1.1. khái quát chung về tập hợp số tự nhiên

- 1 -

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

1 Cơ sở lí luận:

1.1. Khái quát chung về tập hợp số tự nhiên ¥

Các số 0, 1, 2, 3,... là các số tự nhiên. Tập hợp số tự nhiên kí hiệu là ¥

0;1;2;3;...¥

Các số 0, 1, 2, 3, ...là các phần tử của tập hợp

Tập hợp các số tự nhiên khác 0 được kí hiệu là *¥

* 1;2;3;...¥

Trong hai số tự nhiên khác nhau, có một số nhỏ hơn số kia.

Mỗi số tự nhiên có một số liền sau duy nhất.

Hai số tự nhiên liên tiếp thì hơn kém nhau một đơn vị

Số 0 là số tự nhiên nhỏ nhất. không có số tự nhiên lớn nhất

Số 1 là số tự nhiên khác không nhỏ nhất

Tập hợp các số tự nhiên có vô số phần tử

1.2 Nguyên lí qui nạp

Định lí 2.1

Cho 0

n là một số nguyên dương và P(n) là mệnh đề có nghĩa với một số tự

nhiên 0

n n . Nếu

a) P(0

n ) là đúng

b) Nếu P(k) đúng thì P(k+1) cũng đúng với mỗi số tự nhiên 0

k n , khi đó mệnh

đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên 0

n n

1.3 Giai đoạn qui nạp và giả thiết qui nạp

Để hiểu cách áp dụng phương pháp qui nạp cho đầy đủ, ta xem xét một số ví

dụ sau đây như một phép « suy luận có lí » mà G. Polya đã đề cập.

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng với *n¥ ta có

21.2 2.5 3.8 ... (3 1) ( 1)n n n n (2.1)

Giải :

- 2 -

Bước 1 : Với n=1, vế trái bằng 1.2 = 2, vế phải bằng 21 (1 1) 2

Hệ thức (2.1) đúng.

Bước 2 : Đặt vế trái bằng n

S .

Giả sử hệ thức (2.1) đúng với 1n k , tức là :

21.2 2.5 ... (3 1) ( 1)kS k k k k (giả thiết qui nạp).

Ta phải chứng minh rằng (2.1) cũng đúng với 1n k , tức là :

2

1 1.2 2.5 3.8 ... (3 1) ( 1)[3( 1) 1] ( 1) ( 2)kS k k k k k k

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

2

1 ( 1)[3( 1) 1] ( 1) ( 1)(3 2)k kS S k k k k k k

2 2( 1)( 3 2) ( 1) ( 2)k k k k k .

Vậy hệ thức (2.1) đúng với mọi *n¥

Ví dụ 2: Chứng minh với mọi 2n , ta có bất đẳng thức:

3 3 1n n (2.2)

Giải :

Bước 1 :Với n = 2 vế trái bằng 9, vế phải bằng 7. Bất đẳng thức (2.2) đúng.

Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với 2n k , tức là

3 3 1k k

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với 1n k , tức là

13 3( 1) 1k k 13 3 4k k

Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức 3 3 1k k với 3 ta có

3.3 3(3 1)k k

3(3 1) 9 3 3( 1) 6 3( 1) 1k k k k k (vì 2k )

Vậy bất đẳng thức (2.2) với mọi số tự nhiên 2n

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi *n¥ ta có

3 23 5n n n chia hết cho 3 (2.3)

Giải :

- 3 -

Đặt 3 23 5n

A n n n

Bước 1 :Với n = 1, ta có1

9 3A M .

Bước 2 : Giả sử với 1n k ta đã có 3 23 5 3k

A k k k M

Ta phải chứng minh 1

3k

A

M

Thật vậy, ta có

3 2 3 2 2

1( 1) 3( 1) 5( 1) 3 3 1 3 6 3 5 5

kA k k k k k k k k k

3 2 2( 3 5 ) 3 9 9.k k k k k

Theo giả thiết qui nạp thì 3 23 5 3k

A k k k M, do đó 1

3k

A

M

Vậy 3 23 5n

A n n n chia hết cho 3 với mọi *n¥

Ví dụ 4 : Cho trước một số tự nhiên n. Hãy tìm tổng các số tự nhiên 1, 2, ..., n

Giải :

Ta kí hiệu n

S là tổng phải tìm, nghĩa là 1 2 ...n

S n (2.4)

Ta hi vọng tìm ra công thức ngắn gọn để tính tổng trên, công thức đó giúp ta

tính nhanh, gọn hơn là phải thực hiện lần lượt các phép cộng trong tổng. Ta

minh hoạ quá trình áp dụng nguyên lí qui nạp vào tính tổng này.

