Ví dụ: “Nếu hôm nay trời mưa thì cô ấy không đến. Nếu cô ấy không đến thì ngày mai cô ấy đến. Vì vậy, nếu hôm nay trời mưa thì ngày mai cô ấy đến.” ⇒ Quy tắc ... “An giỏi toán. Do đó, An giỏi toán hoặc tin” ⇒Quy tắc ... “Nếu hôm nay tuyết rơi thì trường học đóng cửa. Hôm nay trường học không đóng cửa. Do đó, hôm nay đã không có tuyết rơi.” ⇒Quy tắc ... Show
Quy tắc Tên ∴ ∨ Cộng ∧ ∴ Rút gọn → ∴ Khẳng định → ∴ Phủ định → → ∴ → Tam đoạn luận giả định ∨ ∴ Tam đoạn luận tuyển Các quy tắc suy luậnVí dụ: “An giỏi toán. Do đó, An giỏi toán hoặctin” Quy tắc Tên ∴ ∨ Cộng ∧ ∴ Rút gọn → ∴ Khẳng định → ∴ Phủ định → → ∴ → Tam đoạn luận giả định ∨ ∴ Tam đoạn luận tuyển Đặt: P = “An giỏi toán” Q = “An giỏi tin” Biểu thức: → ( ∨) ⇒Quy tắc Cộng Các quy tắc suy luậnVí dụ: “Nếu hôm nay tuyết rơithì trường học đóng cửa. Hôm nay trường học không đóng cửa. Do đó, hôm nay đã không có tuyết rơi.” Quy tắc Tên ∴ ∨ Cộng ∧ ∴ Rút gọn → ∴ Khẳng định → ∴ Phủ định → → ∴ → Tam đoạn luận giả định ∨ ∴ Tam đoạn luận tuyển Đặt: P = “Hôm nay tuyết rơi” Q = “Trường học đóng cửa” Biểu diễn: → ∧ → ⇒Quy tắc Phủ định Các quy tắc suy luậnVí dụ: “Nếu tôi làm bài tập này cả đêm thì tôi có thể trả lời được tất cả các bài tập. Nếu tôi trả lời được tất cả các bài tập thì tôi sẽ hiểu được tài liệu này. Do đó, nếu tôi làm được bài tập này cả đêm thì tôi sẽ hiểu được tài liệu này.” ⇒Quy tắc Tam đoạn luận giả định Quy tắc Tên ∴ ∨ Cộng ∧ ∴ Rút gọn → ∴ Khẳng định → ∴ Phủ định → → ∴ → Tam đoạn luận giả định ∨ ∴ Tam đoạn luận tuyển Các quy tắc suy luậnVD: Dùng các quy tắc suy luận chứng minh rằng → → ∧ ∨̅ ∧ ⇒ Quy tắc Tên ∴ ∨ Cộng ∧ ∴ Rút gọn → ∴ Khẳng định → ∴ Phủ định → → ∴ → Tam đoạn luận giả định ∨ ∴ Tam đoạn luận tuyển 1. → →2. ∨̅3.----- 4. → Khẳng định 1 và 35. Tam đoạn luận tuyển 2 và 36. Khẳng định 4 và 5Các quy tắc suy luậnVD: “Nếu bạn đã giải hết bài tập trong sách Toán rời rạc này thì bạn nắm vững logic. Bạn nắm vững logic. Vậy, bạn đã giải hết bài tập trong sách Toán rời rạc này.” ⇒Quy tắc ... Đặt: P = “Bạn đã giải hết bài tập trong sách Toán rời rạc này” Q = “Bạn nắm vững logic” Biểu diễn: → ∧ → ⇒Đây là một tiếp liên ⇒Một suy diễn như trên được gọi là ngụy biện Ngụy biện hay ngộ nhận kết quả là phương pháp chứng minh sai, suy luận không dựa vào hằng đúng mà chỉ dựa vào một tiếp liên Các quy tắc suy luậnVD: Cho 2 giả thiết:
Phạm văn Thiều, Đặng Hữu Thịnh. Toán rời rạc ứng dụng trong tin học. Nhà xuất bản Khoa học và Kỹ thuật, Hà Nội - 1997 (chương 3, trang 208 - 228). Nội dung cốt lõi- Khái niệm về suy luận toán học - Trình bày các phương pháp chứng minh bao gồm: . Chứng minh rỗng . Chứng minh tầm thường . Chứng minh trực tiếp . Chứng minh gián tiếp . Chứng minh phản chứng . Chứng minh qui nạp Khái niệmSuy luận được xem là một trong những nền tảng xây dựng nên các ngành khoa học tự nhiên. Từ xưa đến nay, nhờ suy luận mà người ta có thể nhận thức được cái chưa biết từ những cái đã biết. Suy luận còn là cơ sở của sự sáng tạo. Từ các phán đoán, đưa đến các chứng minh để chấp nhận hay bác bỏ một vấn đề nào đó. Suy luận toán học dựa trên nền tảng của các phép toán mệnh đề, chủ yếu là phép kéo theo. Để chứng minh một vấn đề nào đó, thông thường người ta phải xác định điểm ban đầu (có thể gọi là giả thiết) và điểm kết thúc (gọi là kết luận). Quá trình đi từ giả thiết đến kết luận gọi là quá trình chứng minh và quá trình này đươc thực thi bằng cách nào thì gọi đó là phương pháp chứng minh. Các phương pháp chứng minh là rất quan trọng vì không những chúng thường được sử dụng trong toán học mà còn được áp dụng nhiều trong tin học. Ví dụ, sự kiểm tra tính đúng đắn của một chương trình, của một hệ điều hành, xây dựng các luật suy diễn trong lĩnh vực trí tuệ nhận tạo... Do đó, chúng ta cần phải nắm vững các phương pháp chứng minh. Tuy nhên, có những phương pháp chứng minh đúng vì nó được dựa trên cơ sở của một mệnh đề đúng (hằng đúng) và có những phương