viettug vietex-doc-bai51quynap

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

Bài 5. QUY NẠP TOÁN HỌC VÀ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN

Những bài trước đã học nguyên lí quy nạp toán học và cách sử dụng

nó trong suy luận và giải bài tập trong các môn về toán học. Bài này tiếp

tục nghiên cứu quy nạp toán học với những chuyên đề như định nghĩa

quy nạp, biểu diễn hồi quy, công thức trong tổ hợp cơ sở, ...

1. Định nghĩa quy nạp

Nhiều bài toán trong học tập đã biết như cấp số cộng, cấp số nhân,

... Mỗi số hạng của các dãy số này được biểu diễn bằng những phép toán

trên những giá trị của các số hạng trước nó, trừ những trường hợp khởi

đầu. Nhiều công thức chung của dãy đưa ra như định nghĩa một dãy.

Phương pháp cho một dãy như vậy rất giống với nguyên lí quy nạp toán

học. Như vậy, ta có thể dùng quy nạp để định nghĩa một khái niệm mới.

Những khái niệm xây dựng như vậy gọi là định nghĩa quy nạp. Ví dụ

định nghĩa giai thừa của một số nguyên được kí hiệu là P(n) = n! như sau:

Nếu n = 0 ta gán P(0) = 1 và nếu với mỗi n > 0 gán giá trị P(n) = n.(n-

1)...2.1, nghĩa là tích n số nguyên dương đầu tiên. Như vậy cũng giống

như nguyên lí quy nạp toán học: Bước cơ sở của định nghĩa là những giá

trị khởi đầu, ở đây nếu n =0 thì n! = 1. Bước định nghĩa quy nạp là nếu n!

đã được xác định thì ta có thể xác định

(n + 1)! = (n + 1). n!.

Như vậy để diễn tả dãy vô hạn những đại lượng có liên quan với nhau

qua từng bước người ta có thể định nghĩa bằng phương pháp quy nạp. Ví

dụ cấp số cộng hoặc cấp số nhân ta có thể định nghĩa theo kiểu này. Từ

định nghĩa theo quy nạp người ta đi tìm tổng n đại lượng đầu tiên và biểu

diễn số hạng chung của nó. Điều này thể hiện rất rõ trong các công thức

http://nhdien.wordpress.com 49


cho số hạng tổng quát và tổng các số đầu tiên của các cấp số cộng và cấp

số nhân. Nhiều bài toán đưa ra một dãy bằng cách định nghĩa và sau đó

đòi hỏi chúng ta tìm số hạng tổng quát của nó. Sau đó chứng minh bằng

phương pháp quy nạp toán học.

Ví dụ 47. Dãy số a1, a2, ..., an, ... được xác định như sau:

a1 = 1, a2 = 2, 11 2

n nn

a aa −

+

+= với n ≥ 2. Hãy tìm số hạng an.

Lời giải. Ta có a2 – a1 = 1, a3 – a2 = 1

2

a a2+ - a2 = 1 2

2

a a− = 1

2− .

a4 – a3 = 2 3

2

a a− = 1

4,... Ta có thể tính một số giá trị nữa và tìm được giả

thiết quy nạp 2

1

1

2

n

n na a−

−⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

. (12)

Ta chứng minh công thức (12) bằng quy nạp toán học.

Bước cơ sở: Với n = 2 (cả với n =3, 4) công thức (12) đúng như trên.

Bước quy nạp: Giả sử (12) đúng với n = k, tức là đã có 2

1

1

2

k

k ka a−

−⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎝ ⎠

. Ta phải chứng minh (12) đúng cho n = k + 1. Thật

vậy, với định nghĩa của dãy và giả thiết quy nạp ta có 2 1

1 11

1 1 1

2 2 2 2

k k

k k k kk k k

a a a aa a a

2

− −− −

+

+ − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − = = − − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

Suy ra công thức (12) đúng với mọi n = 2, 3, 4, ... Mặt khác, với n ≥ 2, ta

có thể viết như sau:

an = a1 + (a2 – a1) + (a3 – a2) + ... +(an – an-1)

