bài toán cũng đúng với n ✏ k   1, tức là xk 1   k 1 là số
x
nguyên. Thật vậy
x

k  1

  xk 1 ✏
1

✂

x 

1
x

✡✂

x

k

 

1
xk

✡

✁

✂

k ✁1

x

  xk✁1
1

✡

.

1
1
1
Theo giả thiết quy nạp x   , xk✁1   k✁1 , xk   k đều là các số nguyên,
x
x
x
1
do đó xk 1   k 1 cũng là số nguyên. Như vậy bài toán đúng với n ✏ k   1
x

Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh.
✆
13


1.3. Phương pháp phản chứng
Cơ sở của phương pháp phản chứng là các định luật trong logic:
Định lý 1.4. ([8, tr.17]) (Các định luật cơ bản)
1. Định luật bài trung: một mệnh đề phải hoặc đúng hoặc sai.
2. Định luật phi mâu thuẫn: một mệnh đề không thể vừa đúng vừa sai.
Trong phương pháp phản chứng, để chứng minh mệnh đề p

ñ q đúng,

ta giả sử mệnh đề p ñ q sai, suy ra p đúng và q sai. Từ đó lập luận đưa ra
mệnh đề r và r (r ở đây cũng có thể là p hoặc cũng có thể là q). Điều này
trái với định luật bài trung và định luật phi mâu thuẫn. Như vậy điều giả
sử của ta là sai hay mệnh đề p ñ q là đúng. Cụ thể, để chứng minh mệnh
đề p ñ q đúng bằng phương pháp phản chứng ta thực hiện ba bước sau:
Bước 1: Phủ định lại mệnh đề cần chứng minh.
Giả sử mệnh đề q sai (hay q đúng).
Bước 2: Tìm điều vô lí.
Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà những
tính chất hoặc quan hệ mới này dẫn đến một điều vô lí thì chứng tỏ điều
ta giả sử là sai hay q đúng. Điều vô lí ở đây thương là điều trái với giả
thiết, điều trái với một kiến thức đã biết, hai điều trái ngược nhau...
Bước 3: Kết luận.
Vậy p ñ q là mệnh đề đúng.

❄

Ví dụ 1.9. Chứng minh rằng với mọi a, b € R  ta có a   b ➙ 2 ab.
Chứng minh. Bước 1: Phủ định mệnh đề cần chứng minh.

❄

Giả sử với mọi a, b € R  ta có a   b ➔ 2 ab.
14


Bước 2: Tìm điều vô lí.
Ta lại có a   b

❄
➔ 2 ab ô ♣a   bq2 ➔ 4ab ô a2 ✁ 2ab   b2 ➔ 0 ô

♣a ✁ bq2 ➔ 0 (vô lí). Do đó điều giả sử là sai.
Bước 3: Kết luận.
Vậy a   b ➙

❄

ab với mọi a, b € R  .

✆

Ví dụ 1.10. Chứng minh rằng với số nguyên n tùy ý, nếu n2 chia hết cho
3 thì n chia hết cho 3.
Chứng minh. Bước 1: Phủ định mệnh đề cần chứng minh.
Giả sử n là một số nguyên, n2 chia hết cho 3 nhưng n không chia hết

cho 3.
Bước 2: Tìm điều vô lí.
Vì n không chia hết cho 3 nên n ✏ 3k   1 hoặc n ✏ 3k   2 (k

€ Z). Nếu
n ✏ 3k   1 thì n2 ✏ 9k 2   6k   1, nếu n ✏ 3k   2 thì n2 ✏ 9k 2   12k   4,
ở cả hai trường hợp n2 đều không chia hết cho 3 (trái với giả thiết). Do
đó n chia hết cho 3.
Bước 3: Kết luận.
Vậy với mọi số nguyên dương n, nếu n2 chia hết cho 3 thì n chia hết

✆

cho 3.

Chú ý 1.3. Khi xác định phủ định của mệnh đề cần chứng minh q, ta cần
lưu ý:
(i) Luật phủ định của phủ định: q
(ii) Qui tắc De Morgan: p ❫ q

✑ q.

✑ p ❴ q, p ❴ q ✑ p ❫ q.

15


(iii) Nếu P ♣xq là hàm mệnh đề xác định trên tập A thì ta có:

❅x € A, P ♣xq ✑ ❉x € A, P ♣xq,

❉x € A, P ♣xq ✑ ❅x € A, P ♣xq.

