Bài 1: Phương pháp quy nạp toán học

Tóm tắt lý thuyết

Nội dung phương pháp quy nạp toán học:

Cho \({n_0}\) là một số nguyên dương và \(P(n)\) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên \(n \ge {n_0}\). Nếu

(1)  \(P({n_0})\) là đúng và

(2)  Nếu \(P(k)\) đúng, thì \(P(k + 1)\)cũng đúng với mọi số tự nhiên \(k \ge {n_0}\);

thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên\(n \ge {n_0}\) .

Khi ta bắt gặp bài toán:

Chứng minh mệnh đề \(P(n)\) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge {n_0},\)\({n_0} \in \mathbb{N}\) ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau

Bước 1: Kiểm tra \(P({n_0})\) có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai

Bước 2: Với \(k \ge {n_0}\), giả sử \(P(k)\) đúng ta cần chứng minh \(P(k + 1)\) cũng đúng.

Kết luận:  \(P(n)\) đúng với \(\forall n \ge {n_0}\).

Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề \(P(k)\) đúng gọi là giả thiết quy nạp.

Bài tập minh họa


Vấn đề 1: Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức – Bất đẳng thức

Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức \(P(n) = Q(n)\) (hoặc \(P(n) > Q(n)\)) đúng với \(\forall n \ge {n_0},{\rm{ }}{n_0} \in \mathbb{N}\) ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Tính \(P({n_0}),{\rm{ }}Q({n_0})\) rồi chứng minh \(P({n_0}) = Q({n_0})\)

Bước 2: Giả sử \(P(k) = Q(k);{\rm{ }}k \in \mathbb{N},k \ge {n_0}\), ta cần chứng minh

\(P(k + 1) = Q(k + 1)\).

Ví dụ 1:

Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) ta luôn có đẳng thức sau:

\(1 + 2 + … + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\)

Hướng dẫn:

Đặt \({A_n} = 1 + 2 + … + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\,\)

Với n=1, ta có: \(1 = \frac{{1.(1 + 1)}}{2} = 1\) (đúng)

Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có:

\({A_n} = 1 + 2 + … + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\,\) (giả thiết quy nạp)

Ta phải chứng minh: \({A_{n + 1}} = 1 + 2 + … + n + (n + 1) = \,\frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}\)

Ta có: \({A_{n + 1}} = 1 + 2 + … + n + (n + 1) = \,\frac{{n(n + 1)}}{2} + (n + 1)\)

\(\Leftrightarrow {A_{n + 1}} = \,\frac{{n(n + 1) + 2(n + 1)}}{2} = \frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}\) ( điều phải chứng minh).

Vậy \(1 + 2 + … + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\).

 

Ví dụ 2:

Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) ta luôn có đẳng thức sau:

\(1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3}\)

Hướng dẫn:

Đặt \({A_n} = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3}\)

Với n= 1: \({(2.1 – 1)^2} = \frac{{1.({{4.1}^2} – 1)}}{3} = 1\) (đúng)

Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có:

\(1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3}\) (giả thiết quy nạp)

Ta phải chứng minh:

\({A_{n + 1}} = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} + \,{[2(n + 1) – 1]^2} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} – 1]}}{3}\,\)

Ta có: \(VT = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} + \,{[2(n + 1) – 1]^2}\)

Theo giả thiết quy nạp ở trên: \(VT = \frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3} + \,{[2(n + 1) – 1]^2}\)

= \(\frac{{4{n^3} – n + 3{{(2n + 1)}^2}}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} – n + 12{n^2} + 12n + 3}}{3}\)

\(= \frac{{4{n^3} + 12{n^2} + 11n + 3}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} + 4{n^2} + \,8{n^2} + 8n + 3n + 3}}{3}\)

\(VT = \frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}\) (1)

Ta lại có: \({\rm{VP}} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} – 1]}}{3}\,\)

\(= \,\frac{{(n + 1)[4({n^2} + 2n + 1) – 1]}}{3}\,\)

\(= \,\frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 4 – 1)}}{3}\,\)

\({\rm{VP}} = \,\frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}\,\) (2)

Từ (1) và (2): \({A_{n + 1}} = 1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} + \,{[2(n + 1) – 1]^2} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} – 1]}}{3}\,\)

Vậy \(1 + 3 + … + {(2n – 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} – 1)}}{3}\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\).

Ví dụ 3:

Chứng mình với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) ta luôn có: \(1 + 2 + 3 + … + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\)

Lời giải:

Đặt \(P(n) = 1 + 2 + 3 + … + n\) : tổng n số tự nhiên đầu tiên : \(Q(n) = \frac{{n(n + 1)}}{2}\)

Ta cần chứng minh \(P(n) = Q(n){\rm{  }}\forall n \in \mathbb{N},n \ge 1\).

Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \(P(1) = 1,{\rm{ }}Q(1) = \frac{{1(1 + 1)}}{2} = 1\)

\( \Rightarrow P(1) = Q(1) \Rightarrow (1)\) đúng với \(n = 1\).

Bước 2: Giả sử \(P(k) = Q(k)\) với \(k \in \mathbb{N},k \ge 1\) tức là:

\(1 + 2 + 3 + … + k = \frac{{k(k + 1)}}{2}\)  (1)

Ta cần chứng minh \(P(k + 1) = Q(k + 1)\), tức là:

\(1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}\)  (2)

Thật vậy: \(VT(2) = (1 + 2 + 3 + … + k) + (k + 1)\)

\( = \frac{{k(k + 1)}}{2} + (k + 1)\)       (Do đẳng thức (1))

\( = (k + 1)(\frac{k}{2} + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2} = VP(2)\)

Vậy đẳng thức cho  đúng với mọi \(n \ge 1\).

Ví dụ 4:

Chứng minh với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) ta luôn có: \(1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = {n^2}\)

Lời giải:

\( \bullet \) Với \(n = 1\) ta có \({\rm{VT}} = 1,{\rm{ VP}} = {1^2} = 1\)

Suy ra \(VT = VP \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\).

\( \bullet \) Giả sử đẳng thức cho  đúng với \(n = k\) với \(k \in \mathbb{N},k \ge 1\) tức là:

\(1 + 3 + 5 + … + 2k – 1 = {k^2}\)  (1)

Ta cần chứng minh đẳng thức cho  đúng với \(n = k + 1\), tức là:

\(1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2k + 1) = {\left( {k + 1} \right)^2}\)  (2)

Thật vậy: \(VT(2) = (1 + 3 + 5 + … + 2k – 1) + (2k + 1)\)

\( = {k^2} + (2k + 1)\)       (Do đẳng thức (1))

\( = {(k + 1)^2} = VP(1.2)\)

Vậy đẳng thức cho  đúng với mọi \(n \ge 1\).

 

Vấn đề 2: Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học

Ví dụ 5:

Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) :

\({n^3} + 2n\) chia hết cho 3.

Hướng dẫn:

Đặt \({A_n} = {n^3} + 2n\)

Với n= 1: \({A_n} = 1 + 2 = 3\, \vdots \,3\)

Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có:

\({A_n} = {n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) (giả thiết quy nạp)

Ta phải chứng minh:

\({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\,\, \vdots \,\,3\)

Ta có: \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\, = \,{n^3} + 3{n^2} + 3n + 1 + 2n + 2\)

\(= \,{n^3} + 2n + 3({n^2} + n + 1)\)

Theo giả thiết quy nạp: \({n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\)

Đồng thời: \(3({n^2} + n + 1)\,\, \vdots \,\,3\)

Vậy \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\,\, \vdots \,\,3\)

Kết luận: \({n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\)

Ví dụ 6:

Cho \(n\) là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: \({a_n} = {16^n}-15n-1 \vdots 225\)

Hướng dẫn:

\( \bullet \) Với \(n = 1\) ta có: \({a_1} = 0 \Rightarrow {a_1} \vdots 225\).

\( \bullet \) Giả sử \({a_k} = {16^k} – 15k – 1 \vdots 225\), ta chứng minh

\({a_{k + 1}} = {16^{k + 1}} – 15(k + 1) – 1 \vdots 225\)

Thậ vậy: \({a_{k + 1}} = {16.16^k} – 15k – 16 = {16^k} – 15k – 1 – 15\left( {{{16}^k} – 1} \right)\)

\( = {a_k} – 15\left( {{{16}^k} – 1} \right)\)

Vì \({16^k} – 1 = 15.\left( {{{16}^{k – 1}} + {{16}^{k – 2}} + … + 1} \right) \vdots 15\) và \({a_k} \vdots 225\)

Nên ta suy ra \({a_{k + 1}} \vdots 225\). Vậy bài toán được chứng minh.

 

Ví dụ 7:

Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi \((n \ge 3)\) bằng \((n – 2){180^0}\).

Lời giải:

\( \bullet \) Với \(n = 3\) ta có tổng ba góc trong tam giác bằng \({180^0}\)

\( \bullet \) Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với \(k < n\), ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là \(\left( {k – 1} \right){180^0}\) và \(\left( {n – k – 1} \right){180^0}\).

Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là \((k – 1 + n – k – 1){180^0} = (n – 2){180^0}\)

Suy ra mệnh đề đúng với mọi \(n \ge 3\).