lời giải bài tập các chương

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

LỜI GIẢI BÀI TẬP CÁC CHƯƠNG 1. Trả lời và gợi ý giải bài tập chương 1

1.1. Lời giải. Ta tìm một số giá trị của công thức cho n = 1, 2, ...,6.

n 1 2 3 4 5 6

Tn 1 5 14 30 55 91

Ta gặp khó khăn đưa ra công thức cho giả thiết quy nạp, như ví dụ 5 và

ví dụ 6 ta xét thêm: Sn là tổng các số tự nhiên

n 1 2 3 4 5 6

Tn 1 5 14 30 55 91

Sn 1 3 6 10 15 21

n

n

TS

11

53

146

3010

5515

9121

Dòng cuối cùng của bảng ta có thể viết lại:

1 31 3= , 5

3, 14 7

6 3= , 30 9

10 3= , 55 11

15 3= , 91 13

21 3= . Ta đưa ra giả thiết quy nạp

23

n

n

T nS

+=

1 . Từ kết quả ví dụ 5, ta có 2 1 ( 1.3 2n

n n nT )+ += . Nghĩa là ta

phải chứng minh đẳng thức

Tn = 12 + 22 +32 + ...+ n2 = ( 1)(2 16

n n n )+ + . (1)

Dùng phương pháp quy nạp toán học theo n:

Bước cơ sở: Bằng cách xây dựng bảng trên, (1) đúng với n = 1.

http://nhdien.wordpress.com

69


Bước quy nạp: Giả sử (1) đúng với n = k. Ta chứng minh (1) cũng đúng

với n = k + 1, nghĩa là

Tk+1 = 12 + 22 +32 + ...+ k2 + (k+1)2 = ( 1)( 2)(2 36

k k k )+ + +

Thật vậy,

Tk+1 = Tk + (k+1)2 = ( 1)(2 16

k k k )+ + + (k + 1)2

= (2 1) 6( 1) ( 1)( 2)(2 3)( 1)6 6

k k k k k kk + + + + + ++ = .

Như vậy theo nguyên lí quy nạp toán học công thức (1) đúng với mọi

n ≥ 1.

1.2. a) Lời giải. Ta thiết lập bảng cho một số giá trị của n

n 1 2 3 4 5

Tn 1 -3 6 -10 15

Cũng so sánh với tổng Sn của ví dụ 5 đưa đến giả thiết quy nạp

1 ( 1( 1)2

nn

n nT − )+= − . (2)

Chứng minh công thức (2) bằng phương pháp quy nạp theo n:

Bước cơ sở: Với n = 1, 2, ..., 6 công thức (2) đúng.

Bước quy nạp: Giả sử (2) đúng với n = k , ta chứng minh (2) cũng

đúng với n = k + 1. Thật vậy,

2 11

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

k k kk k

k kT T k k−+

2+= + − + = − + − +

( 1)( 2( 1)2

k k k+ += −

) .

Suy ra (2) đúng với mọi n ≥ 1.


70


b) Lời giải. Ta cũng thiết lập bảng một số giá trị

n 1 2 3 4

(n+1)! 2 6 24 120

Tn 1 5 23 119

Từ bảng trên gợi ý cho ta đưa ra công thức giả thiết quy nạp:

Tn = (n + 1)! – 1.

Bước cơ sở: Với n = 1, công thức trên đúng.

Bước quy nạp: Giả sử với n = k ta có Tk = (k + 1)! – 1. Ta chứng minh

cũng có công thức cho n = k + 1. Thật vậy,

Tk+1 = (1.1! + 2.2! + ...+ k.k!) + (k + 1). (k + 1)!

= (k + 1)! – 1 + (k + 1). (k + 1)!

= (k + 1)!(1 + k + 1) – 1 = (k + 2)! – 1.

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học công thức trên đúng với mọi n 1. ≥

1.3. Lời giải. Ta cũng đi tính những giá trị ban đầu

11

( 1T

a a=

)+,

2 11 1 1

( 1)( 2) ( 1) ( 1)( 2) ( 2T T

a a a a a a a a= + = + =

2)+ + + + + +

,

3 21 3

( 2)( 3) ( 3T T

a a a a= + =

)+ + +,

4 31 4

( 3)( 4) ( 4T T

a a a a= + =

)+ + +.

Từ các công thức trên ta đưa ra giả thiết quy nạp:

( )nnT

a a n=

+. (3)

Bước cơ sở: Công thức (3) đúng như đã kiểm tra


71


Bước quy nạp: Giả sử (3) đúng cho n = k. Ta chứng minh (3) cũng đúng

cho n = k + 1. Thật vậy,

11 1

( )( 1) ( ) ( )(k kkT T

a k a k a a k a k a k+ = + = ++ + + + + + +1)

21 ( 1) 1 ( )(

( 1) (k a k a a k k

a k a a k a k a a k+ + + + +

= =+ + + + + +

1)1)

1( 1

ka a k

+=

+ + ).

Như vậy n = k +1, công thức (3) cũng đúng. Suy ra nó đúng với mọi

n ≥ 1.

