Mục lục
MỞ ĐẦU 2
1 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP 4
1.1 Nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.1 Suy diễn và quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.2 Một số ví dụ về suy luận quy nạp . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.1 Các bước trong phương pháp chứng minh quy nạp . . . . . 9
1.2.2 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k) . . . . . . . . . . . 12
1.2.3 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1) . . . . . . . . . 13
1.3 Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp toán học . . . . . . . . . 13
1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán phổ thông . 16
1.4.1 Phương pháp quy nạp trong số học . . . . . . . . . . . . . 16
1.4.2 Phương pháp quy nạp trong đại số . . . . . . . . . . . . . . 23
1.4.3 Phương pháp quy nạp trong giải tích . . . . . . . . . . . . 28
1.4.4 Phương pháp quy nạp trong hình học . . . . . . . . . . . . 35
1.5 Một số bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
2 PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG 43
2.1 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng . . . . . . . . . . . . . 45
2.1.1 Cơ sở logic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.1.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh . . . . . . . . . . . 46
2.1.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng . . . . . 48
2.2 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán phổ thông 49
2.2.1 Phương pháp phản chứng trong số học . . . . . . . . . . . 49
2.2.2 Phương pháp phản chứng trong đại số . . . . . . . . . . . . 53
2.2.3 Phương pháp phản chứng trong giải tích . . . . . . . . . . 63
2.2.4 Phương pháp phản chứng trong hình học . . . . . . . . . . 73
2.3 Một số bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

2
MỞ ĐẦU
Trong toán học có rất nhiều bài toán nếu chúng ta chứng minh hay giải nó
theo một cách thông thường thì không đi tới kết quả, hay những khẳng định
toán học dường như rất hiển nhiên nhưng ta không có cách nào để chứng minh.
Khi đó phương pháp chứng minh bằng phản chứng là một công cụ đắc lực, quan
trọng để ta nghĩ tới. Một ví dụ kinh điển nhất về phép chứng minh phản chứng
thuộc về Euclid với phép chứng minh: "Tồn tại vô số số nguyên tố". Euclid đã
phủ định điều cần chứng minh tức là "tồn tại hữu hạn số nguyên tố" và từ giả
thiết đó sau một loạt các diễn giải, ông suy ra điều mâu thuẫn. Điều mâu thuẫn
đó chứng tỏ điều phủ định là sai, khi đó ông khẳng định điều cần chứng minh
là đúng.
Trong chương trình toán phổ thông, hai phương pháp chứng minh quy nạp
và chứng minh phản chứng cũng được đề cập tới. Tuy nhiên sách tham khảo về
những vấn đề trên rất ít. Tại các kì thi học sinh giỏi toán cấp quốc gia, quốc
tế có rất nhiều bài phải sử dụng tới hai phương pháp này để giải. Khi giải toán
không phải lúc nào chúng ta cũng nghĩ tới hai phương pháp đặc biệt trên nên có
nhiều học sinh gặp vướng mắc với những bài toán dạng này. Vậy câu hỏi đặt ra
là: Phương pháp chứng minh quy nạp và phương pháp chứng minh phản chứng
là thế nào? Chúng ta phải vận dụng hai phương pháp đó như thế nào trong việc
giải các bài toán?
Luận văn
" Phương pháp quy nạp và phương pháp phản chứng
với các bài toán phổ thông "
trình bày một số khái niệm cơ bản, các bước thực hiện trong phương pháp chứng
minh quy nạp, chứng minh phản chứng. Từ đó đưa ra các bài toán trong số học,
đại số, giải tích, hình học vận dụng hai phương pháp trên để giải.
Luận văn gồm hai chương.
Chương 1. Phương pháp quy nạp
Chương này tác giả trình bày về nguyên lý quy nạp toán học, các bước trong