Ta tính tổng n

S từ đẳng thức (2.4) với một vài số tự nhiên liên tiếp, chẳng hạn

bắt đầu bằng 1. Những kết quả tính toán các trường hợp riêng được xếp vào

bảng

n 1 2 3 4 5 6

nS 1 3 6 10 15 21

Mục đích của ta là tìm được qui luật chung, với bảng trên ta dễ thấy qui luật :

Tích của hai số tự nhiên ở hàng trên bằng hai lần số đầu tiên tương ứng ở hàng

dưới.Thật vậy, 1.2=2.1 ; 2.3=2.3 ; 3.4=2.6 ;4.5=2.10 ; 5.6=2.15 .Như vậy giai

đoạn qui nạp của chúng ta đã thành công với các trường hợp n= 1, 2, 3, 4, 5, 6

- 4 -

tiếp tục một cách tự nhiên là mở rộng qui luật trên cho bảng số với các số tự

nhiên bất kì. Ta đưa giả thiết thích hợp với qui luật vừa tìm được. Đặt

( 1)

1 2 ...2

n nn

(2.4)

Một giả thiết ta đã làm như vậy gọi là giả thiết qui nạp. Nhưng câu hỏi đặt ra là

đẳng thức (2.4) có đúng với mọi n = 1, 2,... hay không ? Rõ ràng nếu (2.4) đúng

với mọi số tự nhiên thì bằng cách thay n bằng n+1 ta sẽ có đẳng thức

( 1)( 2)

1 2 ... ( 1)2

n nn n

(2.4)

Trái lại, giả thiết (2.4) là đúng với mọi n = 1, 2 ..., nếu

1) nó đúng với n= 1 và

2) nó đúng với mỗi số k suy ra cũng đúng với cả k+1.

Điều này không có cách nào khác là phải áp dụng nguyên lí qui nạp toán học

. nghĩa là ta phải kiểm tra những điều kiện a) và b) của định lí 2.1

Bước cơ sở : Với n = 1, công thức (2.4) đúng

Bước qui nạp :Bây giờ chúng ta chứng minh công thức (2.4) đúng cho cả điều

kiện b).

Với mục đích đó ta giả thiết công thức (2.4) đúng với 1n k

nào đó và sẽ chứng minh nó cũng đúng với 1n k .ta biến đổi

( 1) ( 1)( 2)1 2 ... ( 1) ( 1)

2 2

k k k kk k k

kết quả là (2.4) đúng với 1n k .Theo nguyên lí qui nạp toán học công thức

(2.4) đúng với mọi n = 1, 2, ...

Tóm lại qua ví dụ đơn giản trên ta thấy các bước quá trình tìm tòi và chứng

minh nguyên lí qui nạp toán học.

Ví dụ 5 : Tính tổng của n số lẻ tự nhiên đầu tiên

. Giải :

Kí hiệu tổng phải tìm là n

S

- 5 -

1 3 5 ... (2 1)n

S n

Để xây dựng giả thiết qui nạp ta tính tổng của một số giá trị được liệt kê trong

bảng sau

n 1 2 3 4 5 6

nS 1 4 9 16 25 36

Bây giờ phụ thuộc vào sự quan sát của ta và kinh nghiệm trên kết quả riêng để

dự đoán mệnh đề tổng quát chung. Dễ thấy các số ở hàng n

S đều là số chính

phương :

2 2 2 2 2 2

1 2 3 4 5 61 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6S S S S S S

Như vậy ta có thể đưa ra giả thiết chung là : 2

nS n (2.5)

Bước cơ sở : Với n = 1, tổng chỉ có một số hạng n

S =1 ; biểu thức 2 1n với

n = 1, như vậy (2.5) đúng.

