Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 71 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
71
Dung lượng
2,61 MB
Nội dung
Phương pháp quy nạp toán học cách giải tập Bài viết Phương pháp quy nạp toán học cách giải tập giúp học sinh nắm vững lý thuyết, biết cách làm tập từ có kế hoạch ôn tập hiệu để đạt kết cao thi mơn Tốn 11 Lý thuyết Để chứng minh mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n ∈ ℕ∗ với n mà khơng thể thử trực tiếp ta thực theo bước sau: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với n = Bước 2: Giả thiết mệnh đề với số tự nhiên n = k, (k ≥ 1) (gọi giả thiết quy nạp) Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề với n = k + Các bước làm toán ta gọi phương pháp quy nạp toán học, hay gọi tắt phương pháp quy nạp Tổng quát: Xét mệnh đề P(n) phụ thuộc vào số tự nhiên n Để chứng minh mệnh đề P(n) với n ≥ n0 (n0 số tự nhiên cho trước) ta thực theo bước sau: Bước 1: Kiểm tra P(n) với n = n0 Bước 2: Giả sử n ≥ n0 n = k, (k ≥ n0) Bước 3: Ta cần chứng minh P(n) n = k + Kết luận: Theo nguyên lí quy nạp toán học, ta kết luận P(n) với n ≥ n0 Các dạng tập Dạng Chứng minh đẳng thức Phương pháp giải: Làm theo bước phần lý thuyết nêu Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: Lời giải Bước 1: Với n = 1, ta có: (đúng) Vậy (1) với n = Bước 2: Giả sử (1) với n = k Có nghĩa ta có: Bước 3: Ta phải chứng minh (1) với n = k + Có nghĩa ta phải chứng minh: Thật vậy, ta có: Vậy (1) n = k + Do theo ngun lí quy nạp, (1) với số nguyên dương n Ví dụ 2: Chứng minh với số nguyên dương n, ta có: + + + n(3n + 1) = n(n + 1)2 (1) Lời giải Bước 1: Với n = 1, ta có: = 1.(1 + 1)2 (đúng) Vậy (1) với n = Bước 2: Giả sử (1) với n = k Có nghĩa ta có: + + + k(3k + 1) = k(k + 1)2 (2) Bước 3: Ta phải chứng minh (1) với n = k + Có nghĩa ta phải chứng minh: + + + k(3k + 1) + (k + 1)(3k + 4) = (k + 1)(k + 2)2 Thật + + + k(3k + 1) + (k + 1)(3k + 4) = k(k + 1)2 + (k + 1)(3k + 4) = (k + 1)[k(k + 1) + 3k + 4] = (k + 1)(k + 2)2 (điều phải chứng minh) Vậy (1) n = k + Do theo ngun lí quy nạp, (1) với số nguyên dương n Dạng 2: Chứng minh bất đẳng thức Phương pháp giải: Để chứng minh mệnh đề P(n) > Q(n) phụ thuộc vào số tự nhiên n với n ≥ m (m số tự nhiên cho trước), ta thực theo hai bước sau: Bước 1: Chứng minh n = m P(m) > Q(m) Bước 2: Với k số tự nhiên tùy ý, k ≥ m Giả sử với n = k, ta P(k) > Q(k) Bước 3: Ta chứng minh đẳng thức n = k + Theo ngun lí quy nạp tốn học, ta kết luận P(n) với số tự nhiên Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh với số nguyên dương n ≥ 3, ta có: 3n > n2 + 4n + (1) Lời giải Bước 1: Với n = ta có 33 > 32 + 4.3 +5 ⇔ 27 > 26 (đúng) Vậy (1) với n = Bước 2: Giả sử với n = k, k ≥ (1) đúng, có nghĩa ta có: 3k > k2 + 4k + (2) Ta phải chứng minh (2) với n = k + Có nghĩa ta phải chứng minh: 3k + > (k + 1)2 + 4(k + 1) + Thật vậy, nhân hai vế (1) với ta được: 3.3k > 3.k2 + 12k + 15 3k + > (k2 + 2k + 1) + 4(k + 