1.4. a) Lời giải. Ký hiệu

2 2 2 11 3 (2 1) (2 1)(2 1)3nT n n n= + + + − = − +n . (4)

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n:

Bước cơ sở: với n = 1, T1 = 1 và vế phải (4) cũng bằng 1, suy ra

công thức (4) đúng.

Bước quy nạp: Giả sử (4) đúng với n = k , ta phải chứng minh nó cũng

đúng với n = k + 1. Thật vậy,

2 21

1(2( 1) 1) (2 1)(2 1) (2( 1) 1)3k kT T k k k k k+ = + + − = − + + + −

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

k k k k= + − − + +

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

k k k k+ − + + +=

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

k k k+ − + +=


72


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

k k k+ + − + += .

Công thức (4) đúng với n = k + 1. Suy ra nó đúng với mọi n . 1≥

b) Lời giải. Kí hiệu

Tn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n+1)(n+2) = 14

n(n+1)(n+2)(n+3). (5)

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n:

Bước cơ sở: Với n = 1, T1 = 6, và vế phải (5) cũng có giá trị 1, suy ra (5)

đúng.

Bước quy nạp: Giả sử (5) đúng với n = k, nghĩa là

Tk = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + k(k+1)(k+2) = 14

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

Ta cần chứng minh tổng đúng với n = k +1. Thật vậy,

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

= 14

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

= (k+1)(k+2)(k+3)[ 14

k + 1] = 14

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

Vậy (5) cũng đúng với n = k +1 suy ra (5) đúng với mọi n ≥ 1.

1.5. Lời giải. Các số hạng của mỗi dòng trong bảng có dạng:

n, n + 1, n + 2, ..., 3n – 3, 3n – 2 (có tất cả 2n – 1 số hạng).

Kí hiệu tổng các số hạng một dòng thứ n là Tn, thì bài toán phải chứng

minh công thức sau:

Tn = (2n-1)2. (6)

Bước cơ sở: Với n = 1, thì T1 =1 và (2n-1)2 =1, suy ra công thức (6)

đúng. Với n =2, T2 = 2 + 3 + 4 = 9; mặt khác (2n-1)2 = 3.3 =9 công

thức (6) cũng đúng.


73


Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là Tk = (2k-1)2.

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1, nghĩa là

Tk+1 = (2k+1)2. Thật vậy,

Tk+1 = Tk – k + (3k – 1) + 3k + (3k + 1)

= (2k – 1)2 – k + 3k – 1 + 3k + 3k + 1 = 4k2 – 4k – 1 + 8k

= 4k2 + 4k + 1 = (2k + 1)2.

Công thức (6) đúng với n = k + 1. Suy ra nó đúng với mọi n 1. ≥

2. Trả lời và gợi ý giải bài tập chương 2

2.1. Lời giải. Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh

2 44 2

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

x x x− −

− −+ + + + + + ≥ + . (7)

1a) Với n = 1, bất đẳng thưc (7) có dạng

1 2xx

+ ≥ . (8)

Bất đẳng thức (8) đúng suy ra từ bất đẳng thức hiển nhiên (x – 1)2 ≥ 0.

1b) Với n = 2, bất đẳng thức (7) có dạng

11xx

3+ + ≥ . (9)

Bất đẳng thức (8) đúng với mọi x > 0, vậy nó cũng đúng với x2,

22

1 2xx

+ ≥ . Cộng hai vế bất đẳng thức trên với 1, ta nhận được (9).

2) Giả sử bất đẳng thức (7) đúng với n = k, mà k là số tự nhiên nào đó

2 44 2

1 1 1 1k k kk k kx x x k

x x x− −

− −+ + + + + + ≥ + , (10)

ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (7) đúng với n = k + 2, nghĩa là

1 22 2

1 1 1 3k k kk k kx x x k

x x x+ −

− ++ + + + + + ≥ + . (11)


74


Thật vậy, trong (8) thế x bởi xk+2, ta nhận được

22

1 2kkx

x+

++ ≥ . (12)

Cộng vế tương ứng của (10) và (12) cho kết quả (11).

Tóm lại. Bước cơ sở: Trong 1a) và 1b) ta chứng minh bất đẳng thức

đúng với n = 1 và n = 2.

Bước quy nạp: Trong 2) ta đã chứng minh từ giả thiết đúng (7) với n = k,

suy ra nó đúng với n = k + 2. Kết quả là:

+ Từ 1a) và 2) cho khẳng định bất đẳng thức (7) đúng cho mọi số lẻ n.

+ Từ 1b) và 2) cho khẳng định bất đẳng thức (7) đúng cho mọi số chăn n.

Do đó suy ra (7) đúng với mọi số tự nhiên n.

2.2. Lời giải. Ta phải chứng minh 1 1n n

nu α βα β

+ +−=

− với mọi số tự nhiên n.

Ta chưng minh theo phương pháp quy nạp:

Bước cơ sở: Với n =1 và n =2 công thức trên đúng vì đã cho 2 2

1u α βα β−

=−

, 3 3

2u α βα β−

=−

.

Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức đúng với n = k – 1 và n = k – 2, nghĩa là

có các công thức 1 1

2

k k

ku α βα β

− −

−−

=−

, 1

k k

ku α βα β−−

=−

.

Khi đó 1 1 1

( )k k k k k k

ku1α β α β α βα β αβ

α β α β α β

− − +− −= + − =

− −

+−−

.

Suy ra công thức đúng với mọi n.


75


2.3. Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n bất đẳng

thức với a + b > 0, a ≠ b, n > 1, 12 ( ) ( )n n na b a b− + > + n

2

0

. (13)

Bước cơ sở: Với n = 2, bất đẳng thức (13) có dạng 2 22( ) ( )a b a b+ > + . (14)

Vì ta có bất đẳng thức a b≠ 2( )a b− > , cộng hai vế bất đẳng thức này

, ta nhận được bất đẳng thức (14). 2(a b+ )

k

Bước quy nạp: Giả sử (13) đúng với n = k, nghĩa là 12 ( ) ( )k k ka b a b− + > + . (15)

Để chứng minh (13) cũng đúng cho n = k + 1, ta nhân hai vế (15) với a +

b, vì a + b > 0 ta nhận được bất đẳng thức đúng 1 12 ( )( ) ( )k k k ka b a b a b− ++ + > + . (16)

Như vậy để chứng minh (13) đúng với n = k + 1, ta chỉ cần chứng minh 1 1 12 ( ) 2 ( )( )k k k k k ka b a b a b+ + −+ > + + . (17)

Sau khi biến đổi và đơn giản hai vế ta được bất đẳng thức tương đương

, điều này suy ra từ 1 1k k k ka b a b b+ ++ > + a

0( )( )k ka b a b− − > . (18)

Xét hai trường hợp:

1) Nếu a > b và điều kiện đã cho a > - b, suy ra a > |b|, vì vậy ak > bk, do

đó bất đẳng thức (18) đúng.

2) Nếu a < b, lí luận tương tự phần trên ta có ak < bk, vậy (18) cũng

đúng.

Tóm lại (18) đúng với mọi a ≠ b, do đó (17) đúng. Suy ra (13) đúng

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

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


76


Bước cơ sở: Khi n = 2 bất đẳng thức đúng hiển nhiên.

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k. Ta phải chứng minh

bất đẳng thức đúng với n = k + 1. Do giả thiết bài ra và giả thiết quy nạp

ta có 1 1(1 ) (1 ) [(1- ) (1 ) ][(1-x)+(1+x)]k k k kx x x x+ +− + + < + +

12 .2 2k k+< = .

Như vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

2.5. Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo k đẳng thức sau:

0 1 11

kx x xn k−+ + + =−

với 0 1.k n≤ ≤ −

Với k = 0, khẳng định đúng hiển nhiên. Giả sử nó đúng với mọi

k n. Khi đó ≤

0 1 11

k k k 1x x x xn k

x+ ++ + + + = +−

0 11 1( )

1 kx x xn k n k

= + + + +− − −

1 1( 1)( )n k n k n k n k

= + =1

1− − − − − −.


3.1. a) Lời giải. Đặt An = 33n+3 – 26n – 27. Ta chứng minh bằng quy nạp

theo n:

Bước cơ sở: Với n = 0, A0 = 33 – 27 = 0 . Suy ra A0 chia hết cho 169.

Bước quy nạp: Giả sử n = k, Ak chia hết cho 169. Ta cần chứng minh

Ak+1 cũng chia hết cho 169. Thật vậy,

Ak+1 = 33(k+1)+3 – 26(k+1) – 27

= Ak + 26.33k+3 – 26 = Ak + 26[(33)k +1 – 1]


77


Ak+1 = 33(k+1)+3 – 26(k+1) – 27

= Ak + 26.33k+3 – 26 = Ak + 26[(33)k +1 – 1]

= Ak + 26(33 – 1)(33n + ... +1) = Ak +4.169.(33k + ... + 1).

Từ đó suy ra Ak+1 chia hết cho 169.

b) Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1. Tổng 4 + 15 – 1 = 18 chia hết cho 9, vậy mệnh đề

đúng với n =1.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, nghĩa là

4k + 15.k – 1 = 9.p, (19)

ở đây p là một số nguyên dương. Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với

n = k + 1, nghĩa là 4k+1 + 15(k + 1) – 1 chia hết cho 9. Thật vậy, từ (19)

suy ra 4k = 9p - 15k + 1. Thay giá trị này vào biểu thức cần chứng minh

ta có

4(9p - 15k + 1) + 15(k + 1) – 1 = 36p – 45k + 18 = 9(4p – 5k + 2).

Tổng này chia hết cho 9. Suy ra mệnh đề đúng với mọi n 1. ≥

c) Lời giải. Kí hiệu En = a4n+1 – a.

Bước cơ sở: Nếu n = 1, thì

E1 = a5 – a = a(a2 - 1)(a2 + 1) = a(a – 1)(a + 1)[(a2 – 4) + 5]

= (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a – 1)a(a + 1).

