Ta sẽ “lập luận” bằng quy nạp toán học đề chỉ ra rằng: “Mọi con mèo đều có cùng màu”. Ta gọi P(n) với n nguyên dương là mệnh đề sau: “Mọi con mèo trong một đàn gồm n con đều có cùng màu”. Bước 1. Với n = 1 thì mệnh đề P(1) là “Mọi con mèo trong một đàn gồm 1 con đều có cùng màu”. Hiền nhiên mệnh đề này là đúng! Bước 2. Giả sử P(k) đúng với một số nguyên dương k nào đó. Xét một đàn mèo gồm k + 1 con. Gọi chúng là M1, M2, …, Mk + 1. Bỏ con mèo Mk + 1 ra khỏi đàn, ta nhận được một đàn mèo gồm k con là M1, M2, … , Mk. Theo giả thiết quy nạp, các con mèo có cùng màu. Bây giờ, thay vì bỏ con mèo Mk + 1 ta bỏ con mèo để có đàn mèo gồm k con là M2, M3, …, Mk + 1. Vẫn theo giả thiết quy nạp thì các con mèo M2, M3, …, Mk + 1 có cùng màu. Cuối cùng, đưa con mèo M1 trở lại đàn để có đàn mèo ban đầu. Theo các lập luận trên: các con mèo M1, M2, …, Mk có cùng màu và các con mèo M2, M3, …, Mk + 1 có cùng màu. Từ đó suy ra tất cả các con mèo M1, M2, … , Mk + 1 đều có cùng màu. Vậy, theo nguyên lí quy nạp thì P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. Nói riêng, nếu gọi N là số mèo hiện tại trên Trái Đất thi việc P(N) đúng cho thấy tất cả các con mèo (trên Trái Đất) đều có cùng màu! Tất nhiên là ta có thề tìm được các con mèo khác màu nhau! Theo em thì “lập luận” trên đây sai ở chỗ nào?

Câu hỏi:

Ta sẽ “lập luận” bằng quy nạp toán học đề chỉ ra rằng: “Mọi con mèo đều có cùng màu”. Ta gọi P(n) với n nguyên dương là mệnh đề sau: “Mọi con mèo trong một đàn gồm n con đều có cùng màu”.
Bước 1. Với n = 1 thì mệnh đề P(1) là “Mọi con mèo trong một đàn gồm 1 con đều có cùng màu”. Hiền nhiên mệnh đề này là đúng!
Bước 2. Giả sử P(k) đúng với một số nguyên dương k nào đó. Xét một đàn mèo gồm k + 1 con. Gọi chúng là M1, M2, …, Mk + 1. Bỏ con mèo Mk + 1 ra khỏi đàn, ta nhận được một đàn mèo gồm k con là M1, M2, … , Mk. Theo giả thiết quy nạp, các con mèo có cùng màu. Bây giờ, thay vì bỏ con mèo Mk + 1 ta bỏ con mèo để có đàn mèo gồm k con là M2, M3, …, Mk + 1. Vẫn theo giả thiết quy nạp thì các con mèo M2, M3, …, Mk + 1 có cùng màu. Cuối cùng, đưa con mèo M1 trở lại đàn để có đàn mèo ban đầu. Theo các lập luận trên: các con mèo M1, M2, …, Mk có cùng màu và các con mèo M2, M3, …, Mk + 1 có cùng màu. Từ đó suy ra tất cả các con mèo M1, M2, … , Mk + 1 đều có cùng màu.
Vậy, theo nguyên lí quy nạp thì P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. Nói riêng, nếu gọi N là số mèo hiện tại trên Trái Đất thi việc P(N) đúng cho thấy tất cả các con mèo (trên Trái Đất) đều có cùng màu!
Tất nhiên là ta có thề tìm được các con mèo khác màu nhau! Theo em thì “lập luận” trên đây sai ở chỗ nào?