1) + + (2k2 + 6k + 5) Vì (2k2 + 6k + 5) > ∀k ≥ Vậy 3k + > (k + 1)2 + 4(k + 1) + (đúng) Vậy (1) với số nguyên dương n ≥ Ví dụ 2: Chứng minh với số nguyên dương n ≥ ta có: Lời giải Đặt Bước 1: Với n = ta có (đúng) Bước 2: Giả sử với n = k (1) đúng, có nghĩa ta có: Bước 3: Ta phải chứng minh (1) với n = k + Có nghĩa ta phải chứng minh: Thật ta có: Vậy (đúng) Vậy (1) với n = k + Vậy (1) với số nguyên dương n ≥ Dạng 3: Chứng minh chia hết Phương pháp giải: Làm theo bước phần lý thuyết nêu Chú ý số dấu hiệu chia hết - Dấu hiệu chia hết cho 2: số có chữ số tận 0, 2, 4, 6, - Dấu hiệu chia hết cho 5: số có chữ số tận - Dấu hiệu chia hết cho 3: số có tổng chữ số chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 9: số có tổng chữ số chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 4: hai chữ số tận tạo thành số chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 6: số vừa chia hết cho vừa chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 8: ba chữ số tận tạo thành số chia hết cho - Dấu hiệu chia hết cho 10: chữ số tận - Tích hai số tự nhiên liên tiếp ln chia hết cho - Tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2, - Tích bốn số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2, 3, 4, - Tính chất chia hết: + Nếu hai số a b chia hết cho m, tổng (a + b) hiệu (a – b) chia hết cho m + Nếu số ⋮ mi, (i = 1,2, ,n) tích (a1a2 an)⋮(m1m2 mn) Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh với n ∈ ℕ∗ n3 + 2n chia hết cho Lời giải Đặt P(n) = n3 + 2n Bước 1: Với n = 1, ta có P(1) = 13 + 2.1 = 3⋮3 Suy P(n) với n = Bước 2: Giả sử mệnh đề n = k ≥ 1, tức là: P(k) = ( k3 + 2k)⋮3 Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề n = k + Tức chứng minh: Thật vậy: P(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + + 2k + = k3 + 3k2 + 5k + = (k3 + 2k) + 3(k2 + k + 1) = P(k) + 3(k2 + k + 1) Mà P(k)⋮3 3(k2 + k + 1)⋮3 nên mệnh đề n = k + Vậy theo nguyên lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n ∈ ℕ∗ Ví dụ 2: Chứng minh với n ∈ ℕ∗ 6n + 5n – chia hết cho Lời giải Đặt P(n) = 6n + 5n – Bước 1: Với n = 1, ta có P(1) = 61 + 51 – = 25⋮5 Suy mệnh đề với n = Bước 2: Giả sử mệnh đề n = k ≥ 1, tức là: P(k) = (4 6k + 5k – 4)⋮5 Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề n = k + Tức chứng minh: P(k+1) = (4 6k+1 + 5k+1 – 4)⋮5 Thật vậy: P(k + 1) = 6k+1 + 5k+1 – = 4.6k.6 + 5k.5 – = 24.6k + 5.5k – = 6(4.6k + 5k – 4) – 5k + 20 = 6P(k) – 5k + 20 Mà nên P(k+1)⋮5 ⇒ mệnh đề n = k + Vậy theo ngun lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n ∈ ℕ∗ Dạng 4: Quy nạp hình học Phương pháp giải: Làm theo bước phần lý thuyết nêu Ví dụ minh họa: Ví dụ 1: Chứng minh tổng góc đa giác lồi n cạnh (n ≥ 3) là: (n – 2)1800 Lời giải Đặt S(n) = (n – 2)1800 Bước 1: Với n = 3, ta có S(3) = 1800 Suy mệnh đề với n = Bước 2: Giả sử mệnh đề n = k ≥ 3, tức là: S(k) = (k – 2)1800 Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề n = k + Tức chứng