Thừa số thứ nhất chia hết cho 5! = 120 = 4.30, còn thừa số thư hai chia

hết cho 5.3! = 30. Suy ra E1 chia hết cho 30.

Bước quy nạp: Giả sử n = k 1 và E≥ k = a4k+1 – a chia hết cho 30. Khi đó

với n = k + 1, số

Ek+1 = a4k+5 – a = a4k+5 – a + a4k+1 - a4k+1

= (a4k+1 – a) + (a4k+5 - a4k+1) = Ek + a4k E1

cũng chia hết cho 30. Suy ra mênh đề đúng với mọi n 1. ≥


78


3.2. Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1, ba số tự nhiên liên tiếp đầu tiên là 1,

2, 3. Tổng 13 + 23 + 33 chia hết cho 9.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề của bài toán đúng với n = k, nghĩa là ba

số nguyên liên tiếp bắt đầu từ k có tính chất: k3 + (k+1)3 +(k+2)3 chia hết

cho 9. Ta sẽ chứng minh rằng với ba số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ (k+1)

khẳng định của bài toán cũng đúng, nói cách khác (k+1)3 +(k+2)3 +

(k+3)3 sẽ chia hết cho 9. Thật vậy,

(k+1)3 +(k+2)3 + (k+3)3 = (k3 + (k+1)3 +(k+2)3) + 9(k2 + 3k +3),

tổng của hai số hạng chia hết cho 9, vậy mệnh đề đúng với n = k + 1.

3.3. a) Lời giải. Đặt vế trái của đẳng thức là Tn = 14 + 24 + 34 + ... + n4,

ta phải chứng minh Tn = 2( 1)(2 1)(3 3 1)

30n n n n n+ + + − . Ta chứng minh

bằng quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1, đẳng thức trên đúng, vì hai vế đều có giá trị 1.

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k – 1, ta phải chứng minh

đẳng thức đúng với n = k. Thật vậy,

Tk = Tk-1 + k4 = 2

4( 1)(2 1)(3 3 1)30

+ + + −+

k k k k k k =

= 2 3[( - 1)(2 1)(3 3 1) 30 ]30

kk k k k k− − − +

= 2 3[( - 1)(2 1)(3 3 1) 6 ( - 1)(2 1) 30 ]30

kk k k k k k k k− + − − − +

= 2 2[( 1)(2 1)(3 3 1) 6 (3 +3k-1)]30

kk k k k k k− − + − −

= 2(3 3 1)[( 1)(2 1) 6 ]30

kk k k k+ − − − − k


79


= 2 2(3 3 1)(2 3 1)30

kk k k k+ − + +

= 21( 1)(2 1)(3 3 1)

30k k k k k+ + + − .

Vậy công thức đúng với n = k. Vậy nó đúng với mọi n.

b) Đặt Tn = 1 1 1 11.5 5.9 9.13 (4 3)(4 1)

+ + + +− +n n

.Ta phải chứng minh

đẳng thức Tn = 4 1+

nn

với n là số tự nhiên. Ta chứng minh bằng phương

pháp quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1, thì T1 = 1 11.5 4.1 1

=+

, đẳng thức đúng.

Với n = 2, thì T2 = 1 1 10 21.5 5.9 5.9 4.2 1

+ = =+

, đẳng thức đúng.

Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức đúng với n = k, nghĩa là Tk = 4 1+

kk

.

Ta phải chứng minh đẳng thức đúng cho n = k + 1. Thật vậy,

Tk+1 = Tk +1

(4( 1) 3)(4( 1) 1)+ − + +k k

= 14 1 (4 1)(4 5)

++ + +

kk k k

= 1 1 1 (4 4) (( )

4 1 (4 5) 4 1 4 51)+ + +

+ =+ + + +

k k kkk k k k

1 (4 1)( 1) 14 1 4 5 4( 1)

+ + += =

+ + +k k k

k k k 1+.

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


80


3.4. a) Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 2, ta có 11

2+ > 2 , vậy bất đẳng

thức đúng.

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, nghĩa là đã có

1 1 112 3

+ + + + > kk

. Ta cần chứng minh

1 1 1 11 12 3 1

+ + + + + > ++

kk k

.

Từ giả thiết quy nạp suy ra ta phải chứng minh 11

1k k

k+ > +

+.

Tương đương với k > 0 thì

11

1k k

k> + −

+ = 1

1

k k

k k

+ −+ +

= 1

1k k+ +.

Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, vì phân số có mẫu số lớn hơn thì nhỏ

hơn. Do đó n = k + 1 bất đẳng thức đúng. Vậy nó đúng với mọi n ≥ 1.

b) Lời giải.

Bước cơ sở: Nếu n = 2 thì 1 1 7 13

3 4 2 24+ = > , bất đẳng thức đúng.

Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, nghĩa là 13

24kT > . Ta

cần chứng minh 1

13

24kT + > . Thật vậy, do

1 1

1 2kT k k= + + +

+ +1

2k,

1

1 1 1 1

2 3 2 1 2kT k k k k+ = + + + ++ + + + 2

.

