Giải toán bằng phương pháp quy nạp

Giải toán bằng phương pháp quy nạp

Hôm nay chúng ta sẽ học về phép quy nạp toán học. Thông thường, chúng ta sẽ dùng quy nạp để chứng minh một phát biểu nào đó đúng với mọi số tự nhiên.

Phương pháp quy nạp toán học là một phương pháp hay và rất hữu dụng. Tuy nhiên, đối với học sinh khối 11 thì đây là nội dung khó hiểu và khó áp dụng. Bài viết này của tôi sẽ giúp các bạn một hướng để hiểu hơn về phương pháp này.

Để tiện cho việc diễn đạt, chúng ta sẽ gọi P(n) là một phát biểu nào đó liên quan đến biến số tự nhiên n. Chứng minh bằng quy nạp sẽ gồm các bước sau.

Bước 1: gọi là bước khởi điểm. Chúng ta sẽ chứng minh P(n) đúng cho trường hợp đầu tiên là n=0.

Bước 2: gọi là bước quy nạp. Bước này là bước quan trọng nhất. Ở bước này,

• chúng ta giả sử rằng P(n) đúng cho các trường hợp 0≤n≤k,
• với giả thiết đó, chúng ta sẽ chứng minh P(n) cũng đúng với trường hợp n=k+1.

Từ hai bước này, theo nguyên lý quy nạp toán học, chúng ta sẽ kết luận rằng P(n) sẽ đúng với mọi số tự nhiên n.

Bây giờ chúng ta sẽ dùng quy nạp để giải bài toán đầu tiên.

Bài toán 1. Chứng minh rằng 1+3+5+7+⋯+(2n+1)=(n+1)2.

Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo biến số n công thức sau

1+3+5+7+⋯+(2n+1)=(n+1)2.

Bước 1. Với n=0, chúng ta có 1=(0+1)2

Như vậy công thức ở trên đúng cho trường hợp n=0.

Bước 2. Giả sử công thức đúng cho các trường hợp 0≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh rằng công thức trên cũng đúng cho trường hợp n=k+1, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh 1+3+5+7+⋯+(2k+1)+(2k+3)=(k+2)2.

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì công thức đúng cho trường hợp n=k, cho nên 1+3+5+7+⋯+(2k+1)=(k+1)2.

Do đó, 1+3+5+7+⋯+(2k+1)+(2k+3)=(k+1)2+(2k+3)=k2+4k+4=(k+2)2.

Như vậy chúng ta đã chứng minh rằng công thức đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì công thức phải đúng với mọi số tự nhiên n. ■

Như vậy chúng ta đã biết cách chứng minh bằng quy nap.

Muốn chứng minh P(n) đúng với mọi số tự nhiên n, chúng ta

• chứng minh P(0) đúng
• chúng ta chứng minh rằng nếu P(0),P(1),…,P(k) đúng thì P(k+1) cũng đúng.

Bước chứng minh quy nạp (bước thứ 2) là bước quan trọng nhất bởi vì nhờ nó chúng ta có:

• vì P(0) đúng nên P(1) đúng
• vì P(0),P(1) đúng nên P(2) đúng
• vì P(0),P(1), P(2) đúng nên P(3) đúng
• vì P(0),P(1), P(2), P(3) đúng nên P(4) đúng
• v.v...

tóm lại với n là số bất kỳ thì nhờ quy nạp chúng ta cũng sẽ chứng minh được P(n) là đúng.

Bài toán 1.1. Thầy giáo kiểm tra bài cũ lớp 11A4 (có 35 học sinh), thầy gọi theo sổ điểm lần lượt các bạn:

1. Triệu Thị Băng
2. Lê Văn Bách
3. Triệu Thị Điềm
4. Đàm Văn Hanh
5. Dương Thị Hường.

Cả 5 bạn ấy đều chưa học bài. Thầy kết luận: “Cả lớp 11A4 chưa học bài”. Thầy kết luận như vậy có hợp lí không? Nếu không làm thế nào để có kết luận đúng.

Lời giải. Thầy kết luận như vậy là chưa hợp lí vì có thể các bạn từ số thứ tự 6 đến số thứ tự 35 đều học bài, tức là đa phần cả lớp học bài. Để thu được kết luận đúng, thầy cần kiểm tra cả lớp (bằng cách kiểm tra 15 phút chẳng hạn).