16


Chương 2
ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG VÀO
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở PHỔ THÔNG
2.1. Ứng dụng phương pháp quy nạp vào giải một
số bài toán ở phổ thông
2.1.1. Ứng dụng vào giải một số bài toán về dãy số
Bài toán 2.1. ([9, tr.47]) Cho dãy số un xác định như sau:
✩
✫u

✏ 1; u2 ✏ 3
✪un 2 ✏ 2un 1 ✁ un   1; n ✏ 1, 2, 3...
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số An ✏ 4un un 2   1 là số
1

chính phương.

✏ 1 ✏ 22 ✏ 1.♣12  1q , u2 ✏ 3 ✏ 62 ✏ 2♣2 2  1q ,
12
3.4
3♣3   1q
u3 ✏ 2u2 ✁ u1   1 ✏ 2.3 ✁ 1   1 ✏ 6 ✏
✏
✏

,
2
2
2
20
4.5
4♣4   1q
✏
✏
.
u4 ✏ 2u3 ✁ u2   1 ✏ 2.6 ✁ 3   1 ✏ 10 ✏
2
2
2

Chứng minh. Ta có u1

Dự đoán
un

✏ n♣n2  1q ♣n € Z q.

(2.1)

Ta chứng minh (2.1) bằng phương pháp quy nạp.
Cơ sở quy nạp: Ta có (2.1) đúng với n ✏ 1, n ✏ 2 (tính toán ở trên).
Bước quy nạp: Giả sử (2.1) đúng với n
17

✏ k ✁ 1, n ✏ k (k € Z ), tức

là
uk✁1

✏ ♣k ✁2 1qk ; uk ✏ k♣k 2  1q .

Ta chứng minh (2.1) cũng đúng với n ✏ k   1, tức là
uk 1
Thật vậy
uk 1

✏ ♣k   1q♣2 k   2q ☎

✏ 2uk ✁ uk✁1   1
✏ 2 k♣k   1q ✁ ♣k ✁ 1qk   1
2

2
✏ 2k♣k   1q ✁2♣k ✁ 1qk   2
k 2   3k   2
✏
2
♣
k   1q♣k   2q
✏
☎
2
Theo nguyên lý quy nạp, (2.1) đúng với ❅n € Z  . Do đó
An

✏ 4unun 2   1
✏ 4 n♣n   1q . ♣n   2qr♣n   2q   1s   1
2

2

✏ n♣n   1q♣n   2q♣n   3q   1
✏ rn♣n   3qsr♣n   1q♣n   2qs   1
✏ ♣n2   3nq♣n2   3n   2q   1
✏ ♣n2   3nq2   2♣n2   3nq   1
✏ ♣n2   3n   1q2.
Vậy An là số chính phương với mọi số nguyên dương n.

✆

Bài toán 2.2. ([4, tr.114]) Cho dãy số F1 , F2 , ..., Fn , ... được xác định theo

✏ 1, F2 ✏ ✁1, Fn ✏ ✁Fn✁1 ✁ 2Fn✁2 với n ➙ 3. Chứng
minh rằng với n ➙ 2 số 2n 1 ✁ 7Fn2✁1 là số chính phương.

công thức sau F1

18


Chứng minh. Đặt An

✏ 2n 1 ✁ 7Fn2✁1.

Với n ✏ 2 ta có
F1

✏ 1, F2 ✏ ✁1, A2 ✏ 22 1 ✁ 7F12 ✏ 1 ✏ 11 ✏ ♣✁2   1q2 ✏ ♣2F2   F1q2 .

Với n ✏ 3 ta có
F3

✏ ✁F2✁2F1 ✏ ✁1, A3 ✏ 23 1✁7F22 ✏ 9 ✏ 32 ✏ ♣✁2✁1q2 ✏ ♣2F3   F2q2 .
Với n ✏ 4 ta có

F4

✏ ✁F3 ✁2F2 ✏ 3, A4 ✏ 24 1 ✁7F32 ✏ 25 ✏ 52 ✏ ♣2.3✁1q2 ✏ ♣2F4  F3q2.
Dự đoán
An

✏ 2n 1 ✁ 7Fn2✁1 ✏ ♣2Fn   Fn✁1q2 ♣n ➙ 2, n € Nq.

Ta chứng minh (2.2) bằng phương pháp quy nạp.
Cơ sở quy nạp: Ta có (2.2) đúng với n ✏ 2 (tính toán ở trên).
Bước quy nạp: Giả sử (2.2) đúng với n ✏ k, k
Ak

➙ 2, k € N, tức là

✏ 2k 1 ✁ 7Fk2✁1 ✏ ♣2Fk   Fk✁1q2 .