Trả lời:

Lập luận này sai ở Bước 2 khi k = 2.
Với k = 2, tức là đàn mèo có 2 con M₁, M₂. Khi đó việc tách đàn mèo này thành hai đàn mèo nhỏ, mỗi đàn 1 con mèo sẽ dẫn đến việc hai tập hợp {M₁, M₂, … , M_k} (lúc này chỉ là {M₁}) và {M₂, M₃, …, M_{k + 1}} (lúc này chỉ là {M₂}) không có phần tử giao nhau. Do đó không thể suy ra tất cả các con mèo M₁, M₂, … , M_{k + 1} đều có cùng màu.

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Hãy quan sát các đẳng thức sau: 1 = 12 1 + 3 = 4 = 22 1 + 3 + 5 = 9 = 32 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 …… Có nhận xét gì về các số ở vế trái và ở vế phải của các đẳng thức trên? Từ đó hãy dự đoán công thức tính tổng của n số lẻ đầu tiên 1 + 3 + 5 + … + (2n –1).
   
   

   Câu hỏi:
   

   Hãy quan sát các đẳng thức sau:
   1 = 12
   1 + 3 = 4 = 22
   1 + 3 + 5 = 9 = 32
   1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42
   1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52
   ……
   Có nhận xét gì về các số ở vế trái và ở vế phải của các đẳng thức trên? Từ đó hãy dự đoán công thức tính tổng của n số lẻ đầu tiên 1 + 3 + 5 + … + (2n –1).

   Trả lời:

   Ta thấy vế trái của các đẳng thức lần lượt là tổng của 1, 2, 3, 4, 5, … số lẻ đầu tiên. Còn vế phải lần lượt là bình phương của 1, 2, 3, 4, 5,…
   Vậy ta có thể dự đoán 1 + 3 + 5 + … + (2n –1) = n2.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Xét đa thức p(n) = n2 – n + 41. a) Hãy tính p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) và chứng tỏ rằng các kết quả nhận được đều là số nguyên tố. b) Hãy đưa ra một dự đoán cho p(n) trong trường hợp tổng quát.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Xét đa thức p(n) = n2 – n + 41.
   a) Hãy tính p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) và chứng tỏ rằng các kết quả nhận được đều là số nguyên tố.
   b) Hãy đưa ra một dự đoán cho p(n) trong trường hợp tổng quát.

   Trả lời:

   a) p(1) = 41, p(2) = 43, p(3) = 47, p(4) = 53, p(5) = 61. Do đó p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) đều là các số nguyên tố.
   b) Từ việc p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) đều là các số nguyên tố ta có thể đưa ra dự đoán p(n) là số nguyên tố với mọi n > 1. Tuy nhiên, khẳng định này là một khẳng định sai. Mặc dù khẳng định này đúng với n = 1, 2,…, 40, nhưng nó lại sai khi n= 41. Thật vậy, với n= 41 ta có p(41) = 412 là hợp số (vì nó chia hết cho 41).

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có 1+2+3+…+n=nn+12. 
   
   

   Câu hỏi:
   

   Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có
   $1+2+3+\mathrm{\dots }+n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}.$ 

   Trả lời:

   Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
   Bước 1. Với n = 1 ta có 1 = 12.                                                                
   Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.
   Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:                    
   $1+2+3+\mathrm{\dots }+k=\frac{k\left(k+1\right)}{2}.$                                                          
   Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:
   $1+2+3+\mathrm{\dots }+k+\left(k+1\right)=\frac{\left(k+1\right)\left[\left(k+1\right)+1\right]}{2}.$
   Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
   $1+2+3+\mathrm{\dots }+k+\left(k+1\right)$
   $=\frac{k\left(k+1\right)}{2}+\frac{2\left(k+1\right)}{2}=\frac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}{2}=\frac{\left(k+1\right)\left[\left(k+1\right)+1\right]}{2}.$
   Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có đằng thức: an – bn = (a – b)(an – 1 + an – 2b + … + abn –2 + bn – 1).
   