pháp chứng minh sai. Các phương pháp chứng minh sai này là cố ý hoặc vô ý. Khi phương pháp chứng minh dựa trên một hằng sai thì sẽ mang lại kết quả sai nhưng người ta vẫn cho là đúng thì được gọi là cố ý. Đôi khi có những phương pháp chứng minh dựa trên một tiếp liên (có khi mệnh đề là đúng nhưng cũng có lúc sai) mà người ta tưởng lầm là hằng đúng nên cho là kết quả bao giờ cũng đúng thì trường hợp này gọi là vô ý (hay ngộ nhận). Sau đây, chúng ta sẽ đi tìm hiểu các qui tắc suy luận. Các qui tắc suy luậnNhư đã giới thiệu ở trên, những suy luận có dùng các qui tắc suy diễn gọi là suy luận có cơ sở. Khi tất cả các suy luận có cơ sở là đúng thì sẽ dẫn đến một kết luận đúng. Một suy luận có cơ sở có thể dẫn đến một kết luận sai nếu một trong các mệnh đề đã dùng trong suy diễn là sai. Sau đây là bảng các qui tắc suy luận đúng.  Trong các phân số của qui tắc thì các giả thiết được viết trên tử số, kết luận được viết dưới mẫu số. Kí hiệu ∴ size 12{∴} {}có nghĩa là "vậy thì", "do đó",... Ví dụ : Qui tắc suy luận nào là cơ sở của suy diễn sau :
Nếu cô ta không đến thì ngày mai cô ta đến, Vậy thì, nếu hôm nay trời mưa thì ngày mai cô ta đến." Đây là suy diễn dựa trên qui tắc tam đoạn luận giả định.
Hôm nay trường đại học không đóng cửa. Do đó, hôm nay đã không có tuyết rơi " Đây là suy diễn dựa trên qui tắc Modus Tollens
Đây là suy diễn dựa trên qui tắc cộng. Ngụy biệnCác phương pháp chứng minh sai còn được gọi là ngụy biện. Ngụy biện giống như qui tắc suy luận nhưng không dựa trên một hằng đúng mà chỉ là một tiếp liên. Đây chính là sự khác nhau cơ bản giữa suy luận đúng và suy luận sai. Loại suy luận sai này được gọi là ngộ nhận kết luận. Ví dụ : Xét xem suy diễn sau là có cơ sở đúng không ? " Nếu bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2 này thì bạn nắm vững logic. Bạn nắm vững logic vậy thì bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2 này". Nhận thấy suy diễn này là dựa trên mệnh đề sau : ((P→Q) ^ Q) → P Trong đó: P = "Bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2" Q = "Bạn nắm vững logic" Mệnh đề ((P→Q) ^ Q) → P không phải là hằng đúng vì nó sẽ sai khi P là F và Q là T. Do đó, suy diễn này không hoàn toàn có cơ sở đúng. Bởi vì, khi Q là T nghĩa là bạn đã nắm vững logic nhưng không chắc là bạn đã giải hết bài tập trong sách toán rời rạc 2 này mà có thể giải sách khác (P là F). Giới thiệu phương pháp chứng minhNhư đã giới thiệu trong phần trên, mỗi bài toán cần chứng minh thông thường đều có hai phần chính là giả thiết và kết luận. Việc chỉ ra được cái nào là giả thiết, cái nào là kết luận sẽ giúp cho việc chứng minh dễ dàng hơn thông qua việc sử dụng phương pháp chứng minh thích hợp. Do đó, các phương pháp chứng minh trong dạng bài toán này là có liên quan đến mệnh đề kéo theo. Vậy, trước khi tìm hiểu các phương pháp chứng minh, chúng ta hãy xem lại bảng chân trị của mệnh đề P kéo theo Q ( với P là giả thiết và Q là kết luận). Các trường hợp để cho mệnh đề P kéo theo Q là đúng cũng chính là các phương pháp để chứng minh bài toán đúng. Nhận thấy rằng, P→Q là đúng có 3 trường hợp. Các trường hợp này chính là các phương pháp chứng minh sẽ được trình bày dưới đây. Trước khi đi vào các phương pháp chứng minh, có một khái niệm mà chúng ta cần tìm hiểu, đó là khái niệm về "hàm mệnh đề". Hàm mệnh đề : Cho A là một tập họp không rỗng sao cho ứng với mỗi x∈A ta có một mệnh đề, ký hiệu là P(x). Bấy giờ ta nói P (hay P(x)) là một hàm mệnh đề theo biến x∈A. Như vậy, khi nói ứng với mỗi x∈A, ta có một mệnh đề P(x), nghĩa là khi đó tính đúng sai của P(x) được hoàn toàn xác định phụ thuộc vào từng giá trị của x∈A. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(x) = { x là số lẻ } ; x∈N Ta có : P(1) là mệnh đề đúng P(2) là mệnh đề sai. Tổng quát, với các tập họp không rỗng A1, A2, ..., An, sao cho ứng với mỗi x1∈A1, x2∈A2, ..., xn∈An, ta có một mệnh đề, ký hiệu P(x1, x2, ...,xn ). Ta nói P(x1, x2, ...,xn ) là một hàm mệnh đề theo n biến x. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(x,y,z) = { 2x + y - z = 0 } x,y,z∈Z Ta có : P(x,y,z) là mệnh đề đúng khi x = 1, y = -1, z = 1. P(x,y,z) là mệnh đề sai khi x = 1, y = 1, z = 1. Phương pháp Chứng minh rỗng ( P là sai)Dựa vào 2 dòng cuối của bảng chân trị, nhận thấy rằng khi P sai, bất chấp kết luận Q thế nào thì mệnh đề P→Q là luôn đúng. Vậy, để chứng minh mệnh đề P→Q là đúng, người ta chỉ cần chứng minh rằng P là sai. Phương pháp chứng minh này được gọi là chứng minh rỗng. Phương pháp chứng minh rỗng thường được sử dụng để chứng minh các trường hợp đặc biệt của định lý. Trường hợp tổng quát thì định lý này luôn đúng với mọi số n nguyên dương. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(n) = " Nếu n>1 thì n2 >n " Chứng minh rằng P(1) là đúng. Giải : Ta có P(1) = { Nếu 1 >1 thì 12 >1 } Nhận thấy rằng giả thiết 1>1 là sai, bất chấp kết luận 12 >1 là đúng hay sai thì P(1) là đúng. Chứng minh tầm thường (Q là đúng)Dựa vào dòng 1 và dòng 3 của bảng chân trị, nhận thấy rằng khi Q đúng, bất chấp giả thiết P là đúng hay sai thì mệnh đề P→Q là luôn đúng. Vậy, để chứng minh mệnh đề P→Q là đúng, người ta chỉ cần chứng minh rằng Q là đúng. Phương pháp chứng minh này được gọi là chứng minh tầm thường. Phương pháp chứng minh tầm thường cũng được sử dụng để chứng minh các trường hợp đặc biệt của định lý. Trường hợp tổng quát thì định lý này luôn đúng với mọi số n nguyên dương. Ví dụ : Cho hàm mệnh đề P(n) = { Nếu a và b là 2 số nguyên dương và a ≥ b thì an ≥ bn } Chứng minh rằng P(0) là đúng. Giải : Ta có a0 = b0 =1. Do đó a0 ≥ b0 là đúng. Vậy P(0) là đúng bất chấp giả thiết a≥b là đúng hay sai. Chứng minh trực tiếpTrong dòng 1 của bảng chân trị, mệnh đề P kéo theo Q có thể được chứng minh bằng cách chỉ ra rằng nếu P đúng thì Q cũng phải đúng. Nghĩa là tổ hợp P đúng Q sai không bao giờ xảy ra. Phương pháp này được gọi là chứng minh trực tiếp. Vậy để thực hiện phương pháp chứng minh trực tiếp, người ta giả sử rằng P là đúng, sau đó sử dụng các qui tắc suy luận hay các định lý để chỉ ra rằng Q là đúng và kết luận P→Q là đúng. Ví dụ 1: Chứng minh rằng { Nếu n là số lẻ thì n2 là số lẻ } Giải : Giả sử rằng giả thiết của định lý này là đúng, tức là n là số lẻ. Ta có n = 2k + 1 ( k=0,1,2,...) ⇒ n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 \= 2(2k + 2k) + 1 là lẻ. Vậy nếu n là số lẻ thì n2 là số lẻ. Ví dụ 2 : Cho hàm mệnh đề P(n) = " Nếu n>1 thì n2 >n " Chứng minh rằng P(n) là đúng với n là số nguyên dương. Giải : Giả sử n > 1 là đúng, ta có : n = 1 + k ( k ≥ 1) ⇒ n2 = ( 1 + k )2 = 1 + 2k + k2 = (1 + k) + k + k2 > n Vậy Nếu n>1 thì n2 >n . Chứng minh gián tiếpVì mệnh đề P→Q ⇔ Q → P. Do đó, để chứng minh mệnh đề P→Q là đúng, người ta có thể chỉ ra rằng mệnh đề Q → P là đúng. Ví dụ : Chứng minh định lý { Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ } Giải : Giả sử ngược lại kết luận của phép kéo theo là sai, tức n là chẳn. Ta có n = 2k ( k∈N ) ⇒ 3n + 2 = 3.2k + 2 = 2( 3k + 1 ) là số chẳn Vậy Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ Nhận xét
Ví dụ 1 : Sử dụng chứng minh gián tiếp để chứng minh rằng " Nếu n>1 thì n2 >n " Giải : Giả sử ngược lại kết luận của phép kéo theo là sai, tức là n2 < n. Vì n là nguyên dương nên ta có thể chia 2 vế cho n mà bất đẳng thức không đổi chiều. Ta có : n < 1. Vậy từ Q đã dẫn đến P. Do đó, Nếu n>1 thì n2 >n. Ví dụ 2 : Sử dụng chứng minh trực tiếp để chứng minh rằng " Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ ". Giải : Giả sử 3n + 2 là số lẻ là đúng. Nhận thấy rằng vì 2 là số chẳn nên suy ra được 3n là số lẻ. Vì 3 là số lẻ do đó n là số lẻ. Vậy Nếu 3n + 2 là số lẻ thì n là số lẻ. Ở đây chúng ta phải chứng minh thêm định lý là tích của 2 số lẻ là một số lẻ thì bài giải chặt chẽ hơn. Do đó, trong bài toán này việc sử dụng chứng minh gián tiếp là hay hơn dùng trực tiếp.