Bài toán 1.2. Người ta kiểm tra trên một quần thể ruồi giấm thấy thế hệ đầu tiên có tính trạng mắt đỏ. Kết luận: “Tất cả ruồi giấm ở mọi thế hệ của quần thể này đều mắt đỏ”. Kết luận như vậy có đúng không? Nếu không làm thế nào để có kết luận đúng?

Lời giải. Kết luận như vậy chưa chắc đúng vì chưa kiểm tra xem các thế hệ khác có mắt đỏ không? Ta không thể làm như bài toán 1 vì số lượng ruồi giấm và các thế hệ của quẩn thể là vô số, việc kiểm tra từng cá thể của từng thế hệ là không thể thực hiện được. Để thu được kết luận đúng, ta làm như sau:

• Kiểm tra với thế hệ thứ nhất (đời F1);
• Chứng minh sự di truyền của tính trạng mắt đỏ. Tức là chứng minh rằng nếu đời bố mẹ mắt đỏ thì đời con mắt đỏ. Khi đó, chắc chắn tất cả các cá thể ở mọi thế hệ đều mắt đỏ vì thế hệ trước sẽ di truyền lại cho thế hệ sau.

Bài toán 1.3. Với n∈ N∗, chứng minh rằng

1+2+...+n=n(n+1)2, (∗).

Phân tích. Rõ ràng ta không thể áp dụng cách làm của bài toán 1 cho bài này vì tập các số tự nhiên là vô hạn. Việc kiểm tra tính đúng đắn của (∗) với từng số tự nhiên sẽ mất nhiều thời gian và không thể hoàn thành được.

Ta nhận thấy có nét giống nhau giữa tập các số tự nhiên và quần thể ruồi giấm. Tập số tự nhiên có vô hạn phần tử, quần thể ruồi giấm có vô hạn thế hệ. Ta sẽ áp dụng cách làm của bài toán 2 đối với bài toán này.

Coi mệnh đề (∗) là một "tính trạng" của "quần thể" các số tự nhiên. Để chứng minh mọi số tự nhiên đều có "tính trạng (∗)" ta làm như sau:

• Kiểm tra "tính trạng (∗)" với "thế hệ đầu (F1)" n=1
• Chứng minh sự “di truyền” của (∗) Tức là chứng minh rằng nếu số n=k có "tính trạng (∗)" thì n=k+1 cũng có "tính trạng (∗)".

Phương pháp chứng minh như vậy gọi là phương pháp quy nạp toán học. Bạn cũng có thể hiểu phương pháp quy nạp giống như trò chơi Đôminô của người Nhật.

Bây giờ chúng ta tiếp tục giải tiếp một vài bài toán cho quen với phương pháp chứng minh quy nạp.

Bài toán 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, luôn tồn tại hai số nguyên x và y sao cho x2−2012y2=13n .

Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n mệnh đề sau đây

Tồn tại hai số nguyên x và y để cho x2−2012y2=13n.

Với n=0, chúng ta có 130=1=12−2012×02.

Như vậy mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0.

Giả sử rằng mệnh đề trên đúng với các trường hợp 0≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp n=k+1, tức là, chúng ta sẽ chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên x và y để cho x2−2012y2=13k+1.

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, tức là chúng ta có thể tìm được hai số nguyên a và b sao cho a2−2012b2=13k

Mặt khác, chúng ta lại có 452−2012×12=13

Do đó dùng hằng đẳng thức (u2−dv2)(s2−dt2)=(us+dvt)2−d(ut+vs)2 chúng ta suy ra 13k+1=(a2−2012b2)(452−2012×12)=(45a+2012b)2−2012(a+45b)2.

Như vậy chúng ta đã chứng minh được mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán học, chúng ta kết luận rằng, với mọi số tự nhiên n thì sẽ tồn tại x và y để 13n=x2−2012y2. ■

Ở bài toán sau đây thì bước khởi điểm là n=5 chứ không phải là n=0.

Bài toán 3. Chứng minh rằng với mọi n≥5, chúng ta có bất đẳng thức 2n>n2.

Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức 2n>n2 bằng quy nạp theo n.

Với n=5, chúng ta có 25=32>52=25

Do đó bất đẳng thức đúng cho trường hợp n=5.

Giả sử rằng bất đẳng thức đúng cho các trường hợp 5≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng cho trường hợp n=k+1.

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì bất đẳng thức đúng cho trường hợp n=k, nên chúng ta có 2k>k2.

Do đó 2k+1=2×2k>2k2=(k+1)2+(k−1)2−2.

Vì k≥5 nên (k−1)2−2>0, do đó 2k+1>(k+1)2.