2
− n + 41 là số nguyên tố với mọi số tự nhiên n. Ta có thể dễ dàng thấy khi
n = 1, n
2
−n + 41 = 41 là số nguyên tố, khi n = 2 thì n
2
−n + 41 = 43 là số nguyên
tố. Cứ tiếp tục thử nghiệm cho tới khi n = 10 hoặc n = 20 ta cũng không tìm
được phản ví dụ. Tuy nhiên dễ thấy rằng mệnh đề là sai, vì khi cho n = 41 thì
n
2
− n + 41 = 41
2
không là số nguyên tố. Như vậy những kết quả thực nghiệm
là không đủ để đảm bảo tính đúng đắn cho mệnh đề và chúng cũng không thể
kiểm tra được mệnh đề trong tất cả các trường hợp. Ví dụ ta dự đoán tổng của
n số tự nhiên lẻ đầu tiên là 1 + 3 + 5 + + (2n − 1) = n
2
. Tất nhiên ta dễ dàng
kiểm tra được mệnh đề là đúng trong một vài giá trị n đầu tiên (như với 100 số
đầu tiên chẳng hạn). Nhưng chúng ta cũng không thể kết luận mệnh đề là đúng.
Có thể nó sai ở một vài giá trị nào đó mà ta không biết. Vậy chúng ta phải kiểm
4
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
tra mệnh đề bằng cách nào? Công cụ đắc lực ở đây chính là quy nạp toán học.
Trong chương này chúng ta sẽ cùng tìm hiểu về phương pháp quy nạp toán
học và những ứng dụng của nó trong giải toán.
1.1 Nguyên lý quy nạp
1.1.1 Suy diễn và quy nạp
Trong lao động, học tập và sinh hoạt người ta phải suy luận, đánh giá những

Ta thấy rằng
Với n = 1, S(1) = 1 = 1
2
, kết luận của bài toán đúng.
Với n = 2, S(2) = 1 + 3 = 2
2
, kết luận của bài toán đúng.
Với n = 3, S(3) = 1 + 3 + 5 = 3
2
, kết luận của bài toán đúng.
Ta có thể tiếp tục kiểm tra cho các trường hợp tiếp theo. Nhưng những số lẻ
là vô cùng nhiều nên ta không có khả năng kiểm tra hết được từng giá trị. Vậy
có cách nào khác không để suy luận từ một số trường hợp mà sẽ đúng với mọi
trường hợp?
Ta thấy rằng những trường hợp giá trị ở sau đều có thể suy ra kết luận từ giá
trị trước bằng mối quan hệ S(n) = S(n − 1) + 2n − 1, (n ≥ 2).
Nếu ta đã tính được S(n − 1) = (n −1)
2
thì ta có
S(n) = S(n − 1) + 2n −1 = (n − 1)
2
+ 2n − 1 = n
2
.
Như vậy, cứ số trước đã có kết quả đúng thì số sau cũng đúng. Ta có n = 3 kết
luận đúng thì n = 4 kết luận đúng, sau đó n = 5,
Suy ra bài toán đúng với mọi giá trị của n.
Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên đồng (tiền Việt Nam) lớn hơn
6 có thể đổi ra tiền lẻ không dư bằng những đồng tiền gồm những tờ 2 đồng hoặc
5 đồng (1 đồng ở đây bằng 1000 đồng trong thực tế).

với tập hợp các số tự nhiên .
Mệnh đề là một câu trọn nghĩa (một khẳng định) mà nội dung của nó phản
ánh đúng hoặc sai thực tế khách quan.
Những ví dụ trên cho ta thấy rằng mỗi bài toán là một mệnh đề đúng hoặc
sai. Mỗi mệnh đề như vậy lại phụ thuộc vào một biến số tự nhiên n. Một cách
tổng quát ta kí hiệu P (n) là mệnh đề toán học phụ thuộc vào n, với n là số tự
nhiên. Như vậy, thực chất của các ví dụ đã xét là chứng minh dãy mệnh đề sau
đúng (hoặc sai)
P (1), P (2), P(3), , P (n),
Một số bài toán phát biểu dưới dạng: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên
n, P(n) đúng. Như vậy, những bài toán loại này đều liên quan tới tập số tự
nhiên.
Một tính chất của tập số tự nhiên người ta công nhận như một tiên đề và
thường gọi là tiên đề thứ tự.
Tiên đề thứ tự. Mọi tập khác rỗng các số tự nhiên đều có phần tử nhỏ nhất.
Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một khẳng định P (n). Thay vì ta phải đi kiểm
tra vô hạn các mệnh đề thì người ta sử dụng nguyên lý toán học sau là đủ.
Định lý 1.1. (Nguyên lý quy nạp toán học.) Cho n
0
≥ 1 là một số tự nhiên
cố định và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. Giả sử hai
điều kiện sau được thỏa mãn:
7
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
(i) P (n
0
) là mệnh đề đúng và
(ii) Nếu mệnh đề P (k) đúng với mỗi số tự nhiên k ≥ n