   

   Câu hỏi:
   

   Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có đằng thức:
   aⁿ – bⁿ = (a – b)(a^{n – 1} + a^{n – 2}b + … + ab^{n –2} + b^{n – 1}).

   Trả lời:

   Bước 1. Khi n = 1, ta có: a¹ – b¹ = a – b.
   Vậy khẳng định đúng với n = 1.
   Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:
   a^k – b^k = (a – b)(a^{k – 1} + a^{k – 2}b + … + ab^{k –2} + b^{k – 1})
   Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:
   a^{k + 1} – b^{k + 1} = (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + … + ab^{(k + 1) –2} + b^{(k + 1) – 1}]
   Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:
   a^{k + 1} – b^{k + 1}
   = a . a^k – b . b^k
   = a . a^k – a . b^k + a . b^k – b . b^k
   = a . (a^k – b^k) + b^k . (a – b)
   = a . (a – b)(a^{k – 1} + a^{k – 2}b + … + ab^{k –2} + b^{k – 1}) + b^k . (a – b)
   = (a – b) . a . (a^{k – 1} + a^{k – 2}b + … + ab^{k –2} + b^{k – 1}) + (a – b) . b^k
   = (a – b)(a . a^{k – 1} + a . a^{k – 2}b + … + a . ab^{k – 2} + a . b^{k – 1}) + (a – b) . b^k
   = (a – b)[a^{1 + (k – 1)} + a^{1 + (k – 2)}b + … + a²b^{k – 2} + a . b^{k – 1}) + (a – b) . b^k
   = (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + … + a²b^{(k + 1) – 3} + ab^{(k + 1) –2}] + (a – b) . b^{(k + 1) – 1}
   = (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + … + ab^{(k + 1) –2} + b^{(k + 1) – 1}].
   Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Lãi suất gửi tiết kiệm trong ngân hàng thường được tính theo thể thức lãi kép theo định kì. Theo thề thức này, nếu đến kì hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kì kế tiếp. Giả sử một người gửi số tiền A với lãi suất r không đổi trong mỗi kì. a) Tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T1, T2, T3 mà người đó nhận được sau kì thứ 1, sau kì thứ 2 và sau kì thứ 3. b) Dự đoán công thức tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tn mà người đó thu được sau n kì. Hãy chứng minh công thức nhận được đó bằng quy nạp.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Lãi suất gửi tiết kiệm trong ngân hàng thường được tính theo thể thức lãi kép theo định kì. Theo thề thức này, nếu đến kì hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kì kế tiếp. Giả sử một người gửi số tiền A với lãi suất r không đổi trong mỗi kì.
   a) Tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T1, T2, T3 mà người đó nhận được sau kì thứ 1, sau kì thứ 2 và sau kì thứ 3.
   b) Dự đoán công thức tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tn mà người đó thu được sau n kì. Hãy chứng minh công thức nhận được đó bằng quy nạp.

   Trả lời:

   a)
   – Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T₁ mà người đó nhận được sau kì thứ 1 là:
   T₁ = A + Ar = A(1 + r).
   – Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T₂ mà người đó nhận được sau kì thứ 2 là:
   T₂ = A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)(1 + r) = A(1 + r)².
   – Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T₃ mà người đó nhận được sau kì thứ 3 là:
   T₃ = A(1 + r)² + A(1 + r)²r = A(1 + r)³.
   b) Từ câu a) ta có thể dự đoán T_n = A(1 + r)ⁿ.
   Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
   Bước 1. Với n = 1 ta có T₁ = A(1 + r) = A(1 + r)¹.                                  
   Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.
   Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: T_k = A(1 + r)^k.
   Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: T_{k + 1} = A(1 + r)^{k + 1}.
   Thật vậy,
   Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T_{k + 1} mà người đó nhận được sau kì thứ (k + 1) là:
   T_{k + 1} = A(1 + r)^k + A(1 + r)^k.r = A(1 + r)^k(1 + r) = A(1 + r)^{k + 1}.
   Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
   Vậy T_n = A(1 + r)ⁿ với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====