Vậy bất đẳng thức đúng cho trường hợp n=k+1. Theo nguyên lý quy nạp thì bất đẳng thức 2n>n2 đúng với mọi số tự nhiên n≥5. ■

Bài tập về nhà.

1. Chứng minh rằng 1!1+2!2+3!3+⋯+n!n=(n+1)!−1.

2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, luôn tồn tại hai số nguyên x và y sao cho x2+y2=5n .

3. Chứng minh rằng 112+122+132+⋯+1n2≤2−1n.

Bài toán 4. Chứng minh rằng 1×2×3+2×3×4+⋯+n(n+1)(n+2)=14n(n+1)(n+2)(n+3).

Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n≥1 thì 1×2×3+2×3×4+⋯+n(n+1)(n+2)=14n(n+1)(n+2)(n+3).

Với n=1, chúng ta có 1×2×3=6=141×2×3×4

Như vậy công thức ở trên đúng cho trường hợp n=1.

Giả sử công thức trên đúng cho các trường hợp 1≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh rằng công thức cũng đúng cho trường hợp n=k+1, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh 1×2×3+⋯+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=14(k+1)(k+2)(k+3)(k+4).

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì công thức đúng cho trường hợp n=k, cho nên 1×2×3+2×3×4+⋯+k(k+1)(k+2)=14k(k+1)(k+2)(k+3).

Do đó 1×2×3+⋯+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=14k(k+1)(k+2)(k+3)+(k+1)(k+2)(k+3)=14(k+1)(k+2)(k+3)(k+4).

Như vậy chúng ta đã chứng minh rằng công thức đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì công thức phải đúng với mọi số tự nhiên n≥1. ■

Bài toán 5. Chứng minh rằng 49 ∣ 8n+42n−1.

Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau đây 8n+42n−1=0(mod49)

Với n=0, chúng ta có 80+42×0−1=0

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0.

Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp 0≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp n=k+1, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh 8k+1+42(k+1)−1=8k+1+42k+41=0(mod49).

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, cho nên 8k+42k−1=0(mod49).

Vì vậy, 8(8k+42k−1)=8k+1+336k−8=0(mod49).

Do đó 8k+1+42k+41=(8k+1+336k−8)−49(6k−1)=0(mod49).

Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên n. ■

Chúng ta thấy rằng ở các bài toán mà chúng ta đã giải ở trên, ở bước quy nạp, để chứng minh P(k+1) đúng, chúng ta chỉ sử dụng giả thiết là P(k) đúng. Như vậy chúng ta chưa cần dùng đến giả thiết là P(0), P(1), ..., P(k−1) đúng.

Trong bài toán tiếp theo đây, để chứng minh P(k+1) đúng, chúng ta cần sử dụng hai giả thiết là P(k−1) đúng và P(k) đúng.

Bài toán 6. Dãy số Fibonacci được xác định như sau: F0=0, F1=1, Fn+1=Fn+Fn−1. Do đó

F0=0,F1=1,F2=1,F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,…

Chứng minh rằng công thức cho số Fibonacci là như sau

Fn=15√⎡⎣(1+5√2)n−(1−5√2)n⎤⎦

Lời giải. Để cho ngắn gọn, chúng ta sẽ đặt α=1+5√2, β=1−5√2.

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau Fn=15√(αn−βn)

Với n=0, chúng ta có 15√(α0−β0)=0=F0

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0.

Với n=1, chúng ta có 15√ (α1−β1)=15√5√=1=F1

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=1.

Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp 0≤n≤k trong đó k≥1. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp n=k+1, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh Fk+1=15√(αk+1−βk+1)

Thực vậy, vì 0≤k−1≤k, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1, cho nên Fk−1=15√(αk−1−βk−1)

Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, cho nên Fk=15√(αk−βk)

Từ đó suy ra Fk+1=Fk−1+Fk=15√[(αk−1+αk)−(βk−1+βk)]=15√[αk−1(1+α)−βk−1(1+β)]

Chúng ta thấy rằng α và β là hai nghiệm của phương trình 1+x=x2, do đó 1+α=α2 và 1+β=β2. Từ đó suy ra Fk+1=15√(αk−1α2−βk−1β2)= 15√(αk+1−βk+1)

Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên n. ■

Ở bài toán số 6, để chứng minh P(k+1) đúng, chúng ta cần sử dụng hai giả thiết là P(k−1) đúng và P(k) đúng. Vì vậy mà ở bước khởi điểm, chúng ta phải chứng minh rằng P(0) đúng và P(1) đúng. Từ đó, nhờ bước quy nạp chúng ta có:

• vì P(0),P(1) đúng nên P(2) đúng
• vì P(0),P(1), P(2) đúng nên P(3) đúng
• vì P(0),P(1), P(2), P(3) đúng nên P(4) đúng
• v.v...

từ đó, suy ra P(n) đúng với mọi n.