− 1 /∈ A (do m

là số nhỏ nhất thuộc A),
nên theo định nghĩa của tập A thì P (m

−1) đúng. Khi đó theo giả thiết (ii) thì
P (m

) = P ((m

− 1) + 1) cũng đúng. (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) suy ra mâu thuẫn. Điều này chứng tỏ A = ∅.
Vậy P (n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n
0
. 
Phương pháp dùng nguyên lý quy nạp toán học để giải toán, người ta gọi là
phương pháp quy nạp toán học.
Chú ý 1.1. Ta cần phân biệt rõ các khái niệm
• "Phép quy nạp" là một phương pháp tư duy dùng để tìm tòi, dự đoán, phát
hiện các kiến thức mới.
• "Phương pháp quy nạp toán học" ta gọi tắt "Phương pháp quy nạp" là một
phương pháp chứng minh các khẳng định chứa chữ n ∈ N (tập hợp các số tự
nhiên).
Ta cũng có thể sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh những khẳng
định đối với các số nguyên.
Nhiều khẳng định mà có thể được chứng minh bằng phương pháp quy nạp cũng
có thể được chứng minh bằng các phương pháp khác đôi khi ngắn gọn hơn.
1.2 Phương pháp chứng minh quy nạp
Dựa theo nguyên lý quy nạp toán học ta đưa ra các bước trong chứng minh

Ví dụ 1.3. Tính tổng của n số tự nhiên đầu tiên.
Lời giải. Kí hiệu S(n) là tổng của n số tự nhiên đầu tiên, nghĩa là
S(n) = 1 + 2 + 3 + + n.
Ta tính một số tổng tại những giá trị ban đầu.
n 1 2 3 4 5 6 7 8
S(n) 1 3 6 10 15 21 28 36
Ta thấy quy luật: Tích của hai số liên tiếp ở hàng trên bằng 2 lần số ở hàng
dưới (số có vị trí cùng cột với số thứ nhất trong 2 số liên tiếp ở hàng trên). Như
1.2 = 2.1, 2.3 = 2.3, 3.4 = 2.6, 4.5 = 2.10, 5.6 = 2.15, 6.7 = 2.21,
Do đó ta có thể dự đoán công thức phải tìm là
S(n) = 1 + 2 + 3 + + n =
n(n + 1)
2
. (1.3)
Biểu thức (1.3) được gọi là giả thiết quy nạp. Muốn chắc chắn công thức này
đúng ta phải chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông qua hai bước:
1. Bước cơ sở. Với n = 1 công thức (1.3) đúng như cách tính ở trên.
2. Bước quy nạp. Giả sử n = k ≥ 1 (k ∈ Z
+
), S(k) đúng tức là S(k) =
k(k + 1)
2
.
Ta phải chứng minh (1.3) cũng đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
S(k + 1) = S(k) + (k + 1)
=
k(k + 1)
2
+ (k + 1) =

Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho T(n).
Nhưng với kinh nghiệm và kết quả đã tính ở bài trước ta có bảng như sau:
n 1 2 3 4 5 6
S(n) 1 3 6 10 15 21
T(n) 1 9 36 100 225 441
Ở đây S(n) = 1 + 2 + + n.
Từ bảng trên ta thấy rằng có thể
T (n) = S
2
(n) : 1 = 1
2
, 9 = 3
2
, 36 = 6
2
,
Công thức tính S(n) đã biết ở bài toán 1.3, khi đó ta có công thức cho giả thiết
quy nạp là
T (n) = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=

n(n + 1)
2

= (k + 1)
2

k
2
4
+ k + 1

= (k + 1)
2

k
2
+ 4k + 4
4

=

(k + 1)(k + 2)
2

2
.
Vậy (1.4) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra (1.4)
đúng với mọi số tự nhiên n.
Do đó ta có
1
3
+ 2
3