(P1∨P2∨...∨Pn) → Q Chúng ta có thể sử dụng hằng đúng sau : ((P1∨P2∨...∨Pn) →Q) ((P1→Q)∧(P2→Q)∧....∧(Pn→Q)) Cách chứng minh này gọi là chứng minh từng trường hợp. Ví dụ 3: Chứng minh rằng: " Nếu n không chia hết cho 3 thì n2 không chia hết cho 3". Giải : Gọi P là mệnh đề "n không chia hết cho 3" và Q là mệnh đề "n2 không chia hết cho 3". Khi đó, P tương đương với P1 ∨ P2. Trong đó: P1 = " n mod 3 =1" P2 = " n mod 3 =2" Vậy, để chứng minh P → Q là đúng, có thể chứng minh rằng: (P1 ∨ P2) → Q hay là (P1 → Q ) ∧ ( P2→ Q) Giả sử P1 là đúng. Ta có, n mod 3 = 1. Đặt n = 3k + 1 ( k là số nguyên nào đó). Suy ra n2 = ( 3k+1)2 = 9k2 + 6k + 1 = 3(3k2 + 2k) + 1 không chia chẳn cho 3. Do đó, P1 → Q là đúng. Tương tự, giả sử P2 là đúng. Ta có, n mod 3 = 2. Đặt n = 3k + 2 ( k là số nguyên nào đó). Suy ra n2 = ( 3k+2)2 = 9k2 + 12k + 4 = 3(3k2 + 4k + 1) + 1 không chia chẳn cho 3. Do đó, P2 → Q là đúng. Do P1 → Q là đúng và P2 → Q là đúng, hay là (P1 → Q ) ∧ ( P2→ Q). Vậy (P1 ∨ P2) → Q. Chứng minh phản chứngChứng minh phản chứng thường được sử dụng để chứng minh mệnh đề P là đúng. Trước hết, người ta giả sử ngược lại rằng P là sai hay P là đúng. Từ mệnh đề P là đúng dẫn đến kết luận Q sao cho P→Q phải đúng. Khi đó, người ta chỉ ra rằng Q là một mâu thuẩn, nghĩa là : Q = R ∧R. (Sở dĩ có mâu thuẩn này là do ta giả sử P là sai) Vì P→Q phải đúng và Q là F, suy ra rằng P = F ⇒ P = T. Phương pháp chứng minh phản chứng thường được sử dụng để chứng minh những vấn đề cơ bản và điều quan trọng trong kỹ thuật này là tìm ra được mâu thuẩn R∧R. Ví dụ 1: Chứng minh rằng " 2 size 12{ sqrt {2} } {} là số vô tỉ ". Giải : Gọi P là mệnh đề " 2 size 12{ sqrt {2} } {} là số vô tỉ ". Giả sử ngược lại P là đúng. Vậy, 2 size 12{ sqrt {2} } {} là số hữu tỉ ( vì tập số thực gồm 2 tập con là tập số vô tỉ và tập số hữu tỉ. Hai tập con này không có 3 giao nhau). Khi đó ∃a,b (a,b∈N) sao cho: 2 size 12{ sqrt {2} } {} = ab size 12{ { {a} over {b} } } {} ( với a, b không có ước chung hay phân số này là tối giản (mệnh đề R)) Bình phương hai vế : 2 = a2b2 size 12{ { {a rSup { size 8{2} } } over {b rSup { size 8{2} } } } } {} ⇒ 2b2 = a2 ⇒ a2 là số chẳn ⇒ a là số chẳn. Đặt a = 2c, c ∈ N. Ta có 2b2 = 4c2 ⇔ b2 = 2c2 ⇒ b2 là số chẳn ⇒ b là số chẳn. Vậy a, b đều có ước chung là 2 (mệnh đề R). Điều này mâu thuẩn vì a/b là tối giản. Từ P→ R∧R. Sở dĩ có mâu thuẩn này là do ta giả sử 2 size 12{ sqrt {2} } {} là số hữu tỉ. Vậy 2 size 12{ sqrt {2} } {} phải là số vô tỉ. Ví dụ 2 : Một trong những cách giải bài toán tồn tại là dùng lập luận phản chứng. Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng luôn tìm được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác. Giải : Trước hết sắp xếp các đoạn đã cho theo thứ tự tăng dần của độ dài a1, a2, ..., a7, và chứng minh rằng trong dãy đã xếp luôn tìm được 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối (vì điều kiện để 3 đoạn có thể ghép thành một tam giác là tổng của 2 đoạn nhỏ hơn đoạn thứ ba). Giả sử điều cần chứng minh là không xảy ra, nghĩa là đồng thời xảy ra các bất đẳng thức sau: a1 + a2 ≤ a3 a2 + a3 ≤ a4 a3 + a4 ≤ a5 a4 + a5 ≤ a6 a5 + a6 ≤ a7 Từ giả thiết a1 , a2 có giá trị lớn hơn 10, ta nhận được a3 > 20 . Từ a2 >10 và a3 > 20 ta nhận được a4 > 30 , a5 > 50, a6 > 80 và a7 > 130. Điều a7 > 130 là mâu thuẩn với giả thiết các độ dài nhỏ hơn 100. Có mâu thuẩn này là do giả sử điểu cần chứng minh không xảy ra. Vậy, luôn tồn tại 3 đoạn liên tiếp sao cho tổng của 2 đoạn đầu lớn hơn đoạn cuối. Hay nói cách khác là 3 đoạn này có thể ghép thành một tam giác. Chứng minh qui nạpGiả sử cần tính tổng n số nguyên lẻ đầu tiên. Với n = 1,2,3,4,5 ta có : n = 1: 1 = 1 = 12 n = 2: 1 + 3 = 4 = 22 n = 3: 1 + 3 + 5 = 9 = 32 n = 4: 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42 n = 5: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 Từ các kết quả này ta dự đoán tổng n số nguyên lẻ đầu tiên là n2. Tuy nhiên, chúng ta cần có phương pháp chứng minh dự đoán trên là đúng. Qui nạp toán học là một kỹ thuật chứng minh rất quan trọng. Người ta dùng nó để chứng minh những kết quả đã có dựa trên sự suy luận nào đó như ví dụ trên. Tuy nhiên, qui nạp toán học chỉ dùng để chứng minh các kết quả nhận được bằng một cách nào đó chứ không là công cụ để phát hiện ra công thức.