= −

⎛ ⎞+ − + − + + ⎜ ⎟⎝ ⎠

21 1 1 1

1 12 4 8 2

n



=

−

−⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎝ ⎠+ − + − + + = +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ − −⎜ ⎟⎝ ⎠

1

21

11 1 1 1 2

1 1 112 4 8 2 12

n

n

= 1 1

2 1 5 2 11 1

3 2 3 3 2

n n− −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − = − −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Vậy 1

5 2 1

3 3 2

n

na−

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Ví dụ 48. Dãy số a1, a2, ..., an, ... được xác định như sau: 2

2( 2)( 1) 0n nn n a n a++ + − = , với n = 1, 2, ... (13)

và a1 = 0, a2 = 1. Hãy tìm an.

Lời giải. Ta viết lại công thức (13) 2

2 ( 1)( 2)n n

na a

n n+ =+ +

.

Dễ thấy rằng những số hạng mang chỉ số lẻ bằng 0. Thật vậy,

đặt n = 2k – 1, khi đó với k = 1, 2, ... ta có 2

2 1 2 1

(2 1)

2 (2 1)k k

ka a

k k+ −−

=+

.

Từ a1 = 0, từ công thức trên theo định nghĩa quy nạp a3 = 0, a5 = 0, ... Khi

ta đặt n = 2k, thì những số hạng chẵn có công thức 2

2 2 2

2

( 1)(2 2)k

ka

k k+ =+ + ka . (14)

Với k = 1, 2, 3 từ (14) ta tính được

4 2

2 1 1.1

2.3 1.3 3a a= = = ;

2

6 4

2.2 2.4 1.

3.5 3.5 3a a= = ;

2

8 6

2.3 2.4.6 1.

4.7 3.5.7 4a a= = .

So sánh mỗi số hạng với chỉ số và đưa ra giả thiết



2

2.4.6...(2 2) 1.

1.3.5...(2 1)k

ka

k k−

=−

. (15)

Ta chứng minh giả thiết trên bằng quy nạp.

Bước cơ sở: Với k = 2, 3, 4 công thức (15) nhận được a2, a4 và a8 đúng

như trên.

Bước quy nạp: Giả sử (15) đúng với k, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng

với k + 1:

2 2

2.4.6...2 1.

1.3.5...(2 1) 1k

ka

k k+ =+ +

.

Thật vậy, do (14) và giả thiết quy nạp ta có 2

2( 1)

2 2.4.6...(2 2) 1.

( 1)(2 1) 1.3.5...(2 1)k

k ka

k k k+−

=+ + − k

2.4.6...(2 2)2 1.

1.3.5...(2 1)(2 1) 1

k kk k k

−=

− + +.

Như vậy, công thức (15) đã được chứng minh. Tóm lại

= −⎧⎪= −⎨ =⎪ −⎩

0 2 1,

.2.4.6...(2 2) 1

. 2 1.3.5...(2 1)

n

n ka k

n kk k

=( 1,2,...k )

Người ta hay dùng công thức để định nghĩa một công thức nào đó,

nhưng công thức không chỉ phụ thuộc vào một đối số mà nhiều đối số, ví

dụ như định nghĩa hệ số Newton:

!!( )!

kn

nCk n k

=−

với n = 0, 1, 2, ..., k = 0, 1, ..., n

Hoặc là ( 1)...( 11.2.3...

kn

n n n kCk

)− − += , với n = 0, 1, 2, ..., k = 0, 1, ..., n



Chúng ta thiết lập tam giác số Pascal theo nguyên tắc: Cột đầu tiên và

cạnh huyền gồm toàn số 1, số ở hàng thứ n và cột k là tổng của hai số ở

hàng n – 1, tại cột thứ k – 1 và k.

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

... ... ... ... ...

Ví dụ 49. Chứng minh rằng những số trong bảng trên là những hệ số

Newton: Mỗi số đứng ở hàng thứ n và cột thứ k là . knC

Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo hàng n.

Bước cơ sở: Chứng minh bằng phương pháp quy nạp, với n = 0 mệnh đề

đúng.

