Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Ví dụ 16. Với mọi x trong 0 ≤ x ≤ π , chứng minh rằng |sin nx |≤n sin x,

ở đây n là số nguyên không âm.

Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1 bất đẳng thức đúng là hiển nhiên.

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k: |sin kx |≤k sin x. Ta

cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1. Ta xét

|sin (k+1)x | = |sin (kx+x) | = | sin (kx) cos x + cos (kx) sin x|

= | sin (kx) cos x| + |cos (kx) sin x|

= | sin (kx)| |cos x| + |cos (kx)| |sin x| ≤

|k sin x| + |sin x| ≤ ≤ (k+1) sin x.

Những bất đẳng thức trên suy ra bởi 0 ≤ x ≤ π , nên sin x ≥ 0 và

|cos kx | ≤ 1. Như vậy ta chứng minh được bất đẳng thức đúng cho

n = k + 1. Suy ra nó đúng với mọi n 1. ≥

4. Một số dạng khác của nguyên lí quy nạp toán học

Điều kiện thứ nhất trong nguyên lí quy nạp toán học cho ta cơ sở

mở rộng bắt đầu từ giá trị n0. Điều kiện thứ hai cho ta mệnh đề khẳng

định P(n) đúng với n0 + 1, n0 + 2, ... Thực tế nhiều khi trong bước quy

nạp phải đòi hỏi hai giá trị n = k – 1 và n = k của mệnh đề trước suy ra

đúng với n = k + 1. Trong trường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra

không những chỉ với n0, mà cả n0 + 1. Tổng quát hơn ta có định lí sau:

Định lí 2. Cho p là số nguyên dương và dãy các mệnh đề

P(1), P(2), ..., P(n), ...

nếu

(1) P(1), P(2), ..., P(p) là những mệnh đề đúng và

(2) Với mỗi số tự nhiên k p các mệnh đề P(k-p+1), P(k-p+2), ...,

P(k) đúng kéo theo mệnh đề P(k+1) cũng đúng,

≥

thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số nguyên dương n.

http://nhdien.wordpress.com 21

Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Đây là một dạng đặc biệt của nguyên lí quy nạp toán học. Chứng

minh định lí này tương tự như định lí 1. Ta không chứng minh ở đây mà

chỉ áp dụng nó cho những ví dụ sau:

Ví dụ 17. Cho v0 = 2, v1 = 3 và với mỗi số tự nhiên k có đẳng thức sau

vk+1 = 3vk – 2vk-1. Chứng minh rằng vn = 2n + 1.

Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 0 và n = 1 công thức của bài toán cho kết

quả đúng.

Bước quy nạp: Giả sử công thức đã đúng cho n = k và n = k – 1, nghĩa là

vk = 2k + 1 và vk-1 = 2k-1 + 1, khi đó

vk+1 = 3(2k + 1)-2(2k-1 + 1) = 2k+1 + 1.

Theo định lí 1 với p =2, suy ra vn = 2n + 1 đúng với mọi số tự nhiên n.

Ví dụ 18. Cho x1 và x2 là nghiệm của phương trình x2 – 27x + 14 = 0 và

n là số tự nhiên bất kỳ. Chứng minh rằng tổng 1n

nS x x2n= + không chia

hết cho 715.

Lời giải. Theo công thức Viet x1 + x2 = 27 và x1x2 = 14.

Bước cơ sở: Các số S1 = 27; S2 = (x1+x2)2 – 2x1x2 = 701 và S3 = (x1 +

x2)[(x1 + x2)2 – 3x1x2] = 27.687 đều không chia hết cho 715. Suy ra mệnh

đề của bài toán đúng với n = 1, 2, 3.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k – 2, n = k – 1, n = k, ta

tính

x1k+1 + x2

k+1 = (x1 + x2)(x1k + x2

k) – x1x2(x1k-1 + x2

k-1)

= (x1 + x2)[(x1 + x2)(x1k-1 + x2

k-1 ) –

– x1x2(x1k-2 – x2

k-2)] –x1x2(x1k-1 + x2

k-1)

= 715(x1k-1 + x2

k-1) – 378(x1k-2 + x2

k-2).