minh: S(k + 1) = (k – 1)1800 Thật vậy: ta tách đa giác (k + 1) cạnh thành đa giác k cạnh tam giác A 1AkAk+1 cách nối đoạn A1Ak Khi tổng góc đa giác lồi (k + 1) cạnh tổng góc đa giác lồi k cạnh cộng với tổng ba góc tam giác A1AkAk+1 Tức là: S(k + 1) = S(k) + 1800 = (k – 2)1800 + 1800 = (k – 1)1800 Do mệnh đề n = k + Vậy theo ngun lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n ∈ ℕ∗; n ≥ Ví dụ 2: Chứng minh số đường chéo đa giác lồi n cạnh (n ≥ 4) là: Lời giải Đặt Bước 1: Khi n = 4, ta có S(4) = Suy mệnh đề với n = Bước 2: Giả sử mệnh đề n = k ≥ 4, tức là: Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề n = k + Tức chứng minh: Thật vậy: ta tách đa giác (k + 1) cạnh thành đa giác k cạnh tam giác A 1AkAk+1 cách nối đoạn A1Ak Khi trừ đỉnh đỉnh Ak + đỉnh kề với A1Ak ta cịn lại (k + 1) – = k – đỉnh, tương ứng với (k – 2) đường chéo kẻ từ đỉnh Ak+1 cộng với đường chéo A1Ak ta có số đường chéo đa giác (k + 1) cạnh là: Do mệnh đề n = k + Vậy theo nguyên lí quy nạp tốn học ta có mệnh đề với n ∈ ℕ∗; n ≥ Bài tập tự luyện Bài tập trắc nghiệm Câu Một học sinh chứng minh mệnh đề “8n + chia hết cho 7, với số tự nhiên n khác 0” (*) sau: - Giả sử (1) với n = k, tức 8k + chia hết cho - Ta có: 8k + + = 8(8k + 1) - 7, kết hợp với giả thiết 8k + chia hết suy 8k + + chia hết cho Vậy đẳng thức (1) với n ∈ ℕ∗ Khẳng định sau đúng? A Học sinh chứng minh B Học sinh chứng minh sai khơng có giả thiết qui nạp C Học sinh chứng minh sai khơng dùng giả thiết qui nạp D Học sinh không kiểm tra bước (bước sở) phương pháp qui nạp Câu Cho Câu Cho với n ∈ ℕ∗ Mệnh đề sau đúng? với n ∈ ℕ∗ Mệnh đề sau đúng? Câu Với n ∈ ℕ∗, hệ thức sau sai? Chuyên đề : Qui nạp toán học thời bớt vào vế trái phương trình (2) lại đẳng cấp khác Khi phương trình (2) trở thành : log 32 x log 32 x 2m Điều kiện x Đặt t log 32 x ta có : t t 2m (3) Rõ ràng (3) phương trinh bậc biến t, việc giải (3) đơn giản nhanh nhiều so với giải phương trình mà cách đặt mang lại Cũng phải nói thêm có học sinh may mán thấy phương trình có góp mặt thức đặt t thức dẫn tới pt(3) Nhưng may mán ngoại lệ mà số tốn mang lại phải kể đến tốn Qua phân tích ví dụ ta thấy lợi ích hiệu mà kĩ thuật thêm bớt đem lại cho việc giải toán phổ thông lớn Ta gặp lại kĩ thật lời giải ví dụ (5) sau số ví dụ khác có mặt chuyên đề Xin mời bạn theo dõi VD2: CMR : Mọi số tự nhiên n , ta có : 12 2 n 1 n nn 12 n 1 (2) Giải Khi n = VT(2) = VP(2) nên (2) Giả sử (2) với n = k , tức : 12 2 32 k 1 k k( k 1)(2 k 1) Ta phải chứng minh (2) với n = k +1 , tức : 12 2 k 1 1 k 1 Thật : (k 1)(k 2)( k 3) 12 +22+32+…+(k-1)2 + k2 +(k+1)2 2 = 12 22 32 k 1 k k 1 Chuyên đề : Qui nạp toán học k ( k 1)(2 k 1) + (k+1)2 k 7k = k 1 (k 1)(k 2)(2k 3) Vậy (1) với số tự nhiên n Chú ý : lời giải khơng có đặc biệt ngồi kĩ nhóm số hạng tinh tế để thành lập xuất giả thiết qui nạp bước n = k+1 dẫn đến giải tốn VD3 Tìm số hạng tổng quát dãy số sau : u1 3, u n1 2u n , n 1 Giải Ta có : u1 3.20 