Nhiều định lý phát biểu rằng P(n) là đúng ∀n nguyên dương, trong đó P(n) là hàm mệnh đề, ký hiệu ∀nP(n). Qui nạp toán học là một kỹ thuật chứng minh các định lý thuộc dạng trên. Nói cách khác qui nạp toán học thường sử dụng để chứng minh các mệnh đề dạng ∀nP(n). Nguyên lý chứng minh qui nạp yếu bao gồm 2 bước : - Kiểm tra P(x0) là đúng với x0 là giá trị đầu tiên của dãy số n - Giả sử rằng P(k) là đúng khi n=k. Từ đó suy ra rằng P(k+1) là đúng. Ta có cách viết của suy luận trên như sau: [P(x0) ∧ (P(k)→P(k+1))] → ∀nP(n) Ví dụ 1: Chứng minh rằng ∑ i = 1 n i = 1 + 2 + 3 + . . . + n = n ( n + 1 ) 2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } {i} =1+2+3+ "." "." "." +n= { {n \( n+1 \) } over {2} } } {} Giải : Đặt P(n) = ∑i=1ni=n(n+1)2 size 12{ left lbrace Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } {i} = { {n \( n+1 \) } over {2} } right rbrace } {} - Với n= 1 : 1 = 1(1+1)2 size 12{ { {1 \( 1+1 \) } over {2} } } {} P(1) là đúng - Giả sử P(k) là đúng khi n=k. Ta có : ∑i=1ki=k(k+1)2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{k} } {i} = { {k \( k+1 \) } over {2} } } {} Cần chứng minh rằng P(k+1) là đúng. Nghĩa là ∑i=1k+1i=(k+1)(k+2)2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{k+1} } {i} = { { \( k+1 \) \( k+2 \) } over {2} } } {} (điều phải chứng minh) Ta có : ∑i=1K+1i=∑i=1Ki+(k+1)=k(k+1)2+(k+1)=(k+1)(k+2)2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K+1} } {i} = Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } {i} + \( k+1 \) = { {k \( k+1 \) } over {2} } + \( k+1 \) = { { \( k+1 \) \( k+2 \) } over {2} } } {} (đpcm) Vậy ∀nP(n). Ví dụ 2: Chứng minh rằng P(n) = ∑i=1ni(i+1)!=1−1(n+1)! size 12{ left lbrace Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { { {i} over { \( i+1 \) !} } } =1 - { {1} over { \( n+1 \) !} } right rbrace } {} - Với n=1 : 12=1−12 size 12{ { {1} over {2} } =1 - { {1} over {2} } } {} P(1) là đúng - Giả sử P(k) là đúng khi n= k. Ta có : ∑ i = 1 K i ( i + 1 ) ! = 1 − 1 ( k + 1 ) ! size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } { { {i} over { \( i+1 \) !} } } =1 - { {1} over { \( k+1 \) !} } } {} Cần chứng minh rằng : ∑ i = 1 K + 1 i ( i + 1 ) ! = 1 − 1 ( k + 2 ) ! size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K+1} } { { {i} over { \( i+1 \) !} } } =1 - { {1} over { \( k+2 \) !} } } {} Ta có : ∑ i = 1 K + 1 i ( i + 1 ) ! = ∑ i = 1 K i ( i + 1 ) ! + k + 1 ( k + 2 ) ! = 1 − 1 ( k + 1 ) ! + k + 1 ( k + 2 ) ! size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K+1} } { { {i} over { \( i+1 \) !} } } = Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } { { {i} over { \( i+1 \) !} } } + { {k+1} over { \( k+2 \) !} } =1 - { {1} over { \( k+1 \) !} } + { {k+1} over { \( k+2 \) !} } } {} \=1−(k+2)−(k+1)(k+2)!=1−1(k+2)! size 12{ {}=1 - { { \( k+2 \) - \( k+1 \) } over { \( k+2 \) !} } =1 - { {1} over { \( k+2 \) !} } } {} (đpcm) Vậy ∀nP(n) Ví dụ 3 : Chứng minh bất đẳng thức sau : n < 2n với n nguyên dương. - Khi n=1 : 1 < 2 mệnh đề đúng - Giả sử mệnh đề đúng khi n=k, ta có k < 2k . Cần chứng minh rằng k + 1< 2k+1 . Thật vậy, vì k < 2k ⇒ k +1 < 2k +1 < 2k + 2k = 2k+1. Do đó, n < 2n với n nguyên dương.