Bước kiểm tra ban đầu có một ý nghĩa đặc biệt là tạo ra cơ sở để thực hiện
quy nạp. Bước thứ hai đưa ra nguyên tắc cho việc mở rộng tự động vô hạn trên
cơ sở các điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang
trường hợp riêng khác: từ k đến k + 1.
Bài toán trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì không có cơ sở để thực
hiện quy nạp, vì thế việc kiểm tra phần quy nạp không có ý nghĩa gì.
• Khi ta chỉ chứng minh được một số điều kiện ban đầu mà bỏ qua phần quy
nạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở
đó. Do đó điều ta khẳng định có thể sẽ bị sai.
Ta xét ví dụ sau: Nhà Toán học Pháp P.Fermat (1601 - 1665) đã cho rằng
các số dạng 2
2
n
+ 1 đều là số nguyên tố với n là số nguyên không âm.
Khi đó, P.Fermat chỉ xét 5 số đầu tiên:
Với n = 0 cho 2
2
0
+ 1 = 2 + 1 = 3 là số nguyên tố.
n = 1 cho 2
2
1
+ 1 = 2
2
+ 1 = 5 là số nguyên tố.
n = 2 cho 2
2
2
+ 1 = 2
4

Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
(1.5)
Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n.
Đặt
S(n) = 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì S(1) = 1
2
= 1 =
1.2.3
6
, công thức (1.5) đúng.

k(2k + 1) + 6(k + 1)
6
= (k + 1)
2k(k + 1) + k + 4(k + 1) + 2
6
=
(k + 1)(k + 2)[2(k + 1) + 1]
6
.
Do đó (1.5) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học (1.5) đúng với mọi số tự nhiên n.
12
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1.2.3 Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1)
Bước quy nạp toán học cần khẳng định P (k + 1) được suy ra từ P(k).
Nhưng nhiều khi việc biến đổi trực tiếp từ P (k) sang P (k + 1) gặp rất nhiều khó
khăn hoặc không có hướng chính xác để biến đổi. Khi đó ta phải làm ngược lại
để biểu diễn P(k + 1) thành những mệnh đề P (k) và tiến hành quy nạp.
Ví dụ 1.6. Chứng minh rằng số z
n
= 3
2n+1
+ 40n −67 chia hết cho 64 với mọi
số nguyên không âm n.
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 0 ta có z
0
= 3
1
−67 = −64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng.

trị n = k − 1 và n = k của mệnh đề trước khi suy ra đúng với n = k + 1. Trong
trường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra không những chỉ với n
0
, mà cả n
0
+ 1.
Tổng quát hơn ta có các định lý sau:
Định lý 1.2. Cho P (n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Giả
sử hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) P(1) là mệnh đề đúng và
(ii) Nếu các mệnh đề P (1), P (2), , P (k) đúng với mỗi số tự nhiên k ≥ 1 kéo
theo mệnh đề P (k + 1) cũng đúng.
Khi đó mệnh đề P(n) đúng với tất cả các số tự nhiên n ≥ 1.
13
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Chứng minh. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n ≥ 1 mà P (n) không đúng.
Giả sử A = ∅, khi đó sẽ tồn tại một số tự nhiên m mà P (m) không đúng. Ta lấy
số tự nhiên nhỏ nhất m

trong A mà
P (m

) không đúng. (1.6)
Điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự. Theo giả thiết (i) thì P (1) đúng nên
m

> 1 suy ra m

−1 ≥ 1. Vì k := m


+
1
x
n
cũng là một số nguyên."
1. Bước cơ sở. Khi n = 1 mệnh đề hiển nhiên đúng.
2. Bước quy nạp. Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n có giá trị từ
1 đến k, nghĩa là x +
1
x
, x
2
+
1
x
2
, . . . , x
k
+
1
x
k
là những số nguyên.
Ta cần chứng minh x
k+1
+
1
x
k+1
cũng là số nguyên.

Theo giả thiết quy nạp x +
1
x
, x
k
+
1
x
k
, x
k−1
+
1
x
k−1
đều là các số nguyên.
Vậy x
k+1
+
1
x
k+1
cũng là số nguyên. Theo định lý 1.2, mệnh đề được chứng minh.
Từ mệnh đề, dễ dàng suy ra x
2013
+
1
x
2013
cũng là một số nguyên.