Ta chứng minh (2.2) cũng đúng với n ✏ k   1, tức là
Ak 1

✏ 2k 2 ✁ 7Fk2 ✏ ♣2Fk 1   Fk q2 .

19

(2.2)


Thật vậy

✁

♣2Fk 1   Fk q ✏ ✁2Fk ✁ 4F♣k✁1   Fk
2

✠2

✏ ♣✁Fk ✁ 4Fk✁1q2
✏ Fk2   8Fk Fk✁1   16Fk2✁1
✏2

 

4Fk2   4Fk Fk✁1   Fk2✁1

✟

  14Fk2✁1 ✁ 7Fk2

✏ 2 ♣2Fk   Fk✁1q2   14Fk2✁1 ✁ 7Fk2

✏2

✁

2

k  1

✁

7Fk2✁1

✠

  14Fk2✁1 ✁ 7Fk2

✏ 2k 2 ✁ 7Fk2
✏ Ak   1 .

Theo nguyên lý quy nạp, (2.2) đúng với mọi n ➙ 2, n € N.
Vậy với n ➙ 2 số 2n 1 ✁ 7Fn2✁1 là số chính phương.
Bài toán 2.3. (Thi học sinh giỏi Việt Nam, 1989) ([9, tr.31]) Với n

✆

€ N,

ta gọi txn ✉ và tyn ✉ là hai dãy số được xác định một cách đệ quy như sau
x0

✏ 1, x1 ✏ 4, xn 2 ✏ 3xn 1 ✁ xn,

y0

✏ 1, y1 ✏ 2, yn 2 ✏ 3yn 1 ✁ yn.

Chứng minh rằng x2n ✁ 5yn2   4 ✏ 0 với mọi số nguyên không âm n.
Chứng minh. Ta có
8
5 3
5y0   3x0
✏
,
x1 ✏ 4 ✏ ✏
2
2
2
1 3
x0   3y0
4
y1 ✏ 2 ✏ ✏
✏
,
2
2
2
22
5.2   3.4
5y1   3x2
x2 ✏ 3x1 ✁ x0 ✏ 11 ✏

✏
✏
,
2
2
2
10
4 6
x1   3y1
y2 ✏ 3y1 ✁ y0 ✏ 5 ✏
✏
✏
.
5
2
2
Dự đoán
xn 1

✏ 3xn  2 5yn , yn 1 ✏ xn  2 3yn ♣n € Nq.
20

(2.3)


Ta chứng minh (2.3) bằng phương pháp quy nạp.
Cơ sở quy nạp: Ta có (2.3) đúng với n ✏ 1, n ✏ 2 (tính toán ở trên).
Bước quy nạp: Giả sử (2.3) đúng với n ✏ k, n ✏ k   1 (k

✏ 3xk  2 5yk , yk 1 ✏ xk  2 3yk ,

✏ 3xk 1   5yk 1 , y ✏ xk 1   3yk 1 .

€ N), tức là

xk  1
xk 2

k  2

2

2

Ta chứng minh (2.3) cũng đúng với n ✏ k   2, tức là
xk  3

✏ 3xk 2  2 5yk 2 , yk 3 ✏ xk 2  2 3yk 2

Thật vậy
xk  3

✏ 3xk 2 ✁ xk 1
✏ 3 3xk 1   5yk 1 ✁ 3xk   5yk

2
2
3.3xk 1   5.3yk 1 ✁3xk ✁ 5yk
✏
2
✏ 3 ♣3xk 1 ✁ xk q  2 5 ♣3yk 1 ✁ yk q

✏ 3xk 2  2 5yk 2 ,
yk 3 ✏ 3yk 2 ✁ yk 1

✏ 3 xk 1  2 3yk 1 ✁ xk  2 3yk
✏ 3.xk 1   3.3yk 1✁xk ✁ 3yk
2

✏ ♣3xk 1 ✁ xk q  2 3 ♣3yk 1 ✁ yk q
✏ xk 2   3yk 2 .

2
Theo nguyên lý quy nạp, (2.3) đúng với mọi n € N.

Tiếp theo ta chứng minh (2.4) bằng phương pháp quy nạp.
x2n ✁ 5yn2   4 ✏ 0 ♣n € Nq.