Khi sử dụng nguyên lý chứng minh qui nạp, không được bỏ qua bước kiểm tra P(x) là đúng vì nếu chỉ có (P(n)→P(n+1)) là không đủ để kết luận rằng ∀nP(n) là đúng. Ví dụ : Xét P(n)= ∑i=0ni=0+1+2+3+...+n=(n+3)(n−2)2 size 12{ left lbrace Sum cSub { size 8{i=0} } cSup { size 8{n} } {i} =0+1+2+3+ "." "." "." +n= { { \( n+3 \) \( n - 2 \) } over {2} } right rbrace } {} Giả sử P(k) là đúng khi n=k. Ta có : ∑ i = 0 K i = 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + k = ( k + 3 ) ( k − 2 ) 2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=0} } cSup { size 8{K} } {i} =0+1+2+3+ "." "." "." +k= { { \( k+3 \) \( k - 2 \) } over {2} } } {} Cần chứng minh: ∑ i = 0 K + 1 i = 0 + 1 + 2 + 3 + . . . + k + ( k + 1 ) = ( k + 3 ) ( k − 1 ) 2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=0} } cSup { size 8{K+1} } {i} =0+1+2+3+ "." "." "." +k+ \( k+1 \) = { { \( k+3 \) \( k - 1 \) } over {2} } } {} Ta có : ∑ i = 0 K + 1 i = ∑ i = 0 K i + ( k + 1 ) = ( k + 3 ) ( k − 2 ) 2 + ( k + 1 ) size 12{ Sum cSub { size 8{i=0} } cSup { size 8{K+1} } {i} = Sum cSub { size 8{i=0} } cSup { size 8{K} } {i} + \( k+1 \) = { { \( k+3 \) \( k - 2 \) } over {2} } + \( k+1 \) } {} VT = k 2 − 2k + 3k − 6 + 2k + 2 2 = k 2 + 3k − 4 2 size 12{ ital "VT"= { {k rSup { size 8{2} } - 2k+3k - 6+2k+2} over {2} } = { {k rSup { size 8{2} } +3k - 4} over {2} } } {} VT=(k−1)(k+4)2=P(k+1) size 12{ ital "VT"= { { \( k - 1 \) \( k+4 \) } over {2} } =P \( k+1 \) } {} (đpcm) Ta có P(k)→P(k+1) là đúng. Tuy nhiên, khi xét P(0): P(0) = {0 = 3} là mệnh đề sai. Vậy ∀nP(n) là sai. Trong trường hợp này ta có thể kết luận như sau : Nếu P(k) là đúng và nếu ∀ n≥k(P(k) → P(k+1)) là đúng thì ∀ n≥k, P(n) là đúng.