Do đó x1k+1 + x2

k+1 không chia hết cho 715, vì 378 không chia hết cho

715, nói cách khác mệnh đề đúng với n = k + 1.

http://nhdien.wordpress.com 22

Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Một dạng khác đòi hỏi không những một số mệnh đề ở giá trị ban

đầu đúng mà còn đòi hỏi tất cả những giá trị phía trước đều đúng cho đến

k. Ta có định lí

Định lí 3. Cho một dãy mệnh đề

P(1), P(2), ..., P(n), ...

nếu

(1) P(1) là khẳng định đúng và

(2) với mỗi số tự nhiên k 1, những khẳng định P(1). P(2), ..., P(k)

đúng suy ra mệnh đề P(k+1) cũng đúng ,

≥

thì P(n) đúng với tất cả số tự nhiên n 1. ≥

Dạng này khác với dạng trước là giả thiết mạnh hơn trong bước

quy nạp. Ta giả thiết tất cả khẳng định P(1), P(2), ..., P(k) đúng suy ra

P(k+1) đúng. Hai định lí trên tương đương nhau. Nhưng trong thực tế áp

dụng định lí 3 dễ hơn định lí 2.

Ví dụ 19. Chứng minh rằng số 1xx

+ là số nguyên dương thì 1nnx

x+

cũng là số nguyên với mọi số tự nhiên dương n.

Lời giải. Bước cơ sở: Khi n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng.

Bước quy nạp: Giả sử với mọi số tự nhiên từ 1 đến k, biểu thức 1kkx

x+

là những số nguyên. Ta cần chứng minh 11

1kkx

x+

++ cũng là số nguyên.

Thật vậy, 11

1kkx

x+

++ = ( 1xx

+ )( 1kkx

x+ ) – ( 1

1

1kkx

x−

−+ ). Theo giả thiết

quy nạp 1xx

+ , 1kkx

x+ , 1

1

1kkx

x−

−+ đều biểu diễn các số nguyên. Vậy

11

1kkx

x+

++ cũng là số nguyên.

http://nhdien.wordpress.com 23

Nguyễn Hữu Điển, ĐHKHTN Chuyên đề: Phương pháp quy nạp toán học

Ví dụ 20. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên lớn hơn 1 có thể biểu diễn

dưới dạng tích của những số nguyên tố.

Lời giải. Bước cơ sở: Hiển nhiên mệnh đề đúng với mọi số nguyên tố,

trường hợp đặc biệt n = 2 cũng đúng.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên k, mà 2 ≤ k < n.

Nghĩa là với mọi số 2 ≤ k < n đều biểu diễn dưới dạng tích của của các

thừa số nguyên tố. Ta xét hai trường hợp:

1. Nếu n là số nguyên tố thì mệnh đề đúng;

2. Nếu n là hợp số thì theo định nghĩa hợp số, tồn tại hai số nguyên

n1 < n và n2 < n sao cho n = n1.n2. Theo giả thiết quy nạp n1 và n2 đều

biểu diễn được thành tích các số nguyên tố. Do đó suy ra n cũng biểu

diễn được thành tích các số nguyên tố.

Theo định lí 2 mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n > 1.

5. Bài tập 2.1. Chứng minh với mọi số thực x > 0 và mọi số tự nhiên n bất

đẳng thức sau đúng 2 4

4 2

1 1 1 1n n nn n nx x x n

x x x− −

− −+ + + + + + ≥ +L .

2.2. Chứng minh rằng nếu 2 2

1u α βα β−

=−

, 3 3

2u α βα β−

=−

, ( )α β≠ thì 1 1n n

nu α βα β

+ +−=

− và với

mỗi số tự nhiên k > 2 có đẳng thức sau: 1 2( )k ku u kuα β αβ− −= + − . 2.3. Chứng minh rằng , 12 ( ) ( )n n na b a b− + > + n

ở đây a + b > 0, a ≠ b, n > 1. 2.4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2 và | x | < 1 thì bất

đẳng thức sau luôn đúng (1 ) (1 )n n 2nx x− + + < . 2.5. Cho n > 1 là số tự nhiên.

Ta đặt 01xn

= ; 0 1 11 (k k )x x x x

n k −= + + +−

L , k = 1, 2, ..., n-1.

Hãy tính tổng 0 1 nT x x x 1−= + + +L .

http://nhdien.wordpress.com 24