(2.4)

Cơ sở quy nạp: Với n ✏ 0 ta có x20 ✁ 5y02   4 ✏ 12 ✁ 5.12   4 ✏ 0. Như
vậy (2.4) đúng với n ✏ 0
21


Bước quy nạp: Giả sử (2.4) đúng với n ✏ k (k

€ N), tức là

x2k ✁ 5yk2   4 ✏ 0.
Ta chứng minh (2.4) cũng đúng với n ✏ k   1, tức là
x2k 1 ✁ 5yk2 1   4 ✏ 0.

Thật vậy
x2k 1 ✁ 5yk2 1   4 ✏

✏
✏
✏

✂

✡2

✂

✡2

xk   3yk
3xk   5yk
✁
5
 4
2
2
✟
 
9x2k   30xk yk   25yk2 ✁ 5 x2k   6xk yk   9yk2   16
4
2
2
4xk ✁ 20yk   16
4

 
✟
2
4 xk ✁ 5yk2   4
4

✏ 0.

Theo nguyên lý quy nạp, (2.4) đúng với mọi n € N.

✆

2.1.2. Ứng dụng vào giải một số bài toán về chia hết
Bài toán 2.4. ([4, tr.90]) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n số
33n 3 ✁ 26n ✁ 27 chia hết cho 169.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp.

✏ 0 ta có 33.0 3 ✁ 26.0 ✁ 27 ✏ 0 chia hết cho
169. Như vậy bài toán đúng với n ✏ 0.
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n ✏ k (k € N), tức là số
33k 3 ✁ 26k ✁ 27 chia hết cho 169. Ta chứng minh bài toán cũng đúng với
n ✏ k   1, tức là số 33♣k 1q 3 ✁ 26♣k   1q ✁ 27 chia hết cho 169. Thật vậy
Cơ sở quy nạp: Với n

22


ta có

33♣k 1q 3 ✁ 26♣k   1q ✁ 27 ✏ 33 .33k 3 ✁ 26k ✁ 53

✏ 33.33k 3 ✁ ♣27.26k ✁ 676kq ✁ ♣27.27 ✁ 676q
✁

✠

✏ 27 3 ✁ 26k ✁ 27   676♣k   1q.
 
✟
Ta lại có 27 33k 3 ✁ 26k ✁ 27 và 676♣k   1q chia hết cho 169. Do đó
33♣k 1q 3 ✁ 26♣k   1q ✁ 27 chia hết cho 169.
Theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng với mọi n € N.
✆
3k 3

Bài toán 2.5. ([9, tr.36]) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,
Sn

✏ ♣n   1q♣n   2q...♣n   nq

chia hết cho 2n .
Chứng minh. Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp.

✏ 1 ta có S1 ✏ 1   1 ✏ 2 chia hết cho 21 ✏ 2.
Như vậy bài toán đúng với n ✏ 1.
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n ✏ k (k € Z  ), tức là
Sk ✏ ♣k   1q♣k   2q...♣k   k q chia hết cho 2k . Ta chứng minh bài toán cũng
đúng với n ✏ k   1, tức là Sk 1 ✏ ♣k   2q♣k   3q...♣2k   1q♣2k   2q chia
Cơ sở quy nạp: Với n

hết cho 2k 1 .
Thật vậy, vì Sk chia hết cho 2k nên tồn tại số nguyên s sao cho Sk
Khi đó

Sk 1

✏ ♣k   2q . . . ♣2k   1q ♣2k   2q
✏ 2 ♣k   1q ♣k   2q . . . ♣k   kq ♣2k   1q
✏ 2Sk ♣2k   1q
✏ 2.2k s♣2k   1q
✏ 2k 1s♣2k   1q.
23

✏ 2k s.


Do đó Sk 1 chia hết cho 2k 1 .
Theo nguyên lý quy nạp, bài toán đúng với mọi n € Z  .

✆

Bài toán 2.6. (Vô địch Toán Ba Lan 1982) ([9, tr.40]) Cho q là một số tự
nhiên chẵn lớn hơn 0. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n, số q ♣q 1q

n

 1

chia hết cho ♣q   1qn 1 và không chia hết cho ♣q   1qn 2 .
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp.