u2 2.u1 2.3 3.21 u3 2.u2 2.6 12 3.22 un 3.2n 1 Ta chứng minh un 3.2 n1 (3) qui nạp dogt Khi n = ta có u1 (3) Giả sử (3) với n = k, k 1 tức : uk 3.2k 1 Ta phải chứng minh (3) với n = k+1 , tức : uk 1 3.2k Thật : uk 1 2.uk 3.2.2 k 1 3.2 k Vậy (3) với n = k+1 nên vơi n Chú ý : Sau ví dụ ba ta rút phương pháp giải chung cho dạng tốn tìm số hạng tổng quát dãy số gồm hai bước : Chuyên đề : Qui nạp toán học Bước : Tìm vài số hạng đầu dãy Bước : Dự đoán số hạng tổng quát, chứng minh qui nạp VD4: Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : y 1 x Giải y, Ta có : (1 x) y ,, , 1.2 1.2.3 y ,,, (1 x) , (1 x) ,…, y (n ) (n ) Bây ta tìm y quy nạp sau : Giả sử y k 1k k! 1 x k 1 , x) k (1) k 1 (k 1)! Ta có : y ( k 1) y ( k ) 1k k! (1)( k 1)( ( k 1) (1 x) ( k 1)1 (1 x) yn Vậy ( 1).n! (1 x) n 1 Chú ý : Phương pháp giải chung cho dạng tốn phân làm hai bước sau : Bước : Tính đạo hàm cấp , hai,ba,…,cho tới dự đoán đạo hàm cấp n Bước 2: Chứng minh đạo hàm cấp n qui nạp toán học VD5 : (Đề thi học kì 1, Đại số tuyến tính - lớp K53GH_2003) CMR : Nếu số phức z thỏa mãn : 1 z cos n z n cos (5) z z Giải Với n=1, VT (5) z , VP(5)= cos theo giả thiết (5) z Chuyên đề : Qui nạp toán học Giả sử (5) với n=k , tức : z k cos k zk Ta phải chứng minh (5) với n=k+1, tức : Thật : z k 1 z k 1 z k 1 cos k 1 z k 1 k z k z z k 1 k 1 z z z cos k cos cosk 1. cos(k 1) cos(k 1) cos k 1 =2cos(k+1) Vậy (5) với n = k +1,nên (5) với n Chú ý : khơng bình luận thêm lời giải Thật bất ngờ lại đề thi học kì cấp độ đại học Điều chứng tỏ qui nạp khơng phải vấn đề nguội lạnh kì thi.Do việc nắm vững phương pháp giải điều thật cần thiết với người học làm toán Bình luận chung cho dạng : Qua năm ví dụ ta thấy toán chứng minh đẳng thức cách dùng phương pháp qui nạp toán học khó khăn phức tạp phần cuối bước , tức chứng minh đẳng thức với n=k+1.Khi từ đẳng thức cần chứng minh ứng với n=k+1,ta biến đổi khéo léo,(dùng kĩ thuật thêm bớt ,hoặc tách số hạng… ), để sử dụng giả thiết đẳng thức với n=k,tiếp tục thực tính tốn số bước ta có Đpcm Cần nhấm mạnh với dạng toán ta thường biến đổi theo đưịng ! Tuy nhiên khơng phải cách biến đổi nhất,ta biến đổi trực tiếp từ giả thiết đẳng thức với n = k (giả thiết qui nạp toán) , để suy đẳng thức với n = k+1 Để minh hoạ cho cách làm ta xét ví dụ sau : CMR n thuộc N* ta có : n 2n n 3 4.3 n Giải 12 k 2k Giả sử (BL) với n = k, tức : (BL.1) k 3 4.3k Với n = , (BL) : (BL) Chuyên đề : Qui nạp toán học Ta phải chứng minh (BL) với n = k+1, tức : k k 1 2k 1 k k 1 3 3 4.3 k 1 (BL.2) Thật : Cộng vào hai vế (BL.1) lượng : k 1 , ta (BL.2) 3k 1 Vậy (BL) với n = k+1, nên với n thuộc N* Kĩ thuật biến đổi lần thể ví dụ (8) dạng hai qui nạp tốn học Xin mời bạn theo dõi Bài tập đề nghị * Bài 1: CMR : Mọi n N , ta có : 1+3+5+…+(2n-1) = n2 Bài : CMR: n N * , ta có : n n n 1 n n 1 Bài : CMR : Mọi n N * ,ta có : 13 n Bài : CMR : Mọi a >0, a 1, x1 , x2 , , xn ,ta có hệ thức sau: log a x1 x2 xn log ax1 