ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
------------------

NGUYỄN THỊ MAI ANH

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
VÀ PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
VỚI CÁC BÀI TOÁN PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số:
60.46.01.13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TS. ĐẶNG HUY RUẬN

Hà Nội - Năm 2013


Mục lục
MỞ ĐẦU
1

2

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
1.1 Nguyên lý quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Suy diễn và quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
2.1 Phương pháp chứng minh bằng phản chứng . . . . . . . . . . . . .
2.1.1 Cơ sở logic . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.1.2 Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh . . . . . . . . . . .
2.1.3 Các bước suy luận trong chứng minh phản chứng . . . . .
2.2 Vận dụng phương pháp phản chứng để giải các bài toán phổ thông
2.2.1 Phương pháp phản chứng trong số học . . . . . . . . . . .
2.2.2 Phương pháp phản chứng trong đại số . . . . . . . . . . . .
2.2.3 Phương pháp phản chứng trong giải tích . . . . . . . . . .
2.2.4 Phương pháp phản chứng trong hình học . . . . . . . . . .
2.3 Một số bài tập tự giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

4
5
5
5
7
8
9
12
13
13
16
16
23
28

thế kỷ III trước công nguyên. Sau Euclid đã xuất hiện các mô hình hình học
mới. Tuy nhiên, phép suy diễn không phải là con đường duy nhất của tư duy
khoa học, kể cả tư duy toán học. Nhà toán học vĩ đại Euclid đã viết: "Trong
thực tế, nhiều tính chất của các số đã biết đều được tìm ra bằng phép quy nạp
và được tìm thấy rất lâu trước khi sự đúng đắn của chúng được chứng minh chặt
chẽ. Cũng có rất nhiều tính chất quen thuộc với chúng ta nhưng hiện thời chúng
ta còn chưa chứng minh được. Chỉ có con đường quan sát và tư duy quy nạp
mới có thể dẫn chúng ta đến chân lý." Như vậy chỉ các quan trắc thực tế là con
đường chủ yếu dẫn đến những chân lý khoa học mới. Ví dụ như nhà toán học
người Mỹ J. Garfulkel đã dùng máy tính điện tử tính toán trên 700 tam giác cụ
thể để tìm ra nhiều hệ thức liên hệ mới giữa các yếu tố trong tam giác mà sau
đó, ông hay các nhà toán học khác đã chứng minh được tính đúng đắn của một
số hệ thức, còn các hệ thức khác hiện nay vẫn được coi là các giả thuyết. Như
vậy trong Toán học cũng như trong các ngành khoa học khác, một kết quả mới
thường được tìm bằng phép quy nạp, dựa vào nhiều quan trắc, nhận xét. Ở đây
ta hiểu quy nạp là quá trình đi từ những cái cụ thể đến những cái tổng quát.

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

Chương 1

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Toán học được xây dựng trên một tập hợp các tiên đề và định nghĩa. Những
tiên đề, định nghĩa này là nền tảng cơ bản cho các định lý. Tất cả các định lý
được sáng tạo ra, được chứng minh nhờ sử dụng các tiên đề, định nghĩa hay các
định lý được chứng minh trước đó. Ngược lại, lý thuyết ở hầu hết các ngành
khoa học khác (ví dụ như định luật Newton về chuyển động trong vật lý...),
thường được xây dựng dựa trên kết quả thực nghiệm và có thể không bao giờ
được chứng minh là đúng. Các thực nghiệm và quan trắc không đủ để chứng tỏ
rằng mệnh đề toán học là đúng. Ví dụ như nhà toán học Fermat (1601 - 1665)
dự đoán rằng khi n là một số nguyên lớn hơn 2 thì phương trình xn + y n = z n
không có nghiệm nguyên dương. Các nhà toán học đã cố gắng rất nhiều để
tìm ra một phản ví dụ (tức là một tập các nghiệm nguyên dương) nhưng đều
thất bại. Phải mất hơn ba thế kỷ để tìm lời giải nhưng các nhà toán học vẫn
không thành công. Tới năm 1994 nhà toán học người Anh Andrew Wiles đã tìm
ra lời giải. Sẽ là một sai lầm nếu như ta kết luận hoặc dự đoán một mệnh đề
toán học đúng chỉ đơn thuần bằng thực nghiệm. Ví dụ ta có thể dự đoán rằng
n2 − n + 41 là số nguyên tố với mọi số tự nhiên n. Ta có thể dễ dàng thấy khi
n = 1, n2 − n + 41 = 41 là số nguyên tố, khi n = 2 thì n2 − 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
n2 − n + 41 = 412 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) = n2 . 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

hai loại tiền 2 đồng và 5 đồng. Suy ra nó cũng đổi được thành các đồng 2 đồng
và 5 đồng.
Như vậy khẳng định của bài toán là đúng.
1.1.3