✏ 0, bởi vì q♣q 1q   1 ✏ q   1
chia hết cho ♣q   1q0 1 ✏ q   1 và không chia hết cho ♣q   1q0 2 ✏ ♣q   1q2 .
Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n ✏ k (k € Nq, tức là số
q ♣q 1q   1 chia hết cho ♣q   1qk 1 và không chia hết cho ♣q   1qk 2 . Ta
 
chứng minh bài toán cũng đúng với n ✏ k   1, tức là số q ♣q 1q   1
chia hết cho ♣q   1qk 2 và không chia hết cho ♣q   1qk 3 . Thật vậy vì số
q ♣q 1q   1 chia hết cho ♣q   1qk 1 nên tồn tại số nguyên dương s sao cho
q ♣q 1q   1 ✏ ♣q   1qk 1 s. Khi đó
✑
✙q 1
 
♣
q  1q
♣
q  1q ♣q  1q
♣
q  1q
q
 1✏q
 1✏ q
 1
✑
✙q 1
k  1
✏ ♣q   1q s ✁ 1   1
✑
✙i
q➦

 1
q  1✁i
k 1
i
✏ Cq 1♣✁1q
♣q   1q s   1 (công thức nhị thức Newton)
i✏ 0
✑
✙
q  1
q
k  1
0
1
✏ Cq 1♣✁1q   Cq 1♣✁1q ♣q   1q s
✑
✑
✙2
✙q
q ✁1
k  1
k  1
q
2
 Cq 1♣✁1q ♣q   1q s   ☎ ☎ ☎   Cq 1 ♣✁1q ♣q   1q s
✑
✙q 1
k  1
q  1
 Cq 1 ♣q   1q s   1

✏ Cq0 1♣✁1qq 1   Cq1 1♣✁1qq ♣q   1qk 1s   Cq2 1♣✁1qq✁1♣q   1q2♣k 1qs2
  ☎ ☎ ☎   Cqq 1♣✁1qq✁1♣q   1qq♣k 1qsq   Cqq  11♣q   1q♣q 1q♣k 1qsq 1   1
✏ ✁1   Cq1 1♣q   1qk 1s ✁ Cq2 1♣q   1q2♣k 1qs2  ☎ ☎ ☎✁ Cqq 1♣q   1qq♣k 1qsq
 Cqq  11♣q   1q♣q 1q♣k 1qsq 1   1 (do q là số tự nhiên chẵn lớn hơn 0).
0

Cơ sở quy nạp: Bài toán đúng với n

k

k 1

k

k

k 1

k

k

24


✏ ♣q   1q ♣q   1qk 1s ✁ Cq2 1♣q   1q2♣k 1qs2   ☎ ☎ ☎ ✁ Cqq 1♣q   1qq♣k 1qsq
 Cqq  11♣q   1q♣q 1q♣k 1qsq 1
✑
k  2
✏ ♣q   1q s ✁ Cq2 1♣q   1qk s2   ☎ ☎ ☎ ✁ Cqq 1♣q   1q♣q✁1qk q✁2sq

✙
qk q ✁1 q  1
q  1
 Cq 1 ♣q   1q
s
.
Đặt
B

✏ s ✁ Cq2 1♣q   1qk s2   ☎ ☎ ☎ ✁ Cqq 1♣q   1q♣q✁1qk q✁2sq
  Cqq  11♣q   1qqk q✁1sq 1.

(2.5)

Do đó
q ♣q 1q

 

k 1

  1 ✏ ♣q   1qk 2 B.

(2.6)

k 1
Suy ra q ♣q 1q   1 chia hết cho ♣q   1qk 2 .

Ta lại có s không chia hết cho ♣q   1q. Vì nếu s chia hết cho ♣q   1q thì
sẽ tồn tại số nguyên dương p sao cho s ✏ ♣q   1qp. Khi đó

q ♣q 1q

k

  1 ✏ ♣q   1qk 1♣q   1qp ✏ ♣q   1qk 2p.

  1 chia hết cho ♣q   1qk 2 (mâu thuẫn với giả thiết quy
nạp q ♣q 1q   1 không chia hết cho ♣q   1qk 2 q.
Từ (2.5) và s không chia hết cho q   1, suy ra B không chia hết cho
 
q   1. Bây giờ ta đi chứng minh q ♣q 1q   1 không chia hết cho ♣q   1qk 3
 
bằng phương pháp phản chứng. Giả sử ngược lại, q ♣q 1q   1 chia hết cho
♣q   1qk 3, khi đó tồn tại một số nguyên dương A sao cho
k
Do đó q ♣q 1q
k

k 1

k 1

q ♣q 1q

 

k 1

  1 ✏ ♣q   1qk 3A
✏ ♣q   1qk 2♣q   1qA

✏

✏ ♣q   1qk 2 ♣q   1qA
25

✘

.

(2.7)