− 1 ≥ 1. Đặt k := m

− 1, ta sẽ chứng minh
P (m

) = P (k + 1) cũng đúng. (1.9)
Thật vậy, nếu k < n
0
thì k + 1 ≤ n
0
nên theo giả thiết (i), ta có P (m

) = P (k + 1)
đúng. Nếu k ≥ n
0
thì do k = m

−1 /∈ A (vì m

là số nhỏ nhất thuộc A), nên theo
định nghĩa của tập A thì P (k) đúng. Tương tự k −1 /∈ A và P (k −1) đúng, cứ lặp
lại như thế sau n
0
−1 bước, ta thu được một dãy P(k−n
0
+1), P(k−n
0
+2), . . . , P(k)
là những mệnh đề đúng. Khi đó theo giả thiết (ii), ta có P (m


= 14.
1. Bước cơ sở: Các số S
1
= 27, S
2
= x
2
1
+ x
2
2
= (x
1
+ x
2
)
2
− 2x
1
x
2
= 701 và
S
3
= x
3
1
+ x
3
2

2
)

x
k
1
+ x
k
2

− x
1
x
2

x
k−1
1
+ x
k−1
2

= (x
1
+ x
2
)

(x
1

1
+ x
k−1
2

= 27

27

x
k−1
1
+ x
k−1
2

− 14

x
k−2
1
+ x
k−2
2

− 14

x
k−1
1

2
không chia hết cho 715,
378 không chia hết cho 715 và 378 = 2.3
3
.7, 715 = 5.11.13
nên x
k+1
1
+ x
k+1
2
không chia hết cho 715.
Khi đó mệnh đề đúng với n = k + 1.
Vậy theo định lý 1.3, khẳng định của bài toán đúng với mọi n nguyên dương.
Nhận xét 1.1. Ta thấy định lý 1.2 giả thiết quy nạp mạnh hơn định lý 1.3 trong
bước quy nạp. Trong thực tế áp dụng định lý 1.2 dễ hơn định lý 1.3.
Đôi lúc trong thực tế, khi giải toán chúng ta gặp trường hợp dãy mệnh đề bắt
đầu từ P(0) hoặc P (n
0
), (n
0
là một số tự nhiên nào đó). Khi đó ta vẫn áp dụng
các định lý như bình thường. Ta sẽ xét ví dụ sau đây.
Ví dụ 1.9. Cho v
0
= 2, v
1
= 3 và với mỗi số tự nhiên k có đẳng thức sau
v
k+1


− 2

2
k−1
+ 1

= 2
k+1
+ 1,
nên công thức (1.10) đúng với n = k + 1.
Theo định lý 1.3 suy ra v
n
= 2
n
+ 1 đúng với mọi số tự nhiên n.
1.4 Vận dụng phương pháp quy nạp để giải các bài toán phổ
thông
Quy nạp toán học là một phương pháp khá phổ biến và thông dụng. Nó được
ứng dụng rất nhiều trong số học, đại số, giải tích và hình học. Chúng ta hãy
cùng đi xét một số bài toán vận dụng phương pháp quy nạp để giải sau đây.
1.4.1 Phương pháp quy nạp trong số học
Ta xét một số bài toán về phép chia hết và tính chất các số.
Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, thì
S
n
= (n + 1)(n + 2) (n + n) chia hết cho 2
n
.
16

k+1
chia hết cho 2
k+1
.
Theo nguyên lý quy nạp toán học S
n
chia hết cho 2
n
với mọi n nguyên dương.
Bài toán 1.2. (Định lý Fermat) Nếu p là một số nguyên tố, thì với mọi số
nguyên dương n hiệu n
p
− n chia hết cho p.
Lời giải. Khẳng định trên được chứng minh bằng quy nạp theo n.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 ta có 1
p
− 1 = 0 chia hết cho p.
Khẳng định đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử khẳng định đúng với n = a ≥ 1, (a ∈ Z
+
), nghĩa là a
p
−a
chia hết cho p. Ta cần chứng minh (a + 1)
p
− (a + 1) cũng chia hết cho p.
Khai triển (a + 1)
p
bằng nhị thức Newton ta có
(a + 1)