Trừ theo vế cho nhau ta có


81


1

1 1 1 10

2 1 2 2 1 2( 1)(2 1)k kT Tk k k k k+ − = + − = >+ + + + +

,

suy ra 1

13

24k kT T+ > > . Vậy bất đẳng thức đúng với n= k + 1. Suy ra nó

đúng với mọi n 1. ≥

3.5. a) Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 2, ta có 22 1 3 1u u u− = , đẳng thức đúng.

Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức đúng với n = k, nghĩa là

, ta cần chứng minh , thật vậy, 21 1 ( 1)kk k ku u u +− +− = − 1

)k

k+

21) .

2 21 2 ( 1)kk k ku u u ++ +− = −

2 21 2 1 1(k k k k k ku u u u u u u+ + + +− = − + (theo định nghĩa dãy Phibônaxi)

2 21 1 1 1( )k k k k k ku u u u u u u+ + + −= − − =

2 11 1( ) ( 1) (k k

k k ku u u + ++ −= − − = − − = −

Đẳng thức đúng với n = k + 1, suy ra nó đúng với mọi n 1. ≥

b) Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1 thì 21 2 11u u u= = , vậy mệnh đề đúng.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là 2 2 21 2 .k k ku u u u u 1++ + + = , ta cần chứng minh 2 2 2 21 2 1 1.k k n nu u u u u u 2+ + ++ + + + = . Thật vậy, 2 2 2 2 21 2 1 1 1 1 1 1. ( )k k n n k k k k k ku u u u u u u u u u u u 2+ + + + + ++ + + + = + = + = + .

Vậy bất đẳng thức đúng với mọi n ≥ 1.

c) Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1 và n = 2 ta nhận được u1 = 1 và u2 = 2, công thức

đúng.


82


Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là đúng với uk và

uk+1 là số hạng thứ k và thứ k + 1, ta phải chứng minh công thức cũng

đúng cho n = k + 2, nghĩa là số hạng thứ k + 2. Để cho gọn ta kí hiệu

1

2α +=

5 và 1 5

2β −= .

Khi đó 5

k k

kuα β+

= và 1 1

15

k k

kuα β+ +

++

= . Do cách đặt trên ta cũng có

1α β+ = và 1αβ = − . Suy ra α và β là nghiệm của phương trình 2 1 0x x− − = . Khi đó 2 1α α= + và 2 1β β= + . Như vậy ta có

1 1

2 15 5

k k k

k k ku u ukα β α β+ +

+ ++ +

= + = +

2 2 2( 1) ( 1)

5 5

k k k k kα α β β α α β β α β 2

5

k+ ++ + + + += + = .

Đó là điều cần chứng minh.


4.1. Ta giải bài toán bằng quy nạp toán học.

Bước cơ sở: Với n = 1, trên mặt phẳng chỉ có 1 hình tròn. Ta tô trong

hình tròn bằng màu đen. Khi đó phần mặt phẳng còn lại kề với hình tròn

được để trắng, nên hai phần của mặt phẳng kề nhau có màu khác nhau.

Bước quy nạp: Giả sử khẳng định đã đúng với n hình tròn đã có bức

tranh tô hai màu đúng. Giả sử trên mặt phẳng cho n + 1 hình tròn tùy ý.

Xóa đi một trong những hình tròn sẽ có bức tranh gồm n hình tròn (h.15).

Theo giả thiết quy nạp, bức tranh có n đường tròn này tô được bằng hai

màu như trắng và đen mà hai miền kề nhau đều có màu khác nhau.


83


Hình 15

Hình 16

Khôi phục lại hình tròn đã xóa đi, nghĩa là ta lại có n + 1 hình tròn.

Sau đó trong một phía (phía trong hoặc phía ngoài đường tròn) của hình

tròn vừa khôi phục, ta tiến hành đổi màu các miền phía đó (hình 16 là

miền trong), nghĩa là trắng thành đen và đen thành trắng. Ta nhận được

bức tranh của n +1 hình tròn được tô bằng hai màu, mà hai miền tùy ý kề

nhau đều khác màu nhau.

Như vậy, mệnh đề đúng với n đường tròn suy ra nó cũng đúng với

n + 1 đường tròn. Theo nguyên lí quy nạp toán học mệnh đề đúng với

mọi n 1. ≥

4.2. Lời giải. Bằng quy nạp theo n ta sẽ chứng minh rằng nếu trong mặt

phẳng cho 2n điểm thỏa mãn điều kiện đầu bài, thì số đoạn thẳng kẻ được

không quá n2 với n = 2, 3, ....

Bước cơ sở: Với n = 2, ta nối không quá 1 đường thẳng.