Đôi khi chúng ta cần tính toán một biểu thức phụ thuộc vào n, bắt đầu là việc đoán ra kết quả, công việc này được làm bằng cách ít hay nhiều dựa vào kinh nghiệm. Sau đó, sử dụng nguyên lý chứng minh qui nạp để chứng minh rằng kết quả vừa tìm được là đúng. Ví dụ 1: Tính tổng n số lẻ đầu tiên. S = 1+3+5+7+...+(2n-1) = ∑i=1n(2i−1) size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { \( 2i - 1 \) } } {} Khi n=1 : S = 1 = 12 n=2 : S = 1+ 3 = 22 n=3 : S = 1+3 + 5 = 32 n=4 : S = 1+3+5+7 = 42 n=5 S = 1+3+5+7+9 = 52 ........................................... Vậy có thể dự đoán rằng S = ∑i=1n(2i−1) size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { \( 2i - 1 \) } } {} = n2 Sau đó sử dụng chứng minh qui nạp để chứng minh kết quả vừa tìm được. Đặt P(n) = ∑i=1n(2i−1)=n2 size 12{ left lbrace Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { \( 2i - 1} \) =n rSup { size 8{2} } right rbrace } {} - Khi n=1 : 1 = 1 P(1) là đúng - Giả sử rằng P(k) là đúng khi n=k. Ta có : ∑ i = 1 K ( 2i − 1 ) = k 2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } { \( 2i - 1} \) =k rSup { size 8{2} } } {} cần chứng minh P(k+1) là đúng, nghĩa là : ∑ i = 1 K + 1 ( 2i − 1 ) = ( k + 1 ) 2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K+1} } { \( 2i - 1} \) = \( k+1 \) rSup { size 8{2} } } {} Vế trái = ∑i=1K(2i−1)+(2(k+1)−1)=k2+(2k+1)=(k+1)2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } { \( 2i - 1} \) + \( 2 \( k+1 \) - 1 \) =k rSup { size 8{2} } + \( 2k+1 \) = \( k+1 \) rSup { size 8{2} } } {} (đpcm) Vậy ∀nP(n). Ví dụ 2: Tổng trên có thể tính toán với một cách khác như sau : S = ∑i=1n(2i−1)=2∑i=1ni−∑i=1n1=2n(n+1)2−n=n(n+1)−n=n2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { \( 2i - 1 \) } =2 left ( Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } {i} - Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } {1} right )=2 left ( { {n \( n+1 \) } over {2} } - n right )=n \( n+1 \) - n=n rSup { size 8{2} } } {} Ví dụ 3: Tính tổng S = ∑i=1n1i(i+1) size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { { {1} over {i \( i+1 \) } } } } {} Khi n=1: S = 12=11+1 size 12{ { {1} over {2} } = { {1} over {1+1} } } {} n=2: S = 12+12.3=3+12.3=23=22+1 size 12{ { {1} over {2} } + { {1} over {2 "." 3} } = { {3+1} over {2 "." 3} } = { {2} over {3} } = { {2} over {2+1} } } {} n=3: S = 23+13.4=2.4+13.4=34=33+1 size 12{ { {2} over {3} } + { {1} over {3 "." 4} } = { {2 "." 4+1} over {3 "." 4} } = { {3} over {4} } = { {3} over {3+1} } } {} n=4: S = 34+14.5=3.5+14.5=45=44+1 size 12{ { {3} over {4} } + { {1} over {4 "." 5} } = { {3 "." 5+1} over {4 "." 5} } = { {4} over {5} } = { {4} over {4+1} } } {} .......................................... Vậy có thể dự đoán tổng S = nn+1 size 12{ { {n} over {n+1} } } {} Sử dụng nguyên lý qui nạp để chứng minh công thức trên. Đặt P(n) = ∑i=1n1i(i+1)=nn+1 size 12{ left lbrace Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{n} } { { {1} over {i \( i+1 \) } } } = { {n} over {n+1} } right rbrace } {} - Khi n=1 : 1/2 = 1/2 P(1) là đúng - Giả sử P(k) là đúng khi n=k. Ta có ∑ i = 1 K 1 i ( i + 1 ) = k k + 1 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } { { {1} over {i \( i+1 \) } } } = { {k} over {k+1} } } {} Cần chứng minh P(k+1) là đúng. Nghĩa là : ∑i=1K+11i(i+1)=k+1k+2 size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K+1} } { { {1} over {i \( i+1 \) } } } = { {k+1} over {k+2} } } {} (đpcm) Vế trái = ∑i=1K+11i(i+1)=∑i=1K1i(i+1)+1(k+1)(k+2)=kk+1+1(k+1)(k+2) size 12{ Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K+1} } { { {1} over {i \( i+1 \) } } } = Sum cSub { size 8{i=1} } cSup { size 8{K} } { { {1} over {i \( i+1 \) } } } + { {1} over { \( k+1 \) \( k+2 \) } } = { {k} over {k+1} } + { {1} over { \( k+1 \) \( k+2 \) } } } {} \=k(k+2)+1(k+1)(k+2)=(k+1)2(k+1)(k+2)=k+1k+2 size 12{ {}= { {k \( k+2 \) +1} over { \( k+1 \) \( k+2 \) } } = { { \( k+1 \) rSup { size 8{2} } } over { \( k+1 \) \( k+2 \) } } = { {k+1} over {k+2} } } {} (đpcm) Vậy ∀nP(n).