+ . . . + C
p−2
p
a
2
+ pa.
Vì các hệ số C
k
p
=
p(p − 1)(p − 2) . . . (p −k + 1)
1.2.3 . . . k
, (2 ≤ k ≤ p −2) đều chia hết cho
p và a
p
− a chia hết cho p (theo giả thiết quy nạp) nên suy ra (a + 1)
p
− (a + 1)
cũng chia hết cho p.
Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có với mọi số nguyên dương n số n
p
−n
chia hết cho số nguyên tố p. Định lý được chứng minh.
Bài toán 1.3. Chứng minh rằng
7 + 77 + 777 + + 777 7

n chữ số 7
=
7
81

7
81
(10
k+1
− 9k −10).
Ta cần phải chứng minh
S
k+1
=
7
81
(10
k+2
− 9(k + 1) −10).
Thật vậy,
S
k+1
= S
k
+ 777 7

k+1 chữ số
= S
k
+ 7.10
k
+ 7.10
k−1
+ + 7.10
2

k+1
− 1
10 − 1
=
7
81

10
k+1
− 9k −10 + 9.10
k+1
− 9

=
7
81

10.10
k+1
− 9k −19

=
7
81

10
k+2
− 9(k + 1) −10

.

=
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
3
.
18
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Vậy đẳng thức (1.12) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp thì đẳng thức (1.12) đúng với mọi số tự nhiên n.
Bài toán 1.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì
0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n! = (n + 1)! −1. (1.13)
Lời giải. Đặt S(n) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + n.n!.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì S(1) = 0.0! + 1.1! = 2! −1 = 1.
Đẳng thức (1.13) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử đẳng thức (1.13) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N). Khi đó
S(k) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + k.k! = (k + 1)! − 1.
Ta phải chứng minh đẳng thức (1.13) đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
S(k + 1) = 0.0! + 1.1! + 2.2! + 3.3! + + k.k! + (k + 1)(k + 1)!
= (k + 1)! −1 + (k + 1)(k + 1)!
= (k + 1)!(k + 1 + 1) − 1
= (k + 2)! −1.
Suy ra đẳng thức (1.13) đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp đẳng thức (1.13) đúng với mọi số tự nhiên n.
Bài toán 1.6. Hãy tính tổng sau với n là số tự nhiên,
1
1.2.3
+
1
2.3.4
+

1
2.3.4
=
2(2 + 3)
4.(2 + 1)(2 + 2)
1
1.2.3
+
1
2.3.4
+
1
3.4.5
=
3(3 + 3)
4.(3 + 1)(3 + 2)

Từ đó ta có thể giả thiết
T
n
=
n(n + 3)
4(n + 1)(n + 2)
. (1.14)
19
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Ta chứng minh giả thiết trên bằng phương pháp quy nạp.
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì T
1
=

=
k

i=1
1
i(i + 1)(i + 2)
+
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
k(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)
+
1
(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
k(k + 3)(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
+
4
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
k
3
+ 6k
2
+ 9k + 4
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=
(k + 1)

n
} và {y
n
} là hai dãy số được xác định một cách đệ quy như sau:
x
0
= 1, x
1
= 4, x
n+2
= 3x
n+1
− x
n
;
y
0
= 1, y
1
= 2, y
n+2
= 3y
n+1
− y
n
.
Chứng minh rằng x
2
n
− 5y

1. Bước cơ sở. Với n = 0 thì (x
1
, y
1
) =

3.1+5.1
2
,
1+3.1
2

= (4, 2).
Với n = 1 thì (x
2
, y
2
) =

3.4+5.2
2
,
4+3.2
2

= (11, 5).
Vậy (1.15) đúng khi n = 0 và n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.15) đúng khi n = k và n = k + 1, với k ≥ 0 (k ∈ Z).
Theo bài ra ta có
(x

2
, 3.
x
k+1
+ 3y
k+1
2
−
x
k
+ 3y
k
2

=

3
2
(3x
k+1
− x
k
) +
5
2
(3y
k+1
− y
k
),

)

.
Như vậy (1.15) đúng với n = k + 2. Theo định lý 1.3 ta có (1.15) đúng với mọi
số nguyên không âm n.
Tiếp theo, ta chứng minh x
2
n
− 5y
2
n
+ 4 = 0 bằng quy nạp theo n.
Khi n = 0 thì ta có 1 −5 + 4 = 0. Công thức đúng với n = 0.
Giả sử công thức này đúng với n = k, (k ≥ 0, k ∈ Z), tức là x
2
k
− 5y
2
k
+ 4 = 0.
Ta chứng minh công thức đúng với n = k + 1. Thật vậy,
x
2
k+1
− 5y
2
k+1
+ 4 =