Bước qui nạp : Giả sử (2.5) đúng với n = k, tức là 2

kS k . Ta sẽ chứng minh

(2.4) đúng với n = k+1, nghĩa là 2

1( 1)

kS k

Thật vậy, theo giả thiết qui nạp ta có

2 2

1(2 1) (2 1) ( 1) .

k kS S k k k k

Như vậy bài toán đã giải xong.

1.4 Phương pháp qui nạp toán học trên *¥

Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên *n¥ là đúng với

mọi n mà không thể thử trực tiếp được thì có thể làm như sau :

Bước 1 : Kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n = 1

Bước 2 : Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì 1n k (gọi

là giả thiết qui nạp), chứng minh rằng nó cũng đúng với 1n k

Khẳng định mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên *n¥

*) Chú ý :

- 6 -

Trong trường hợp phải chứng minh một mệnh đề là đúng với mọi số tự nhiên

n p (p là số tự nhiên) thì :

Ở bước 1, ta kiểm tra mệnh đề đúng với n p

Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì

n k p và chứng minh rằng nó cũng đúng với 1n k

2. Thực trạng của vấn đề

2.1 Không thực hiện đầy đủ hai bước qui nạp

Trong quá trình vận dụng qui nạp đôi khi học sinh chưa hiểu kĩ về nguyên lí

qui nạp, hoặc có thể cho là bước 1 đơn giản nên có thể bỏ qua, dẫn đến kết luận

sai lầm. Đối với học sinh phương pháp qui nạp là mới và khó khi vận dụng vào

giải nhiều loại toán, tuy nhiên trong chương trình của cấp học tôi chỉ đưa ra một

số ví dụ cho thấy rõ những sai lầm mắc phải như đã trình bày ở trên.

Ví dụ 1 : Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền sau

Lời giải.

Giả thiết rằng mệnh đề khẳng định đúng với số tự nhiên n = k nào đó, nghĩa là

( 1)k k (2.1)

Chúng ta sẽ chứng minh đẳng thức sau đúng

1 2k k (2.2)

Thật vậy, theo giả thiết qui nạp (2.1) cộng hai vế đẳng thức với 1, ta nhận được

1 1 1 2k k k

Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó đúng với n = k+1, do đó mệnh đề bài

toán đúng với mọi n, nghĩa là mọi số tự nhiên đều bằng nhau, điều này vô lí.

Vậy cách chứng minh sai ở đâu ?. Dễ dàng thấy ngay trong chứng minh áp

dụng nguyên lí qui nạp toán học nhưng bỏ qua bước 1 kiểm tra n =1

Ví dụ 2 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng

2 2 1n n (2.3)

- 7 -

Lời giải. Giả thiết bất đẳng thức (1.8) đúng với n = k,với k là một số tự nhiên

nào đó, nghĩa là ta có

2 2 1k k (2.4)

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1.8) đúng với 1n k

12 2( 1) 1k k (2.5)

Thật vậy, 2 2k (*) với mọi *n¥ . Cộng vế với vế hai bất đẳng thức (2.4) và

(*) ta nhận được

2 2 2 1 2k k k

Nghĩa là 12 2( 1) 1k k

Bài toán đã giải xong.

Tuy nhiên ví dụ này cũng mắc sai lầm như ví dụ trước không qua bước cơ sở

Ví dụ 3 : Chứng minh rằng những giá trị của hàm số 2( ) 41f n n n với

n = 0, 1, 2, ... là những số nguyên tố.

Lời giải. Ta tính

0 1, 1 41, 2 43, 3 47, 4 53, 5 61,

6 71, 7 83, 8 97, 9 113

f f f f f f

f f f f

Ta có thể tính toán tiếp tục giá trị của f(n) cho tới n = 40, tất cả giá trị này đều

là số nguyên tố. Nhưng với n = 41 ta có 241 41f kết quả 41f không phải

là số nguyên tố, nên kết luận của bài toán là không đúng. như vậy ta thấy một

mệnh đề có thể đúng với 40 trường hợp nói riêng nhưng không đúng với mọi

trường hợp nói chung.

Còn rất nhiều khẳng định sai nếu vận dụng qui nạp theo cách như các ví dụ

trên.