Chứng minh 1>2

Bây giờ chúng ta sẽ dùng quy nạp để chứng minh rằng 1>2. Đố các bạn chỉ ra cách chứng minh này sai ở điểm nào.

Cho dãy số xác định như sau: a0=1, a1=1, an+1=an−1+an+11.

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau đây

Với mọi n, thì an>4n−2

Với n=0, chúng ta có a0=1>4×0−2=−2

Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0.

Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp 0≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp n=k+1, có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh

ak+1>4(k+1)−2=4k+2

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1, cho nên

ak−1>4(k−1)−2=4k−6

Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, cho nên

ak>4k−2

Từ đó suy ra

ak+1=ak−1+ak+11>(4k−6)+(4k−2)+11=8k+3>4k+2

Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên n.

Vậy chúng ta chứng minh xong bất đẳng thức

an>4n−2

Thay n=1 vào bất đẳng thức trên chúng ta có

1>2

Vậy lời giải trên sai ở đâu?!

Bài tập về nhà

1. Tìm công thức tổng quát cho 1×2×3+2×3×4+⋯+n(n+1)(n+2)=14n(n+1)(n+2)(n+3).

2. Chứng minh rằng 25 ∣ 6n−5n−1

Tìm công thức tổng quát cho bài toán này.

3. Với dãy số Fibonacci

F0=0,F1=1,F2=1,F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,…

Tìm tất cả các số n để Fn>3n.

Bài toán 7. Để ý rằng cos2α=2cos2α−1

Chứng minh rằng có thể viết cosnα thành một đa thức của biến cosα.

Lời giải. Chúng ta chứng minh mệnh đề sau bằng quy nạp

Với mọi số tự nhiên n, tồn tại một đa thức Pn sao cho cosnα=Pn(cosα).

Với n=0, chúng ta có cos0=1

do đó chúng ta có thể chọn đa thức P0(x)=1 và mệnh đề đúng với trường hợp n=0.

Mệnh đề hiển nhiên đúng với trường hợp n=1 với đa thức P1(x)=x.

Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 0≤n≤k trong đó k≥1. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp n=k+1.

Chúng ta có cos(k+1)α+cos(k−1)α=2coskαcosα

Do đó cos(k+1)α=2coskαcosα−cos(k−1)α

Vì 0≤k−1<k, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1, cho nên sẽ tồn tại một đa thức Pk−1(x) để cos(k−1)α=Pk−1(cosα)

Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, do đó sẽ tồn tại một đa thức Pk(x) để coskα=Pk(cosα)

Từ đó suy ra cos(k+1)α=2Pk(cosα)cosα−Pk−1(cosα)

Do đó nếu chúng ta chọn đa thức Pk+1(x)=2Pk(x)x−Pk−1(x) thì cos(k+1)α=Pk+1(cosα). Như vậy thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n. ■

Theo lời giải trên, chúng ta có P0(x)=1, P1(x)=x và Pk+1(x)=2Pk(x)x−Pk−1(x)

Từ đó chúng ta có thể tính được

P2(x)=2P1(x)x−P0(x)=2x2−1

P3(x)=2P2(x)x−P1(x)=2(2x2−1)x−x=4x3−3x

P4(x)=2P3(x)x−P2(x)=2(4x3−3x)x−(2x2−1)=8x4−8x2+1

P5(x)=2P4(x)x−P3(x)=2(8x4−8x2+1)x−(4x3−3x)=16x5−20x3+5x

Có nghĩa là

cos2α=2cos2α−1

cos3α=4cos3α−3cosα

cos4α=8cos4α−8cos2α+1

cos5α=16cos5α−20cos3α+5cosα

Bài toán 8. Với dãy số Fibonacci F0=0,F1=1,F2=1,F3=2,F4=3,F5=5,F6=8,…

Tìm tất cả các số n để Fn>n2.

Lời giải. Chúng ta có

F0=0=02,F1=1=12,F2=1<22,F3=2<32,F4=3<42,

F5=5<52,F6=8<62,F7=13<72,F8=21<82,F9=34<92,

F10=55<102,F11=89<112,F12=144=122,F13=233>132,F14=377>142

Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau

Với mọi số tự nhiên n≥13, Fn>n2.