Cho P(n) là một đẳng thức có chứa biến n, nếu P(0) là đúng và nếu (P(0)∧ P(1)∧P(2)∧P(3)∧...P(k)) → P(k+1) là đúng thì P(n) là mệnh đề đúng ∀n (với 0 là phần tử đầu tiên). Chú ý rằng, để tạo ra giả thiết qui nạp với nguyên tắc qui nạp yếu, người ta chỉ giả thiết rằng P(k) là đúng tại n=k. Với nguyên tắc qui nạp mạnh, người ta chỉ ra rằng giả thiết đúng cho tất cả các mệnh đề P(0)∧ P(1)∧P(2)∧P(3)∧...P(k). Đây chính là sự khác biệt cơ bản của 2 nguyên tắc qui nạp với giả thiết yếu và giả thiết mạnh. Ví dụ 1: Chứng minh rằng tích của 3 số liên tiếp luôn chia hết cho 6. Giải : Đặt P(n) = {n.(n+1).(n+2) chia hết cho 6} (n nguyên dương) Ta có : P(1) = 1.2.3 chia hết cho 6. Mệnh đề đúng. P(2) = 2.3.4 chia hết cho 6. Mệnh đề đúng. P(3) = 3.4.5 chia hết cho 6. Mệnh đề đúng. ................................ Giả sử ∀n≤ k ta có P(k) là đúng. Nghĩa là : k.(k+1).(k+2) chia hết cho 6. Cần chứng minh rằng P(k+1) là đúng. Nhận thấy: (k+1)(k+2)(k+3) = k.(k+1).(k+2) + 3.(k+1).(k+2) Trong đó : k.(k+1).(k+2) chia hết cho 6. Và 3.(k+1).(k+2) chia hết cho 6 = 2.3 (vì (k+1).(k+2) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp nên chia chẳn cho 2). Vì tổng của 2 số chia hết cho 6 sẽ chia hết cho 6 (sinh viên tự chứng minh), do đó (k+1).(k+2)(k+3) chia hết cho 6. P(n) đúng với mọi n nguyên dương. Ví dụ 2: Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên lớn hơn 1, khi đó n có thể được viết dưới dạng tích của các số nguyên tố. Giải : Đặt P(n) = { n = a.b...c } (a, b,..,c là các số nguyên tố) Ta có P(2) = { 2= 2.1} P(3) = { 3= 3.1} P(4) = { 4= 2.4} ...................... P(18) = { 6.3= 3.2.3} .......................... là các mệnh đề đúng. Giả sử P(n) đúng ∀n≥ 2 ta có P(k) là đúng. Cần chứng minh rằng P(k+1) là đúng. Với n = k+1 ta có 2 trường hợp xảy ra như sau: - k+1 là số nguyên tố : k+1 = (k+1).1 P(k+1) đúng - k+1 không là số nguyên tố (hợp số): k+1 = a.b ( a,b,∈ [2,k] ) Theo giả thiết qui nạp mạnh, a, b có thể là số nguyên tố hoặc là tích của các số nguyên tố. Vậy nếu k+1 là hợp số thì nó cũng sẽ được viết dưới dạng tích của các số nguyên tố. P(n) đúng vói mọi n ≥ 2. Ví dụ 3: Chứng minh rằng mọi bưu phí bằng hay lớn hơn 12 xu đều có thể tạo ra bằng các con tem 4 xu hay 5 xu. Giải : Đặt P(n) = { n = 4 + ...+ 5+....} Ta có : P(12) = { 12 = 4 + 4 + 4} P(13) = { 13 = 4 + 4 + 5} P(14) = { 14 = 4 + 5 + 5} P(15) = { 15 = 5+ 5 + 5} P(16) = { 16 = 4 + 4 + 4 + 4 } P(17) = { 17 = 4 + 4 + 4 + 5 } Giả sử n > 15 và P(n) là đúng. Nhật thấy rằng để tạo ra bưu phí (n+1) xu ta chỉ cần dùng con tem n-3 xu và cộng thêm một tem 4 xu. Tổng kết chươngChúng ta đã mô tả các phương pháp khác nhau để chứng minh định lý. Có thể thấy rằng không thể đưa ra một phương pháp nào để chứng minh cho một bài toán nào. Nắm vững các phương pháp chứng minh là một chuyện, biết áp dụng chúng để chứng minh các bài toán là một kỹ thuật đòi hỏi người sử dụng phải thực tập nhiều lần bằng cách thử các trường hợp khác nhau. Bài tập suy luận toán học1/ Quy tắc suy luận nào được dùng trong mỗi lập luận sau :
2/ Xác định xem các suy luận sau là có cơ sở không. Nếu một suy luận là có cơ sở thì nó dùng qui tắc suy luận nào. Nếu không hãy chỉ ra ngụy biện nào đã được sử dụng.
3/ Chứng minh rằng bình phương của một số chẳn là một số chẳn bằng :
4/ Chứng minh rằng tích của 2 số hữu tỷ là một số hữu tỷ. 5/ Chứng minh rằng một số nguyên không chia hết cho 5 thì bình phương của nó khi chia cho 5 sẽ dư 1 hoặc 4. 6/ Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương khi đó n là lẻ nếu và chỉ nếu 5n + 6 là lẻ. 7/ Có 2 giả thiết - Môn logic là khó hoặc không có nhiều sinh viên thích môn logic. - Nếu môn toán là dễ thi logic là không khó. Bằng cách chuyển các giả thiết trên thành các mệnh đề chứa các biến và các toán tử logic. Hãy xác định xem mỗi một trong các khẳng định sau là các kết luận có cơ sở của các giả thiết đã cho không : a/ Môn toán là không dễ nếu nhiều sinh viên thích môn logic. b/ Không có nhiều sinh viên thích môn logic nếu môn toán là không dễ. c/ Môn toán là dễ hoặc môn logic là khó. d/ Môn logic là không khó hoặc môn toán là không dễ. e/ Nếu không có nhiều sinh viên thích môn logic khi đó hoặc là môn toán không dễ hoặc là logic không khó. 8/ Dùng nguyên lý qui nạp yếu, chứng minh các biểu thức tổng sau :
9. Tìm công thức tính các tổng sau và sử dụng nguyên lý qui nạp để chứng minh công thức vừa tìm được
|