Nguyên lý quy nạp toán học

Cơ sở của nguyên lý quy nạp toán học là tiên đề thứ 5 (còn gọi là tiên đề quy
nạp) của hệ tiên đề PEANO về tập hợp số tự nhiên được xây dựng từ cuối thế
kỉ 19.
• Tiên đề 1. 1 là số tự nhiên.
• Tiên đề 2. Với mọi số tự nhiên a, có một số tự nhiên a* đi liền sau a.
• Tiên đề 3. Số 1 không đi liền sau số tự nhiên nào. Nói cách khác, với mọi số
tự nhiên a ta chỉ có a* khác 1.
• Tiên đề 4. Nếu a*=b* thì a=b. Số tự nhiên đi liền sau a là duy nhất.
• Tiên đề 5. (Tiên đề quy nạp) Giả sử M là một tập hợp các số tự nhiên có
tính chất: M chứa 1, và nếu M chứa a thì M cũng chứa a*. Khi đó tập M trùng
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

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 ≥ n0 .
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
theo phương pháp quy nạp toán học.

8


Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

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 =

2

Do đó công thức (1.3) cũng đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học công thức (1.3) đúng với mọi n ≥ 1.
Vậy 1 + 2 + 3 + ... + n =

n(n + 1)
.
2
9


Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

Ví dụ 1.4. Tính tổng các lập phương của n số tự nhiên đầu tiên.
Lời giải. Ta đặt công thức T (n) = 13 + 23 + 33 + ... + n3 .
Ta cũng đi tính một số giá trị ban đầu:
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.

k(k + 1)
2

= (k + 1)

2

2

+ (k + 1)3 = (k + 1)2
k 2 + 4k + 4
4

k2
+k+1
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
n(n + 1)
1 + 2 + 3 + ... + n =

Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó cũng đúng với n = k + 1, do đó theo
quy nạp toán học nó đúng với mọi số tự nhiên n. Hệ quả của bài toán này là
tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau! Điều này vô lý.
Vậy cách chứng minh sai ở đâu? Dễ thấy rằng khi ta áp dụng nguyên lí quy
nạp toán học nhưng đã bỏ qua kiểm tra trường hợp n = 1. Ta thấy với n = 1 thì
khẳng định của bài toán sai vì 1 = 2.
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
n
các số dạng 22 + 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
n=1
n=2
n=3
n=4

0

cho 22 + 1 = 2 + 1 = 3

bước như phân tích ở phần trên. Khó khăn chủ yếu chúng ta gặp trong bước
quy nạp toán học là khi mệnh đề giả sử đã đúng cho P (k) và phải chứng minh
cho P (k + 1) cũng đúng. Thông thường người ta phải tìm mối liên hệ giữa P (k)
và P (k + 1) để suy ra kết quả phải chứng minh.
1.2.2

Bước quy nạp được xây dựng trên P(k)

Phần này ta xét khả năng biến đổi quy nạp trực tiếp từ khẳng định đúng
P(k) sang khẳng định đúng P(k+1).
Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, thì
12 + 22 + 32 + ... + n2 =

n(n + 1)(2n + 1)
6

Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n.
Đặt
S(n) = 12 + 22 + 32 + ... + n2 .
1.2.3
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì S(1) = 12 = 1 =
, công thức (1.5) đúng.
6
2. Bước quy nạp. Giả sử (1.5) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N), tức là
S(k) = 12 + 22 + 32 + ... + k 2 =

k(k + 1)(2k + 1)
.
6


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 zn = 32n+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 z0 = 31 − 67 = −64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng.
2. Bước quy nạp. Giả sử zn chia hết cho 64.
Khi đó
zn+1 = 32(n+1)+1 + 40(n + 1) − 67
= 32n+3 + 40n − 27
= 9(32n+1 + 40n − 67) − 320n + 576
= 9.zn − 64(5n − 9).