log ax2 log a xn Bài 5: CMR: Mọi số tự nhiên n 1, với cặp số (a,b),ta có cơng thức sau đây, gọi công thức khai triển nhị thức niutơn n n-1 n-2 k n-k k n n (a+b) n =C0 n a +Cna b +Cn a b + +Cn a b + +Cn b Bài 6: n n 1 CMR : s n 13 23 33 n3 Bài 7: CMR: Với số tự nhiên n 1,ta có đăng thức : n Bài 8: Bài 9: n (n 1) CMR : Mọi n thuộc N ta có : 1 1 1 25 2n Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : a) y ln(1 x) c) y sin ax b) a const 10 y x 1 x d) y sin x 2n 2n Chuyên đề : Qui nạp toán học s n 1 1.2 2.3 n (n 1) Bài 10: Tìm tổng số Bài 11: Tìm số hạng tổng quát dãy số sau : a) u1 3, un1 un b) u1 a, un 1 a b.un Các tập đề nghị đưa lựa chọn cẩn thận, kĩ lưỡng, phần có tính chất định hướng phân loại theo loại toán chữa dạng Dạng 2: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh bất đẳng thức VD1: Chứng minh bất đẳng thức Bec-nu-li(Bernoulli) Nếu h >0 , với số tự nhiên n (1 h) nh n (1) , Giải 2 Nếu n =2, ta có : (1+h) = 1+2h+h > 1+2h (vì h2 > 0) Vậy (1) Giả sử (1) đến n = k , tức :( 1+h)k > 1+kh (2) Ta phải chứng minh (1) đến n =k+1 ,tức : (1+h)k+1 > 1+(k+1)h Thật : (1+h)k+1 =(1+h)(1+h)k ( 2) (1+h)(1+kh) =1+h+kh+kh2 = 1+h(1+k)+kh2 > 1+h(1+k).(vì kh2 >0) Vậy (1) với số tự nhiên n Chú ý : Phép chứng minh giả thiết h không phụ thuộc n Trong trường hợp h phụ thuộc n , người ta chứng minh bất đẳng thức bec_nu_li (dùng công thức nhị thức niutơn ) VD2 : (ĐỀ 101 câu 4a_BĐTTS) Chứng minh x >0 với số tự nhiên n ta có : ex 1 x x2 xn 2! n! (2) Giải Xét hàm số f x2 xn x x e x n 2! n! Ta phải chứng minh : x 0, n N : f x n 11 (2.1) Chuyên đề : Qui nạp toán học Thật , ta có : n, f 0 n Xét f x e 1 x Ta có f x e x , x 0, x , f x f x f 0 tăng với x >0 1 Vậy công thức (2.1) với n=1 Giả sử bất đẳng thức với n=k Ta có: f x e x 0, k x x2 xk 1 x (2.2) 2! k! Ta phải chứng minh : x 0, Thật , ta có : , f k 1 f Theo (2.2) có k 2x k x k 1 k 1 x x e 2! k! k 1! x , x e x 1 x k 1 f x f k x f x2 xk x k 1 x x e x k 1 2! k ! k ! , k 1 x k 1 x k k 1 k ! f x k x f k 1 x tăng với f x f 0 k 1 k 1 Vậy bất đẳng thức với n=k+1 nên với số tự nhiên n Chú ý : Nhìn vào bđt (2) ta thấy hai vế hàm số biến x Nếu ta chuyển toàn vế phải bđt (2) sang vế trái đặt x 0, n N , f x toán trở thành Cmr : n f x Khi dùng qui nạp để xử lí toán kết hợp với ứng dụng n đạo hàm tính đơn điệu hàm số vơ hợp lí.Rõ ràng điểm mẫu chốt,bước đột phá đưa đến hướng giải đẹp cho toán thao tác chuyển vế VD3 (ĐỀ131CÂU4a_BĐTTS) : Cho hàm số f xác định với x thoả mãn điều kiện : f(x+y) f(x).f(y) với x,y (3) CMR : Với số thực x số tự nhiên n ta có : 12 Chun đề : Qui nạp tốn học x f x f n 2n (3.1) Giải Trong BĐT f(x+y) f(x).f(y) thay x y x f 2 x , ta được: x x x x f f f x f 2 2 2 Vậy bất đẳng thức f x f xn 2n với n=1 Giả sử bất đẳng thức với n =k , k 1 Ta có x f x f k Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k+1, tức : f x f kx1 Thật ta có : x x x f k k f k 2 k 2k 2 x x f f k k x f 2k x f k 2k x f k 2k k 1 2k Do tính