Bước quy nạp: Giả thiết khẳng định đúng với n = k, nghĩa là đúng với 2k

điểm. Ta phải chứng minh khẳng định cũng đúng với n = k + 1, nghĩa là


84


xét 2(k+1) điểm. Lấy hai điểm A và B từ những điểm nối được thành

đoạn thẳng. Còn lại 2k điểm, theo giả thiết quy nạp, những đoạn thẳng kẻ

được giữ 2k điểm này không lớn hơn k2. Những đoạn thẳng kẻ từ A và B

tới 2k điểm còn lại, không quá 2k (vì nếu một điểm được nối với A, nó sẽ

không được nối với B và ngược lại), chỉ còn thêm đoạn thẳng nối A và B.

Như vậy số các đoạn thẳng kẻ được không quá k2+2k+1 = (k+1)2.

Theo nguyên lí quy nạp toán hoạc mệnh đề đúng với mọi n nguyên

dương.

4.3. Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp theo số dây cung n.

Bước cơ sở: Với n = 1, hình tròn chỉ có một dây cung. Nó chia hình tròn

thành hai phần. Vì có một dây cung nên số điểm cắt m = 0, ta có đẳng

thức số phần hình tròn bằng 2 = 1 + 0 + 1.

Bước quy nạp: Giả sử khẳng định đã đúng với n = k, nghĩa là với k dây

cung cắt nhau tại m1 điểm trong hình tròn được chia thành k + m1 + 1

phần.

Xét n = k + 1 dây cung tùy ý, cắt nhau tại m điểm trong. Đánh số

các dây cung từ 1 đến k + 1. Ta bỏ đi một dây cung tùy ý, chẳng hạn dây

cung thứ k + 1. Trong hình tròn chỉ còn k dây cung cắt nhau tại m1 điểm,

theo giả thiết quy nạp, hình tròn được chia thành k + m1 + 1 phần.

Ta khôi phục lại dây cung thứ k + 1, nghĩa là hình lúc này gồm k + 1

dây cung cắt nhau tại m điểm trong. Khi đó dây cung k + 1 bị các dây

cung có chỉ số từ 1 đến k chia cắt thành n – m1 + 1 phần, nên hình tròn

được thêm m – m1 + 1 phần. Bởi vậy số phần hình tròn được chia bởi n =

k + 1 dây cung là k + m1 + 1 + m – m1 + 1 = k + 1 + m + 1 = n + m + 1.

Khẳng định được chứng minh.


85


4.4. Lời giải. Ta sử dụng phương pháp quy nạp theo n đường tròn.

Bước cơ sở: Với n = 1, mệnh đề hiển nhiên đúng.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với mọi k < n. Bây giờ ta phải

chứng minh cho trường hợp n hình tròn. Ta xét tập hợp G gồm n hình

tròn phủ mặt phẳng một diện tích S và kí hiệu K là hình tròn có bán kính

lớn nhất r. Gọi S(K) là diện tích hình tròn này. Nếu S(K) 9

S≥ , thì mệnh

đề đúng với hình tròn K này. Trường hợp S(K) < 9

S : Mỗi một hình tròn

từ G có bán kính không lớn hơn r, suy ra nếu nó có điểm chung với K, thì

nó phải nằm trong hình tròn đồng tâm với K, nhưng với bán kính 3r. Vì

diện tích của hình tròn này là 9S(K), tập hợp G1 tất cả các hình tròn có

điểm chung với K , phủ một phần của mặt phẳng có diện tích không lớn

hơn 9S(K), suy ra nhỏ hơn S, vì 9S(K) < S. Khi đó có hình tròn G không

có điểm chung với K. Tất cả những hình tròn như vậy tạo thành một tập

khác rỗng G2 = G\G1 và phủ một phần mặt phẳng với diện tích

. Với những hình tròn như vậy trong G2 9 ( )S S S K≥ − 2 số lượng nhỏ hơn

n. Theo giả thiết quy nạp trong tập hợp G2 có thể chọn được một hoặc

một số hình tròn đôi một không giao nhau và tổng diện tích của chúng

không nhỏ hơn 2

9

S , suy ra không nhỏ hơn 1 ( 9 ( )) (9 9

SS S K S K− = − ) .

Hình tròn K không có điểm chung với bất cứ hình tròn nào trong những

hình tròn ta đang xét trong G2. Thêm vào tập hợp những hình đang xét

hình tròn K, ta sẽ nhận được tập hợp những hình tròn đôi một không giao

nhau, mà tổng diện tích của chúng không nhỏ hơn 9

S .


86


4.5. Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1 khẳng định đúng, vì khi đó có ba điểm nối lại

thành tam giác và tô bằng một màu.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k. Cho ak+1 + 1 thỏa mãn

điều kiện bài toán và O là một trong các điểm đó. Tất cả đoạn thẳng nối

O với mỗi điểm còn lại ak+1 điểm là ak+1 = (k+1)ak + 1. Những đoạn này

được tô màu nhiều nhất bằng k + 1 màu khác nhau. Suy ra những đoạn

thẳng xuất phát từ O, có ít nhất ak + 1 đoạn thẳng tô cùng màu (nguyên lí

Đirichlê), ta cho đó là màu đỏ. Ta xét những điểm 1 2, ,...,ka 1A A A + được

nối bằng đoạn thẳng không màu đỏ. Nếu giữa chúng có hai điểm Ai và Aj

cũng nối bằng đoạn màu đỏ, thì tam giác OAiAj cùng màu đỏ. Nếu mọi

cặp điểm của 1 2, ,...,ka 1A A A + được nối bằng đoạn thẳng không phải màu

đỏ, ta có ak + 1 điểm, những đoạn thẳng giữa chúng được tô bằng k màu.