Theo tính toán ở trên F13=233>132=169,F14=377>142=196

do đó mệnh đề đúng với trường hợp n=13 và n=14.

Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 13≤n≤k trong đó k≥14. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp n=k+1.

Vì 13≤k−1<k, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1, do đó Fk−1>(k−1)2

Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, do đó Fk>k2

Từ đó suy ra Fk+1=Fk−1+Fk>(k−1)2+k2=(k+1)2+(k2−4k)

Bởi vì k≥14, cho nên k2−4k>0, do đó Fk+1>(k+1)2. Như vậy mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n≥13. Vậy Fn>n2 khi và chỉ khi n≥13. ■

Bài toán 9. Cho n số khác nhau x1,x2,…,xn. Còn y1,y2,…,yn là n số bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại một đa thức P(x) sao cho P(x1)=y1,P(x2)=y2,…,P(xn)=yn

Lời giải. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau

Tồn tại đa thức Pn(x) thoã mãn Pn(x1)=y1,Pn(x2)=y2,…,Pn(xn)=yn

Với trường hợp n=1, chúng ta chỉ cần chọn đa thức hằng số P1(x)=y1 thì chúng ta sẽ có P1(x1)=y1. Vậy mệnh đề đúng cho trường hợp n=1.

Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 1≤n≤k. Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp n=k+1.

Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k, do đó sẽ tồn tại một đa thức Pk(x) thõa mãn Pk(x1)=y1,Pk(x2)=y2,…,Pk(xk)=yk

Nếu chúng ta chọn Pk+1(x)=Pk(x)+a(x−x1)(x−x2)…(x−xk)

thì rõ ràng Pk+1(x1)=Pk(x1)=y1,Pk+1(x2)=Pk(x2)=y2,…,Pk+1(xk)=Pk(xk)=yk

Chúng ta chỉ cần xác định giá trị của a sao cho Pk+1(xk+1)=yk+1.

Chúng ta có Pk+1(xk+1)=Pk(xk+1)+a(xk+1−x1)(xk+1−x2)…(xk+1−xk)

Vậy để Pk+1(xk+1)=yk+1 thì a=yk+1−Pk(xk+1)(xk+1−x1)(xk+1−x2)…(xk+1−xk)

Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1.

Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n. ■

Lời giải bài toán 9 cho phép chúng ta tìm đa thức P(x) để P(1)=2, P(2)=3, P(3)=5, P(4)=7 như sau

• Đầu tiên, chọn P1(x)=2 thì P1(1)=2.
• Tiếp theo, chọn P2(x)=2+a(x−1) thì P2(1)=2 và P2(2)=2+a.
  • Chọn a=1, chúng ta có P2(2)=3. Vậy P2(x)=2+(x−1).
• Chọn P3(x)=2+(x−1)+a(x−1)(x−2) thì P3(1)=2, P3(2)=3 và P3(3)=4+2a.
  • Chọn a=12, chúng ta có P3(3)=5. Vậy P3(x)=2+(x−1)+12(x−1)(x−2).
• Chọn P4(x)=2+(x−1)+12(x−1)(x−2)+a(x−1)(x−2)(x−3) thì P4(1)=2, P4(2)=3, P4(3)=5 và P4(4)=8+6a.
  • Chọn a=−16, chúng ta có P4(4)=7.

Tóm lại đa thức cần tìm là P4(x)=2+(x−1)+12(x−1)(x−2)−16(x−1)(x−2)(x−3)

Xin hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau.

Bài tập về nhà.

1. Chứng minh rằng

• nếu n là số lẻ thì tồn tại một đa thức Qn sao cho sinnα=Qn(sinα).
• nếu n là số chẵn thì tồn tại một đa thức Rn sao cho sinnα=cosαRn(sinα).

2. Tính sinπ5 và cosπ5.

3. Cho dãy số xác định như sau: a0=3, a1=−1, a2=9,

an+1=4an−1+4an−2−an,

chứng minh rằng nếu n là số lẻ thì an=−1.

4. Trên mặt phẳng, cho n đường thẳng với hai tính chất sau

• hai đường thẳng bất kỳ thì không song song với nhau
• ba đường thẳng bất kỳ thì không cắt nhau tại cùng một điểm

Chứng minh rằng n đường thẳng này cắt nhau tạo thành n(n−1)/2 điểm.

5. Tìm lời giải khác cho bài toán 9.

Nguồn: theo vnmath.com