Vế phải của đẳng thức sau cùng chia hết cho 64, vậy với n + 1 mệnh đề vẫn đúng.
Theo nguyên lý quy nạp bài toán đúng với mọi số nguyên không âm n.

1.3

Một số dạng khác của nguyên lý quy nạp toán học

Điều kiện thứ nhất trong nguyên lý 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
tại 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 khi 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 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:


1
là một số nguyên (x = 0). Chứng minh rằng
x
1
x2013 + 2013 cũng là một số nguyên.
x

Lời giải. Ta dùng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề sau:
1
1
"Nếu x + là một số nguyên (x = 0) thì với mọi số nguyên dương n, xn + n
x

x

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
1
1
1 đến k , nghĩa là x + , x2 + 2 , . . . , xk + k là những số nguyên.
x

Ta cần chứng minh x

k+1

x


1
xk−1

.

1
1
, xk−1 + k−1 đều là các số nguyên.
k
x
x

cũng là số nguyên. Theo định lý 1.2, mệnh đề được chứng minh.

Từ mệnh đề, dễ dàng suy ra x2013 +

1
x2013

cũng là một số nguyên.

Định lý 1.3. Cho n0 là một số tự nhiên cố định và P (n) là một mệnh đề có
nghĩa với mọi số tự nhiên n. Giả sử hai điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) P (1), P (2), ..., P (n0 ) là những mệnh đề đúng;
14


Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP


S3 = x31 + x32 = (x1 + x2 ) (x1 + x2 )2 − 3x1 x2 = 27687 đều không chia hết cho 715.
Suy ra mệnh đề của bài toán đúng với n = 1, 2, 3.
2. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k − 2, n = k − 1, n = k, (k ≥ 3).
Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1. Thật vậy,
x1k+1 + xk+1
2
= (x1 + x2 ) xk1 + xk2 − x1 x2 x1k−1 + x2k−1
= (x1 + x2 ) (x1 + x2 ) x1k−1 + x2k−1 − x1 x2 xk−2
+ x2k−2
1
= 27 27 xk−1
+ xk−1
− 14 x1k−2 + x2k−2
1
2
= 715 xk−1
+ xk−1
− 378 x1k−2 + x2k−2 .
1
2
15

− x1 x2 x1k−1 + xk−1
2

− 14 xk−1
+ xk−1
1
2



(1.10)

Lời giải.
1. Bước cơ sở. Với n = 0 và n = 1 công thức (1.10) cho kết quả đúng.
2. Bước quy nạp. Giả sử công thức (1.10) đúng với n = k , và n = k − 1, (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,

nên công thức (1.10) đúng với n = k + 1.
Theo định lý 1.3 suy ra vn = 2n + 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
Sn = (n + 1)(n + 2)...(n + n) chia hết cho 2n .
16



Vì các hệ số Cpk =

cũng chia hết cho p.
Theo nguyên lý quy nạp toán học ta có với mọi số nguyên dương n số np − 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 =

7
10n+1 − 9n − 10 .
81

n chữ số 7

Lời giải. Đặt Sn = 7 + 77 + 777 + ... + 777...7 .
n chữ số 7

17

(1.11)


Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

1. Bước cơ sở. Với n = 1, S1 = 7, còn vế phải

7
7
(102 − 9.1 − 10) = .81 = 7.
81

7
=
10k+1 − 9k − 10 + 9.10k+1 − 9
81
7
7
10.10k+1 − 9k − 19 =
10k+2 − 9(k + 1) − 10 .
=
81
81
Suy ra đẳng thức (1.11) đúng với n = k + 1.

Nhưng vì 1 + 10 + 102 + ... + 10k =

Theo nguyên lý quy nạp toán học (1.11) đúng mọi n nguyên dương.
Một số ví dụ về chứng minh đẳng thức và tính tổng số học.
Bài toán 1.4. Cho số tự nhiên n ≥ 1. Chứng minh rằng
n(n + 1)(n + 2)
.
(1.12)
3
Lời giải. Đặt T (n) = 1.2 + 2.3 + ... + n(n + 1).
1.2.3
1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì T (1) = 1.2 =
. Đẳng thức (1.12) đúng với n = 1.
3
2. Bước quy nạp. Giả sử đẳng thức (1.12) đúng với n = k ≥ 1, (k ∈ N). Khi đó
1.2 + 2.3 + ... + n(n + 1) =



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
1
1
+
+
+ ... +
.
1.2.3 2.3.4 3.4.5
n(n + 1)(n + 2)

Lời giải. Đặt Tn =


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

Từ đó ta có thể giả thiết
Tn =

n(n + 3)
.
4(n + 1)(n + 2)
19

(1.14)


Chương 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

Ta chứng minh giả thiết trên bằng phương pháp quy nạp.
1(1 + 3)
1
=
.
1.2.3
4(1 + 1)(1 + 2)
Vậy công thức (1.14) đúng với n = 1.