Theo giả thiết quy nạp, ba điểm nào đó trong chúng là đỉnh của một tam

giác có các cạnh cùng màu.


5.1. Lời giải. Điều kiện của bài toán biến đổi thành

(an+1 – an) – (an – an-1) = 1.

Đặt ak – ak-1 = pk, từ đẳng thức trên suy ra pn = pn-1 + 1.

pn là dãy số có hiệu hai số liên tiếp bằng 1, do đó pn = p2 + (n-2).

Ta có

an = (an – an-1) + (an-1 – an-2) + ...+ (a2 – a1) a1

= pn + pn-1 + ... + p2 + a1

= (n – 1)p2 + (n – 2) + (n – 3) + ... + 1 + a1

= (n – 1)(a2 – a1) + a1 + ( 2)( 12

n n )− − .


87


5.2. Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp.

Bước cơ sở: Với n = 1, 12 1( ) 13 4

a a b a ⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

. Vì

2 1( )(12 3

a b a b a+= + − − )

4 nên 1

11 3

2 2 2 4a b a b a bb b+ + +⎛ ⎞= = + =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Mặt khác, 2 1 2 9( ) 1 ( )3 2.4 3 8

aa b a a b a +⎛ ⎞+ − + = + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

34

b suy ra

12 ( ) 13 2

b a b a ⎛= + − +⎜⎝ ⎠

1.4⎞⎟ . Mệnh đề đúng với n = 1.

Bước quy nạp: Giả sử đã có công thức đúng với n = k,

2 1( ) 1 ,3 4k ka a b a ⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 1( ) 13 2.4k kb a ⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟

⎝ ⎠b a . (20)

Ta phải chứng minh công thức đúng với

1 1

2 1( ) 1 ,3 4k ka a b a+ +

⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1

2 1( ) 13 2.4k kb a+ +

⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠

b a . (21)

Thật vậy, Thay các giá trị giả thiết quy nạp vào 11 (2k ka a+ = + )kb ta có:

11 2 1 2 1( ) 1 ( ) 12 3 4 3 2.4k k ka a b a a b a+⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛= + − − + + − −⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦

⎞⎟⎠

1 2 1 12 ( ) 1 12 3 4 2.4k ka b a⎡ ⎤⎛ ⎞= + − − + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

1

1

1 2.4 2( )3 4

k

ka b a+

+

⎛ ⎞−= + − ⎜ ⎟

⎝ ⎠1

2 1( ) 13 4ka b a +

⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Thay giá trị bk và ak+1 ở tên vào 1 11 ( )2k kb a+ += + kb , ta có

1 1

1 2 1 2 1( ) 1 ( ) 12 3 4 3 2.4k k kb a b a a b a+ +

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


88


1

1 2 1 12 ( ) 1 12 3 4 2.4k ka b a +

⎡ ⎤⎛ ⎞= + − − + +⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

1

1

1 2.2.4 2( )3 2.4

k

ka b a+

+

⎛ ⎞+= + − ⎜ ⎟

⎝ ⎠1

2 1( ) 13 2. ka b a +

⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠4

.


Bước cơ sở: Với n = 2, công thức đã cho thành hằng đẳng thức đáng

nhớ, vậy nó đúng.

Bước quy nạp: Ta kí hiệu S = 1 2 1 3 2 1k ka a a a a a− −+ + + . Giả sử công

thức đã được chứng minh đúng với n = k – 1, nghĩa là 2 2 2 2

1 2 1 1 2 1( )k ka a a a a a S− −+ + + = + + + + 2

12

k

) ]k

) k k

2k k

1

k

.

Ta sẽ chứng minh 2 2 2 2

1 2 1 2( )k ka a a a a a S+ + + = + + + + ,

ở đây . Thật vậy, 1 1 2 1( )kS S a a a a−= + + + +

2 21 2 1 2 1( ) [(k ka a a a a a a−+ + + = + + + +

2 21 2 1 1 2 1( ) 2(k ka a a a a a a a− −= + + + + + + + +

2 2 21 2 1 1 2 12 2( )k ka a a S a a a a a− −= + + + + + + + + +

2 2 2 21 2 1 2k ka a a a S−= + + + + + .

5.4. Lời giải. Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp

theo n.

Bước cơ sở: Với n = 0, công thức đúng, với n = 1, công thức cũng

đúng (chú ý: với n = 0 ta định nghĩa, nên nhiều khi lấy làm cơ sở sẽ

không đúng).

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là 0 1 2 1 2k kk k k k kC C C C C−+ + + + + = .