2. 2 Chưa biết vận dụng giả thiết qui nạp

- Một thực trạng nữa cho thấy học sinh rất lúng túng trong việc vận dụng giả

thiết qui nạp

Ví dụ 4 :

- 8 -

Chứng minh rằng với *n¥ ta có đẳng thức :

3 1

2 5 8 ... 3 12

n nn

(2.6)

Lời giải : Ở bước 2, giả sử đẳng thức đúng với n k , học sinh biết viết giả thiết

qui nạp 3 1

2 5 8 ... 3 12

k kk

, nhưng khi viết đẳng thức kết luận ở

vế trái học sinh chỉ viết 2 5 8 ... 3 1 1k , nên khi chứng minh gặp khó

khăn, không thấy được sự hơn kém giữa vế trái của đẳng thức giả thiết và vế

trái của đẳng thức kết luận vì học sinh viết thiếu số hạng thứ k là (3 1k )

2.3 Chưa biết phân tích kết luận để sử dụng giả thiết qui nạp

Ngoài ra khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp qui nạp học sinh

cũng gặp nhiều khó khăn khi tìm ra mối liên quan giữa hai bất đẳng thức giả

thiết và kết luận

Ví dụ 5 : Chứng minh với mọi số tự nhiên 2n , ta có bất đẳng thức :

3 3 1n n

Lời giải : ở bước 2 ta có bất đẳng thức giả thiết 3 3 1k k còn bất đẳng thức

kết luận là 13 3 1 1k k học sinh không biết tìm ra mối liên quan giữa

giả thiết và kết luận

- Việc vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết đối với học sinh cũng là một lĩnh

vực mới còn bỡ ngỡ rất nhiều

Ví dụ 6 : Chứng minh rằng với *n¥ ta có 4 15 1 9n n M

Học sinh thực hiện đầy đủ cả hai bước nhưng ở bước 2 học sinh rất lúng túng

khi phân tích biểu thức 14 15( 1) 1k k của kết luận làm xuất hiện biểu thức

4 15 1k k để áp dụng tính chất chia hết của một tổng.

3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề

3.1 Vận dụng qui nạp chứng minh đẳng thức

*) Chú ý:

- 9 -

- Nắm chắc và thực hiện bắt buộc trình tự hai bước của phương pháp qui

nạp

- Ở bước 2 phải đặt ra được bài toán, trong đó :

Giả thiết (qui nạp) là mệnh đề đúng n k và kết luận là mệnh đề đúng

1n k ; cần làm rõ được sự hơn kém giữa vế trái của đẳng thức giả thiết và

vế trái của đẳng thức kết luận

- Hoàn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối cùng.

Bài toán 1 : Chứng minh rằng với *n¥ ta có

3 1

2 5 8 ... 3 12

n nn

(1)

Lời giải :

Bước 1 : Với n = 1, ta có VT = 2, VP = 2. Vậy đẳng thức đúng với n = 1

Bước 2 : Đặt vế trái bằng n

S

Giả sử đẳng thức (1) đúng với 1n k , nghĩa là :

kS

3 12 5 8 ... 3 1

2

k kk

(giả thiết qui nạp)

Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với 1n k , nghĩa là

1kS

( 1) 3( 1) 12 5 8 ... 3 1 3( 1) 1

2

k kk k

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có :

2

1

(3 1) 3 6 43 2 3 2

2 2k k

k k k k kS S k k

2 ( 1) 3( 1) 13( 2 1) 1

2 2

k kk k k (đpcm).


1 1 1 1 2 1

...2 4 8 2 2

n

n n

(2)

Lời giải :

- 10 -

Bước 1 : Ta có 1

1

1 2 1

2 2

. Vậy đẳng thức đúng với n = 1

Bước 2 : Giả sử đẳng thức (2) đúng với 1n k , tức là ta có:

1 1 1 1 2 1...

2 4 8 2 2

k

k k

Ta chứng minh đẳng thức (2) đúng với 1n k , nghĩa là

1

1 1

1 1 1 1 1 2 1...

2 4 8 2 2 2

k

k k k

. Thật vậy,

1 1

1

1 1

1 1 1 1 1 2 1 1...