Bước quy nạp: Giả sử hàng thứ n được tạo bởi các số , ,..., và

kí hiệu

0nC 1

nC knC

1,0nβ + , 1,1nβ + , ..., 1, 1n nβ + + là những số ở hàng thứ n + 1. Ta sẽ chứng

minh rằng . Thật vậy, áp dụng nguyên tắc tạo bảng số và giả

thiết quy nạp ta có

1, 1k

n k nCβ + = +

11,

! !( 1)!( )! !( )

k kn k n n

n nC Ck n k k n k

β −+ = + = +

− − + − !

= 1! 1 1 ( 1)!

( 1)!( )! 1 !( 1)!kn

n n Ck n k n k k k n k +

+⎛ ⎞− = =⎜ ⎟− − − + − +⎝ ⎠.

Như vậy ta đã chứng minh được công thức trong tam giác Pascal 1

1k kn nC C C− k

n++ = .

Ví du 50. Gọi trung tuyến của n-giác là đoạn thẳng nối các đỉnh của n-

giác đến trọng tâm của các (n-1)-giác thành lập bởi n-1 đỉnh còn lại.



Chứng minh rằng các trung tuyến của n-giác A1A2...An giao nhau tại một

điểm và điểm này chia các trung tuyến theo tỉ số (n-1) : 1.

Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 3, tam giác A1A2A3 với những trung tuyến

của tam giác đó được xem như các đoạn thẳng nối đỉnh tam giác với

trung điểm của cạnh đối diện (ta có thể gói trung điểm này là trọng tâm

của đoạn thẳng). Các trung tuyến này đồng quy tại một điểm và điểm đó

chia các trung tuyến theo tỉ số 2 : 1 kể từ đỉnh.

Với n = 4, tứ giác A1A2A3A4 và gọi S là trung điểm (trọng tâm)

của A1A2 và O1, O2 theo thứ tự là trọng tâm của tam giác A1A2A3,

A1A2A4. Gọi O là giao điểm của hai trung tuyến A3O2, A4O1.

Vì SA3 và SA4 là trung tuyến của các tam giác A1A2A3, A1A2A4

nên 3

1 2

31

SA SASO SO

= = 4 suy ra 3

1 2

SA SASO SO

= 4 , nên O1O2 // A3A4 và

3 4 3

1 2 1

31

A A SAO O SO

= = . Từ các tam giác đồng dạng OA3A4 và O1O2 suy ra

4 3 3 4

1 2 1 2

31

OA OA A AOO OO O O

= = = .

Như vậy, giao điểm của hai trung

tuyến xuất phát từ hai đỉnh kề nhau

của tứ giác chia chúng theo tỉ số 31

suy ra bốn trung tuyến của tứ giác

đồng quy tại O và điểm này chia

các trung tuyến theo tỉ số 3 : 1.

A2

O1

OO2

S

A3

A4

A1

Hình 13 O được gọi là trọng tâm của tứ giác.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề cần chứng minh đúng với n = (k – 1)-

giác. Nghĩa là trọng tâm của (k – 1)-giác đồng quy tại O và điểm này chia



chúng theo tỷ số (k-2):1. Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k-

giác, tức là các trung tuyến của n giác đồng quy tại O và điểm này chia

những trung tuyến theo tỉ số (k-1):1.

Thật vậy, gọi S là trọng tâm của (k-2)-giác A1A2...Ak-2 khi đó SAk-1

và SAk là những trung tuyến của (k-1)-giác A1A2...Ak-1 và A1A2...Ak-2Ak

(h. 14). Nếu Ok và Ok-1 theo thứ tự là trọng tâm của hai (k-1)-giác này thì

theo giả thiết quy nạp

1

1

1

1k k

k k

SA SA kSO SO

−

−

−= = , suy ra

Ok-1Ok // AkAk-1 và 1

1

1

1k k

k k

A A kO O

−

−

−= .

Gọi O là giao điểm của hai trung

tuyến Ok-1Ak-1 và OkAk khi đó, từ

hai tam giác đồng dạng OOk-1Ok và

OAk-1Ak suy ra

Ak-1A3O

Ok-1

OkS

Ak

Ak

A1

A2

Hình 14

1 1

k-1 1

1

OO 1k k k k

k k k

OA OA A A kOO O O

− −

−

−= = = .


viettug vietex-doc-bai51quynap

Documents