89


Ta phải chứng minh nó cũng đúng cho n = k + 1, nghĩa là 0 1 2 1

1 1 1 1 1 2k kk k k k kC C C C C 1k+ ++ + + + ++ + + + + = .

Ta sử dụng công thức 11

k kn nC C C− k

n++ = . Ta có 1 0 1 2 12 2(k k

k k k k kC C C C C+ −= + + + + + )k

k

1kk

0 1 2 12 2 2 2 2k kk k k kC C C C C−= + + + + +

0 0 1 1 2 11 1( ) ( ) ( )k k

k k k k k k kC C C C C C C C− ++ += + + + + + + + +

0 1 21 1 1 1 1

k kk k k k kC C C C C 1++ + + += + + + + + + ,

ở đây ta đã dùng định nghĩa 0 0 11 1 1k k

k k k kC C C C ++ += = = = .


Bước cơ sở: Với n = 1, công thức đúng hiển nhiên.

Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k,

1sin2sin sin 2 sin sin

2sin2

k x kxx x kx x

+

+ + + =

Khi đó

1sin2sin sin 2 sin sin( 1) sin sin( 1)

2sin2

k x kxx x kx k x kx x

+

+ + + + + = + +

1sin 1 12 sin 2sin os2 2sin

2

k x kx k k2

xc xx

++ +

= +

2sin 12 sin2sin

2

k x k xx

++

= ,

ở đây dùng công thức 1 1 22 os sin sin sin2 2 2

k kc x x x2k x+ +

= − .


90


6. Trả lời và gợi ý giải bài tập ôn tập và làm thêm

6.1. Lời giải. Sai lầm ở đây là trong bước quy nạp ta đã công nhận một

điều: mọi số nguyên đều tách thành tổng hai số nguyên nhỏ hơn.

Điều này không đúng với n = 1.

6.2. Lời giải. Sai lầm tại bước quy nạp số hạng n cần hai số hạng trước

đó, nên tại bước cơ sở ta phải kiểm tra ít nhất hai giá trị, ví dụ

n = 4 thì số trước đó là 1 và 2, tổng của nó không thể là số chẵn

được.

6.3. Lời giải. Ta chứng minh bằng quy nạp toán học theo n.

Bước cơ sở: Với n = 4. Giả sử gọi bốn người nhận tài liệu là A1,

A2, A3, A4 thì chỉ cần 4 lần gọi qua điện thoại là đủ: A1 và A2

thông báo cho nhau nội dung tài liệu mà mình giữ, A3 và A4 cũng

vậy. Cuối cùng thì A1 và A3 ; A2 và A4 thông báo cho nhau. Mệnh

đề đúng với n = 4.

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k. Ta chứng minh

mệnh đề đúng với n = k + 1. Nghĩa là với (k+1) người, chỉ cần 2(k

+ 1) – 4 = 2k – 2 lần gọi điện.

Đầu tiên, người thứ (k+1) gọi điện thoại thông báo cho

người thứ nhất. Với k người đầu tiên, theo giả thiết quy nạp cần

(2k – 4) lần gọi điện để thông báo cho nhau biết tài liệu. Cuối cùng

người thứ (k+1) gọi điện thoại cho người thứ nhất. Số lần gọi tổng

cộng là 1 + (2k – 4) + 1 = 2k + 2.

6.4. Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 1. Có ba đồng xu. Ta đặt hai đồng

xu lên mỗi bên đĩa cân. Nếu cân thăng bằng, thì đồng xu giả là

đồng xu còn lại ngoài cân, còn trên cân không cân bằng, đồng tiền

giả nằm ở bên nào nhẹ hơn. Như vậy chỉ một lần cân, mệnh đề

đúng.


91


Bước quy nạp: Giả sử khẳng định của bài toán đúng với n – 1. Bây

giờ ta có 3n đồng xu. Ta chia làm ba nhóm then 3n-1 đồng xu và

đặt hai nhóm lên từng đĩa cân. Nếu cân cân bằng thì đồng xu giả ở

nhóm thứ 3, còn ngược lại thì ở nhóm trên dĩa cân nhẹ hơn. Và cả

hai trường hợp khẳng định đều suy ra từ giả thiết quy nạp.

6.5. Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 2 số 22 4

2 2 1 2 1 1A 7= + = + = .

Bước quy nạp: Giả sử n = k ≥ 2 số kA có số tận cùng là 7. Ta

chứng minh với n = k + 1, số 12

1 2k

1+

+kA = + cũng có số tận cùng là

số 7. Thật vậy, do kA có số tận cùng là 7, nên tồn tại số nguyên

dương m, để 10 7kA m= + . Từ đó suy ra 21 2 10 6k

kA m− = = + . Do

đó

( )1 22 2 .2 2

1 2 1 2 1 2k k k

kA+

+ = + = + = +1

+

+

2 2(10 6) 1 100 120 36 1m m m= + + = + +

. 2 210(10 12 ) 37 10(10 12 3) 7m m m m= + + = + +

Suy ra 1kA + tận cùng bằng chữ số 7.


92

Documents

lời giải bài tập các chương