2 4 8 2 2 2 2

2(2 1) 1 2 1

2 2

k

k k k k

k k

k k

Vậy đẳng thức (2) đúng với mọi *n¥


2

2 2 2 2 (4 1)1 3 5 ... (2 1)

3

n nn

(3)

Lời giải : Đặt vế trái bằng n

C

Bước 1 : Khi n = 1, VT = VP = 1, hệ thức (3) đúng khi n = 1

Bước 2 : Giả sử hệ thức (3) đúng với 1n k , tức là

kC

2

2 2 2 2 (4 1)1 3 5 ... (2 1)

3

k kk

Ta phải chứng minh

kC

2

2 2 2 2 2 ( 1)[4( 1) 1]1 3 5 ... (2 1) [2( 1) 1]

3

k kk k


2 2

1[2( 1) 1] (2 1)

k k kC C k C k

- 11 -

2

2(4 1) (2 1)[ (2 1) 3(2 1)](2 1)

3 3

k k k k k kk

( 1)(2 3)(2 1)

3

k k k

2( 1)[4( 1) 1]

3

k k

Vậy hệ thức (3) đã được chứng minh.

3.2 Vận dụng qui nạp chứng minh bất đẳng thức

*) Chú ý:


nạp



1n k ; cần vận dụng tốt tính chất của bất đẳng thức.


Bài toán 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 3n ta có

23 4 5n n n (4)

Lời giải :

Bước 1 :Với n = 3, vế trái bằng 27, vế phải bằng 26. Bất đẳng thức (4) đúng.


23 4 5k k k (4’)


1 23 ( 1) 4( 1) 5k k k

Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức (4’) với 3 ta có

1 2 2 23 3 12 15 ( 1) 4( 1) 5 2 6 5k k k k k k k

Vì 22 6 5 0k k nên

1 23 ( 1) 4( 1) 5k k k

Bất đẳng thức (4) đã được chứng minh

Bài toán 5 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên 2n ta có

- 12 -

12 2 3n n (5)

Lời giải :



12 2 3k k (5’)


2 22 2( 1) 3 2 2 5k kk k


2 22 4 6 2 2 5 2 1k kk k k

Vì 2 1 0k nên 22 2 5k k

Vậy 12 2 3n n với mọi số tự nhiên 2n

Bài toán 6 : Chứng minh rằng với *n¥ ta có bất đẳng thức

22 2 5n n (6)

Lời giải :



22 2 5k k (6’)


3 32 2( 1) 5 2 2 7k kk k


22 4 10 2 7 2 3k k k k

Vì 2 3 0k nên 32 2 7k k (đpcm).

2.3.3 Vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết

*) Chú ý:


nạp,


- 13 -


1n k ; cần vận dụng tốt hằng đẳng thức đáng nhớ, tính chất chia hết của

một tổng.



3 11n n chia hết cho 6

Lời giải :

Đặt 3 11n

A n n

Bước 1 :Với n = 1, ta có 3

11 11 12 6A .

Bước 2 : Giả sử với 1n k ta đã có 3 11 6k

A k k


6k

A

, tức là 3

1( 1) 11( 1) 6

kA k k

Thật vậy, ta có

3 3 2

1( 1) 11( 1) 3 1 11 11

kA k k k k k

3 2 2( 11 ) 3( 4) 3( 4)k

k k k k A k k

Vì 6k

A và 2 4 ( 1) 4k k k k là số chẵn nên 1

6k

A

Vậy 3 *11 6,n

A n n n M ¥

Bài toán 8 : Chứng minh rằng với mọi *n¥ ta có

7n n chia hết cho 7

Lời giải :

Đặt 7

nA n n


0 7A M .

Bước 2 : Giả sử với 1n k ta đã có 7 7k

A k k M


7k

A

M , tức là 7

1( 1) ( 1)

kA k k

Thật vậy, áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn ta có

7 7 6 5 4 3 2

1( 1) ( 1) 7 21 35 35 21 7 1 1

kA k k k k k k k k k k

- 14 -

7 6 5 4 3 27( 3 5 5 3 ).k k k k k k k k

Theo giả thiết qui nạp thì 7 7k

A k k M , do đó 1

7k

A

M

Vậy 7

nA n n chia hết cho 7 với mọi *n¥

Bài toán 9 : Chứng minh rằng với mọi *n¥ ta có

4 15 1n n chia hết cho 9

Lời giải :

Đặt 4 15 1n

nS n


18 9S M .