3x

+ 4 = 0.
Theo nguyên lý quy nạp ta có x
2
n
− 5y
2
n
+ 4 = 0 với mọi số nguyên n ≥ 0.
Ở phần quy nạp trong dãy số này ta quan tâm tới dãy số Fibonacci, dãy số
có nhiều ứng dụng và tính chất hay. Dãy số Fibonacci được định nghĩa như sau:
F
0
= 0, F
1
= 1 và với mọi n ≥ 2 thì F
n
= F
n−2
+ F
n−1
.
Ta có dãy số Fibonacci cụ thể: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, . . .
Ta xét các ví dụ sau đây trên dãy số Fibonacci.
Bài toán 1.8. Chứng minh rằng nếu n ≥ 1 thì F
n
≤

7
4


Ta cần chứng minh P(k + 1) đúng.
Ta có
F
k+1
= F
k−1
+ F
k
≤

7
4

k−2
+

7
4

k−1
(theo P(k-1) và P(k))
=

7
4

k−2

1 +
7

Theo định lý 1.3 ta có F
n
≤

7
4

n−1
với n ≥ 1.
Bài toán 1.9. Chứng minh rằng với n ≥ 1, thì
F
1
F
2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2n
F
2n+1
= F
2
2n+1
− 1.
Lời giải. Với n ≥ 1, kí hiệu P (n) là mệnh đề
F
1
F

F
1
F
2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2k
F
2k+1
= F
2
2k+1
− 1.
Ta lại có
F
1
F
2
+ F
2
F
3
+ . . . + F
2k
F
2k+1
+ F

= F
2k+1
F
2k+3
+ F
2k+2
F
2k+3
− 1
= (F
2k+1
+ F
2k+2
)F
2k+3
− 1
= F
2k+3
.F
2k+3
− 1
= F
2
2k+3
− 1.
22
Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Vậy P (k + 1) đúng.
Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có điều phải chứng minh.
1.4.2 Phương pháp quy nạp trong đại số

sin

θ
2

sin

θ
2

.
Vậy công thức (1.16) đúng với n = 1.
2. Bước quy nạp. Giả sử công thức (1.16) đúng với n = k ≥ 1, (k ∈ Z
+
), nghĩa là
S(k) =
k

j=1
sin(jθ) =
sin

k + 1
2
θ

sin

kθ
2

θ
2

+ sin(k + 1)θ
=
sin

k + 1
2
θ

sin

kθ
2

sin

θ
2

+ 2 sin

k + 1
2
θ

cos

k + 1

θ

sin(
kθ
2
) + sin

k+2
2
θ

− sin(
kθ
2
)
sin(
θ
2
)
= sin

k + 1
2
θ

sin

k+2
2
θ

α) =
sin(2
k+1
α)
2
k+1
sin α
.
Ta cần chứng minh công thức (1.17) đúng với n = k + 1.
Thật vậy,
T (k + 1) = cos α cos(2α) cos(4α) . . . cos(2
k
α) cos(2
k+1
α)
=
sin(2
k+1
α)
2
k+1
sin α
cos(2
k+1
α)
=
2 sin(2
k+1
α) cos(2
k+1

√
n. (1.18)
Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 2 ta có 1 +
1
√
2
>
√
2, hiển nhiên đúng.
Bất đẳng thức đúng với n = 2.
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.18) đúng với n = k ≥ 2 (k ∈ Z
+
), khi đó
1
√
1
+
1
√
2
+ . . . +
1
√
k
>
√
k. (1.19)
Ta cần chứng minh bất đẳng thức (1.18) đúng với n = k + 1, nghĩa là
1

1
√
k + 1
>
√
k +
1
√
k + 1
(theo (1.19)).
Mặt khác,
√
k +
1
√
k + 1
>
√
k + 1 ⇐⇒
1
√
k + 1
>
√
k + 1 −
√
k. (1.21)
Chia cả 2 vế của bất đẳng thức (1.21) cho
√
k + 1 −


a + 2 + +
√
a + n < a + 3. (1.22)
25