chất bắc cầu ta có : f x f kx1 k 1 Bất đẳng thức với n = k+1 nên với số tự nhiên n Chú ý : ta gặp dạng toán chứng minh BĐT (a) BĐT (b) xảy Nói cách khác BĐT (a) xảy có BĐT (b) Hướng giải giành cho dạng xuất phát từ BĐT (b) để chứng minh BĐT (a) Đúng Thực chất toán VD3 chứng minh (3.1) với số thực x,mọi số tự nhiên n hàm f thỏa mãn (3).Do dùng qui nạp để chứng minh (3.1) tiến hành điều kiện buộc hàm f sử dụng tính chất bắc cầu 13 Chuyên đề : Qui nạp toán học VD4 : * n N ,ta có : sin n n sin (4) Với n =1 , VT (4) sin1. sin VP(4) nên (4) Giả sử (4) với n = k k 1 , tức : sin k k sin Ta phải chứng minh (4) với n = k+1,tức : sin( k 1) k 1 sin Thật vậy, ta có sin k 1 sinkcos cosksin sink cos cosk sin sink sin k sin sin k 1 sin Vậy (4) với n = k+1 , nên (4) với số nguyên dương n Chú ý : Ta thấy (4) có chứa hàm lượng giác nên việc chứng minh (4) qui nạp thực tính chất hàm lượng giác ,cụ thể ta dùng công cộng hàm sin , tính chất hàm sin , cos, nhận giá trị đoạn 1,1 bất đẳng thức a b a b VD5 : Chứng minh dãy số sau giảm bị chặn u1 2, un 1 un với n 1 Giải Chứng minh dãy số giảm Ta dùng qui nạp Ta phải chứng minh : un1 un , n N * Khi n = u2 (5) u1 u1 (5) 2 Giả sử (5) với n = k , k 1 , tức : uk 1 uk (5.1) Ta phải chứng minh : uk uk 1 Ta có : uk uk 1 ( 5.1) uk uk 1 Vậy (5) với n = k+1 nên với n thuộc N * Chứng minh dãy cho bị chặn Ta dùng qui nạp để chứng minh : u 1, n N * (6) n 14 Chuyên đề : Qui nạp toán học Khi n=1 , u nên (6) Giả sử (6) với n = k , k 1 nghĩa u (6.1) k Ta phải chứng minh : Ta có : u k 1 uk 1 uk 1 1 1 2 Vậy uk 1 Dãy số cho bị chặn Chú ý : Khi gặp dạng toán chứng minh dãy số đơn điệu bị chặn ta thực sau : bước : Dùng qui nạp để chứng minh dãy số đơn điệu bước : Dự đoán số M trường hợp dãy bị chặn M Số m trường hợp ngược lại.Sau dùng qui nạp để chứng minh dãy bị chặn M bị chặn m trường hợp ngược lại VD 6: n 1 Chứng minh : 1 n, n N , n (6) n Giải 64 1 (đúng) Khi n =3 bđt (6) trở thành 1 27 3 k Giả sử bđt (6) với n =k nghĩa : 1 1 k k Ta chứng minh bđt (6) với n k , tức : 1 k 1 k 1 1 Ta có : k k 1 k k ( 2) ( gtqn) 1 1 1 1 k 1 k k 1 k 1 k k k Vậy bđt(6) với n= k+1 nên với n Chú ý : lời giải ta dùng phương pháp làm trội đánh giá bđt bước n =k +1,tại vị trí dấu bđt (2).Có thể nói phương pháp chủ cơng, mang tính đặc thù chứng minh bđt Học sinh cần nắm vững làm tốt phương pháp hiệu mà mang lại, lưu ý không nên đánh giá bđt lỏng , chặt Sau ví dụ minh hoạ giành cho phương pháp đánh giá làm trội VD 7: Cho x1,x2,…,xn số dương Chứng minh : 15 Chuyên đề : Qui nạp toán học x n1 xn x1 x2 x3 2, n x x n x3 x1 x x x n x n x1 x n1 (7) Giải Với n = , bđt có dạng : x1 x2 x3 x4 x x3 x x 2 2 x x x3 x1 x4 x2 x1 x3 x x x1 x3 Giả sử bđt(7) với n = k Tức : xk 1 xk x1 x2 2, k 4 (7.2) x x k x3 x1 xk x k 2 x1 x k 1 Ta chứng minh bđt(7) với n = k+1 Do vai trị bình đẳng giữ xi ( i = 1,2,…,k+1), nên khơng giảm tính tổng qt tốn ta giả sử xk+1 = min{ x1,x2,…,xn } , tức : x 0, x x ,x x k 1 k 