Bước 2 : Giả sử với 1n k ta đã có 4 15 1 9k

kS k M


9k

S

M , tức là 1

14 15( 1) 1 9k

kS k

Thật vậy, ta có 1k

S 14 15( 1) 1 4(4 15 1) 45 18k kk k k

4 9(5 2)k

S k

Theo giả thiết qui nạp thì 4 15 1 9k

kS k M , do đó

19

kS

M

Vậy 4 15 1n

nS n chia hết cho 9 với mọi *n¥

3.4 Một vài ứng dụng khác

Bài toán 10 : Cho tổng 1 1 1 1

... .1.3 3.5 5.7 (2 1)(2 1)

nS

n n

a) Tính 1 2 3 4, , , .S S S S

b) Hãy dự đoán công thức tính n

S và chứng minh bằng phương pháp qui nạp

Lời giải :

a) Ta có

- 15 -

1

2

3

4

1 1

1.3 3

1 1 2

3 3.5 5

2 1 3

5 5.7 7

3 1 4

7 7.9 9

S

S

S

S

b) Từ kết quả câu a) ta dự đoán

.2 1

n

ns

n

Ta sẽ chứng minh công thức (7) bằng phương pháp qui nạp

Bước 1 : với n = 1, theo a) thì (7) đúng

Bước 2 : Giả sử với 1n k ta đã có

.2 1

k

ks

k

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n = k+1


1

1 1

2( 1) 1 2( 1) 1 (2 1)(2 3)k k k

S S Sk k k k

1 (2 3) 1

2 1 (2 1)(2 3) (2 1)(2 3)

k k k

k k k k k

22 3 1 ( 1)(2 1) 1

(2 1)(2 3) (2 1)(2 3) 2( 1) 1

k k k k k

k k k k k

tức là (7) cũng đúng với 1n k . Vậy công thức (7) đã được chứng minh.

Bài toán 11 : Chứng minh số đường chéo của đa giác lồi n cạnh là ( 3)

2

n n

Lời giải :

Với n = 4 số đường chéo của tứ giác là 4(4 3)

22

- 16 -

Mệnh đề đúng với n = 4

Giả sử mệnh đề đúng với đa giác n = k cạnh ( k>4), nghĩa là số đường

chéo của đa giác lồi k cạnh là ( 3)

2

k k . Với đa giác lồi (k+1) cạnh :

1 2... 1k kA A A A

Nối 1 k

A A . Theo giả thiết qui nạp đa giác 1 2... k

A A A có ( 3)

2

k k đường chéo. Số

đường chéo của 1 2... 1k k

A A A A

bằng số đường chéo của 1 2... k

A A A cộng với đường

chéo 1 k

A A và k – 1 đường chéo tạo bởi 1k

A

với k -2 là đỉnh từ 2

A đến 1k

A

.

Vậy số đường chéo của đa giác k+1 cạnh là :

2( 3) 3 2 214 2

2 2

k k k k kk

2 ( 1) ( 1) 3( 1) 3 3

2 2

k kk k

Vậy mệnh đề đúng với 1n k do đó đướng với mọi 4n .

Bài toán 12 :

Chứng minh rằng nếu tam giác ABC vuông tại A, có số đo các cạnh là a, b, c

thì với mọi số tự nhiên 2n , ta có bất đẳng thức

n n nb c a (8)

Lời giải :

Với n = 2 thì theo định lí Pi -ta- go ta có 2 2 2b c a

Vậy bất đẳng thức (8) đúng

Giả sử bất đẳng thức (8) đúng với 2n k , tức là

k k kb c a (8’)

Khi đó 1 1 . . . ( ) .k k k k k k k kb c b b c c b a c a b c a

Sử dụng giả thiết qui nạp (8’) ta có

1 1 1k k kb c a

Tức là (8) đúng với 1n k

- 17 -

Vậy bất đẳng thức (8) đã được chứng minh.

Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi n = 2.

*)Nhận xét :

Phương pháp qui nạp có thể dùng để giải các loại toán sau :

Loại 1 : Chứng minh một kết luận cho sẵn.

Loại 2 : Tìm điều kiện để một kết luận là đúng, bằng cách sử dụng qui nạp

không hoàn toàn để dự đoán kết quả, sau đó mới chứng minh bằng phương

pháp qui nạp.

.

1.1. khái quát chung về tập hợp số tự nhiên

Documents