1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì T1 =

2. Bước quy nạp. Giả sử (1.14) đúng với n = k ≥ 1 (k ∈ N), nghĩa là có

i(i + 1)(i + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3)

1
k(k + 3)
+
4(k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)(k + 3)
k(k + 3)(k + 3)
4
=
+
4(k + 1)(k + 2)(k + 3) 4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
k 3 + 6k 2 + 9k + 4
(k + 1)2 (k + 4)
=
=
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
4(k + 1)(k + 2)(k + 3)
(k + 1)(k + 4)
=
.
4(k + 2)(k + 3)

=

Công thức (1.14) đúng với n = k + 1 nên theo nguyên lý quy nạp nó đúng với
mọi số tự nhiên n.
Vậy
1
1
1

3xn + 5yn xn + 3yn
,
, (n ≥ 0).
2
2

(1.15)

= (4, 2).
1. Bước cơ sở. Với n = 0 thì (x1 , y1 ) = 3.1+5.1
, 1+3.1
2
2
Với n = 1 thì (x2 , y2 ) = 3.4+5.2
, 4+3.2
= (11, 5).
2
2
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
(xk+3 , yk+3 ) = (3xk+2 − xk+1 , 3yk+2 − yk+1 ).

Từ đó suy ra
3xk+1 + 5yk+1 3xk + 5yk xk+1 + 3yk+1 xk + 3yk
−
, 3.
−
2
2

− 5yk+1

3xk + 5yk 2
xk + 3yk 2
+4=
−5
+4
2
2
4x2 − 20yk2
= k
+ 4 = x2k − 5yk2 + 4 = 0.
4

Theo nguyên lý quy nạp ta có x2n − 5yn2 + 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:
F0 = 0, F1 = 1 và với mọi n ≥ 2 thì Fn = Fn−2 + Fn−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 Fn ≤
21

7
4

n−1

.




− 1.

Lời giải. Với n ≥ 1, kí hiệu P (n) là mệnh đề
2
F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2n F2n+1 = F2n+1
− 1.

1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì F1 F2 + F2 F3 = 1.1 + 1.2 = 22 − 1 = F32 − 1.
Mệnh đề P (1) đúng.
2. Bước quy nạp. Ta giả sử mệnh đề P (n) đúng với n = k, (k ≥ 1).
Khi đó ta có
2
F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2k F2k+1 = F2k+1
− 1.

Ta lại có
F1 F2 + F2 F3 + . . . + F2k F2k+1 + F2k+1 F2k+2 + F2k+2 F2k+3
2
= F2k+1
− 1 + F2k+1 F2k+2 + F2k+2 F2k+3

= F2k+1 (F2k+1 + F2k+2 ) + F2k+2 F2k+3 − 1
= F2k+1 F2k+3 + F2k+2 F2k+3 − 1
= (F2k+1 + F2k+2 )F2k+3 − 1
= F2k+3 .F2k+3 − 1
2
= F2k+3
− 1.

22

n

Lời giải. Đặt S(n) =

sin(jθ).
j=1

1. Bước cơ sở. Với n = 1 thì
sin
S(1) = sin θ =

1+1
θ sin
2
sin

θ
2

.

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
sin

k



S(k + 1) =
j=1

j=1

sin

k+1
θ sin
2

=

sin
sin

=

θ
2

k+1
θ sin
2
sin

kθ
2
kθ

θ
2

sin

k+1
θ cos
2

k+1
2 θ

k+1
θ
2

sin( 2θ )

sin( 2θ )
k+2
2 θ
sin( 2θ )

k+2
2 θ
sin( 2θ )

− sin( kθ
2 )


T (k + 1) = cos α cos(2α) cos(4α) . . . cos(2k α) cos(2k+1 α)
sin(2k+1 α)
cos(2k+1 α)
2k+1 sin α
2 sin(2k+1 α) cos(2k+1 α)
=
2.2k+1 sin α
k+2
sin(2 α)
= k+2
.
2
sin α
=

24