1 k k 1 Do ta có : s k 1 xk x xk x1 x2 x1 x2 k 1 x x k 1 x3 x1 x k 1 x k 1 x1 x k x2 xk x3 x1 x1 x k 1 (7.1) Do: x1 x1 xk xk x ; ; k 1 (7.3) x x k 1 x2 x k x k 1 x k 1 x1 x k 1 x1 x k Từ (7.1),(7.2),(7.3) suy s k 1 Vậy bđt với n k nên với n Đó Đpcm Chú ý : Thí dụ cho thấy rõ nét sức mạnh phương pháp đánh giá làm trội chứng minh bđt Bước ngoặt đưa đến hướng giải cho lời giải toán thao tác đánh giá , ước lượng , giá trị xk+1 = minxi,{ i= 1,2,…n} bước n = k+1 VD : Chứng minh : n , ta có Khi n = , (1) trở thành : 1 Giả sử (8) vớii n = k ,nghĩa : 1.3.5 2n 1 (8) 2.4.6.2n 2k 1.3.5 2k 1 2.4.6 2n Ta phải chứng minh (8) với n = k+1, tức : 16 2k (8.1) 1.3.5 2k 12k 1 2.4.6 2k 2k 2 2k Chuyên đề : Qui nạp toán học Thật , ta có : 2k 1 2k 2k 2k ( bđt (8.2) ln sau bình phương (8.2) hai vế , quy đồng , chuyển vế ta thu bđt tương đương : ,đúng ) Lấy (8.1) nhân (8.2) vế theo vế ta\có : 1.3.5 2 k 12k 2.4.6 2k 2k 2k 2k 2k 2k Theo nguyên lí qui nạp ta kết luận (8) n Chú ý : ví dụ (8) minh chứng lại lần cho kĩ thuật sử dụng trực tiếp giả thiết qui nạp toán (giả thiết bđt với n =k ) để thực biến đổi suy bđt với n = k+1 lời giải ví dụ (8) ví dụ (BL) dạng cho thấy biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k+1, để dùng giả thiết qui nạp dẫn đến kết thúc tốn mà đơi ta biến đổi trực tiếp từ giả thiết qui nạp toán Đối với toán qui nạp để linh hoạt trình giải ta nên nhớ hai cách làm Vẫn nói thêm hai vd(8) vd(BL) hồn tồn giải cách biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k +1 Bình luận chung cho dạng : Qua tám ví dụ ta thấy tốn dạng hai phong phú , đa dạng nhiều so với dạng , độ khó tăng lên Do việc nắm vững cách giải đơi chưa đủ để giải toán.Rõ ràng mẫu chốt toán kĩ thuật biến đổi bất đẳng thức ứng với n=k+1 để sử dụng giả thiết bất đẳng thức với n = k,hoặc biến đổi trực tiếp từ bất đẳng thức với n= k (đây gọi giả thiết qui nạp) để suy bất đẳng thức với n = k+1 Khi việc đến điều phải chứng minh khơng có khó khăn Bài tập đề nghị Bài Cho n 1 Chứng minh : tgn ntg Bài Chứng minh : với a >0 Bài Chứng minh : n n 1 a a a n n 1 , n Bài Chứng minh với số tự nhiên n ta có : 17 4a Chuyên đề : Qui nạp toán học a )1 n n b)1 c) Bài n n 1 1 n 1 Chứng minh bất đẳng thức : 1 1 2 Bài n 1 n 22 1 1 13 2n 23 n 1 Chứng minh với số nguyên dương n , ta có : 2n a) 46 2n b) 2n! 2n 2n n! n n , n N 3 Bài Chứng minh : Bài Chứng minh dãy số u n xác định : n N * u1 2,u n1 u n , tăng bị chặn Bài CMR n n 1 n 1n Bài 10 1 Chứng minh số tự nhiên n khác ta ln có : n Bài 11 n n CMR với số tự nhiên n lớn ta có : n! 2 3 với n 3 n n Bài 12 CMR : Bài 13 2n ! 4n , n N * n! n Cho n số dương nghiệm điều kiện a1 a a n CMR : a1 a2 a n n(*) Dấu ‘’=’’xảy ? Bài 14 Chứng minh số tự nhiên n >1, ta có : n 1 cos Bài 15 Cho n số tự nhiên n 1 n cos n n 1 18 1 n n Chuyên đề : Qui nạp toán học n CMR : cos cos tgn tg Bài 16 n N , n 1.CMR : 1 13 n 1 n 2n 14 Qua hai dạng đầu qui nạp tốn học ta có cảm giác mức độ hay va khó tốn tăng dần.Do đặc thù ,hai dạng học tương đối sâu phổ thông.Dạng ba tốn ,cũng dạng cuối chúng tơi trình bày chuyên đề học sơ qua bậc phổ thông học cao năm thứ hai trường Đhsp Cũng lí mà dạng ba đưa vào sau Xin mời bạn chuyển sang dạng ba qui nạp toán học Dạng : Dùng qui nạp toán học để chứng minh biểu thức dạng Un chia hết cho số tự nhiên VD1: Chứng minh n N * , a n n 3n 5n chia hết cho (1) Giải Với n = ta có : a1 13 3.12 5.1 Giả sử (1) với n = k , k 1 , tức : a k k 3k 5k Ta phải chứng minh (1) với n = k+1, nghĩa : a k 1 k 1 3k 1 5k 13 Thật : a k 1 k 3k 3k 3k 6k 5k k3 3 k 2 5k 3 k 9 k 93 3 3 Vậy (1) với n = k+1, nên với n N * Chú ý : Ta biết tổng chia hết cho số số hạng tổng chia hết cho số Nhận thấy a k 1 tổng đa thức k , Vậy để chứng minh a k+1 chia hết cho ta phải thác triển ak+1, sau tiến hành thực xếp lại số hạng , kết hợp với giả thiết qui nạp , viết lại a k+1 dạng tổng số hạng chia hết cho VD2:Chứng minh n , ta có : an = n 1n 2 n n n (2) Giải Khi n = , ta có : a2 = 2 12 2 Giả sử (2) với n =k , k , tức : ak = k 1k k k k Ta phải chứng minh (2) với n = k+1, nghĩa : 19 Chuyên đề : Qui nạp toán học ak+1 = k 1k 2 k k 1 k 1 k 2k 3 k k 2 k 2k 3 k k k k 1k k 2 k 1 k k k k k k 1 k 2 2k Vậy (2) với n = k+1 ,nên (2) với n Chú ý : Lời giải ví dụ hai khơng có lạ , ta thực kĩ thuật viết lại a k+1 , thành lập xuất giả thiết qui nạp , dễ dàng suy đpcm VD3: Chứng minh : a n = 33n 3 26n 27 676, n (3) Giải Với n = , ta có :a1 = 33.13 26.1 27 676 676 nên (3) Giả sử (3) với n = k , k tức : ak = 33 k 3 26k 27 676 Ta phải chứng minh (3) với n = k+1, tức : ak+1= 3 k 1 (3.1) 26.k 1 27 676 k 676 Vậy (3) Thật :ak+1 = 33( k 1) 3 26(k 1) 27 27 33k 3 26k 27 676 676 676 ( do3.1) với n = k+1 , nên (3) với n Chú ý : ví dụ việc viết lại ak+1 không đơn thác triển xếp lại số hạng , rõ ràng kĩ thuật thêm bớt lại phát huy tác dụng, việc đưa 27 làm thừa số chung, với mục đích thành lập gtqn làm dư lượng so với lượng ban đầu , để cân toán ta thêm vào lượng 676k+676 Làm ta dùng gtqn tiến đến kết thúc lời giải Ví dụ bốn minh học cho lời giải loại tập VD4: Chứng minh rằng: n : n 1.2 n 1 n 1.2 n 1 38 (4) Với n = , ta có : 2.11.211 311.2 2.11 5.4 9.2 3838 nên (4) Giả sử (4) với n = k, k 1 tức : k 1.2 k 1 k 1.2 k 1 38 Ta phải chứng minh (4) với n = k+1, tức : k 1.2 k 11 k 11.2 k 1 38 20 (4.1) ... thiết quy nạp tổng góc hai đa giác (k-1)180ºvà (n-k-1)180º Tổng góc n-giác tổng góc hai đa giác trên, nghĩa (k-1+n-k-1)180º=(n2)180º Suy mệnh đề với n ≥ Cách chứng minh phương pháp quy nạp cực hay. .. = f(n) ≥ M, ∀n ∈ ℕ∗ - Cách 2: Dự đoán chứng minh phương pháp quy nạp Nếu dãy số (un) cho hệ thức truy hồi ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh Chú ý: Nếu dãy số (un) giảm bị chặn trên,... Ta chứng minh quy nạp: –2 ≤ un ≤ 1, ∀n ∈ ℕ∗ Với n = ta có –2 ≤ u1 = ≤1 (đúng)` Giả sử mệnh đề với : n = k ≥ 1; –2 ≤ uk ≤1 Ta cần chứng minh mệnh đề với n = k + Ta có: Theo ngun lí quy nạp ta chứng