B3 phuong phap quy nap

3 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC ❶ Giáo viên Soạn: Đỗ Công Lạng FB: Kẻ Ngốc Dương Trần ❷ Giáo viên phản biện :………………….… …… FB:………………………………… Thuật ngữ   Kiến thức, kĩ  Mệnh đề toán học Phương pháp quy nạp tốn học   Mơ tả bước chứng minh tính đắn mệnh đề toán học phương pháp quy nạp toán học Chứng minh tính đắn mệnh đề tốn học phương pháp quy nạp toán học Vận dụng phương pháp quy nạp để giải số vấn đề thực tiễn PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Trong toán học ta thường phải chứng minh mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n Phương pháp quy nạp toán học phương pháp hiệu để chứng minh mệnh đề HĐ1: Hãy quan sát đẳng thức sau: 1 1  1   1    1     12 22 32 16 4 25 52  1 12 Có nhận xét số vế trái vế phải đẳng thức trên? Từ dự đốn cơng thức tính tổng n số lẻ    (2n  1) HĐ 2: Xét đa thức p (n) n  n  41 a) Hãy tính: p (1) , p (2) , p(3) , p (4) , p(5) chứng tỏ kết nhận số nguyên tố b) Hãy đưa dự đoán cho p (n) trường hợp tổng quát Chú ý: Khẳng định p (n) số nguyên tố với số tự nhiên n 1 khẳng định sai Mặc dù khẳng định với n 1, 2,3,, 40 , lại sai n 41 Thật vậy, với n 41 ta có p (41) 412 hợp số (vì chia hết cho 41 ) Nhận xét: Để khẳng định mệnh đề toán học phụ thuộc số tự nhiên n đúng, ta cần phải chứng minh dù kiểm nghiệm với giá trị n * Để chứng minh tính đắn mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n   , ta thử trực * tiếp với số tự nhiên n   Tuy nhiên, ta tiến hành sau: Trước hết ta kiểm tra mệnh đề với n 1 Ta chứng minh rằng: từ giả thiết mệnh đề với số tự nhiên n k 1 , suy với n k  * Như mệnh đề với số tự nhiên n   Phương pháp lập luận gọi phương pháp quy nạp toán học (thường gọi tắt phương pháp quy nạp) * Chứng minh mệnh đề toán học phụ thuộc pháp quy nạp toán học, gồm hai bước sau: Bước Kiểm tra mệnh đề với n n 1 n k 1 * với n  , phương Bước Giả thiết mệnh đề với số tự nhiên ( gọi giả thiết quy nạp), chứng minh mệnh đề với n k 1 Kết luận Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n 1 , ta có:     (2n  1) n (1) Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n Bước Với n 1 ta có 1 Như (1) cho trường hợp n 1 Bước Giả sử (1) với n k thêm điều kiện k 1 , tức ta có    (2k  1) k  Giả thiết quy nạp Ta chứng minh (1) với n k  thêm điều kiện k 1 , nghĩa ta chứng minh      (2( k  1)  1 ( k  1) Thật vậy, ta có:       2( k  1)  1      (2k  1)   (2k  1) k  (2k  1) Theo giả thiết quy nạp k  2k  (k  1) Vậy (1) với số tự nhiên n 1 Luyện tập Chứng minh với số tự nhiên n 1 , ta có:    n  n( n  1)  * Lời giải 1(1  1) 1 Bước 1: Với n 1 ta có: Vậy (*) với n 1 Bước 2: Giả sử đẳng thức với n k 1 , tức ta có    k  k (k  1) Ta chứng minh đẳng thức với n k  , nghĩa ta chứng minh    k  ( k  1)  (k  1)[(k  1)  1] Thật vậy, ta có:    k  ( k  1)  k (k  1) k (k  1)  2( k  1) ( k  1)(k  2) ( k  1)[(k  1)  1]  k 1    2 2 Vậy đẳng thức (*) với số tự nhiên n 1 Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề với số tự nhiên n  p ( p số tự nhiên đó) Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với n  p Bước 2: Giả thiết mệnh đề với số tự nhiên n k  p chứng minh mệnh đề với n k  Kết luận Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n 2 , ta có đẳng thức:  1   n 1                 n  2n (2) Lời giải Ta chứng minh (2) quy nạp theo n 1   2.2 Như (2) với n 2  Với n 2 , ta có  1   k 1             Giả sử (2) với n k , ( k 2) , tức là:      k  2k 1 Ta chứng minh công thức với n k  , nghĩa ta chứng minh  1    k 2                    k   ( k  1)  2( k  1) Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp, ta có  1    k 1   k  (k  1)                  2k  (k  1)  2k (k  1)      k   (k  1)   k  (k   1)(k   1) k 2  2k (k  1) 2(k 1) Vậy (2) với số tự nhiên n 2 Luyện tập Chứng minh với số tự nhiên n 2 , ta có đẳng thức a n  b n (a  b) a n   a n  1b  ab n   b n    Lời giải 2  Với n 2 , ta có a  b (a  b)(a  b) (đúng)  Giả sử đẳng thức với k k k1 k k k a  b (a  b) a  a b  ab  b  n k 2 nghĩa ta có:  Ta chứng minh đẳng thức với n k  , nghĩa ta chứng minh: a k 1  b k 1 (a  b) a k  a k  1b  ab k   b k   k 1 k 1 k 1 k k k 1 k k k Thật vậy, ta có a  b a  a b  a b  b a (a  b )  b (a  b ) a k ( a  b)  b( a  b) a k   a k  2b  ab k   b k    (a  b)  a k  b a k   a k  2b  ab k   b k     (a  b) a k  a k  1b  ab k   b k   Vậy đẳng thức với số tự nhiên n 2 MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Trong mục ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh số đẳng thức phụ thuộc số tự nhiên n Dưới ta xét số ứng dụng khác phương pháp quy nạp Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n , n(n  1)( n  2) chia hết cho (3) Lời giải Ta chứng minh (3) quy nạp theo n  Với n 0 ta có 0.(0  1)(0  2) 03 Vậy (3) với n 0  Giả sử (3) với n k thêm điều kiện k 0, k   , tức k (k  1)(k  2) 3 , ta cần chứng minh (3) với n k  Từ giả thiết quy nạp ta suy k (k  1)(k  2) 3m với m số tự nhiên Khi ta có ( k  1)(k  2)( k  3) ( k  3)( k  1)( k  2) k ( k 1)( k  2)  3( k 1)( k  2) 3m  3( k  1)(k  2) 3  m  ( k  1)( k  2)  3 Vậy (3) với số tự nhiên n Vì hai số tự nhiên liên tiếp ln có số chẵn nên từ kết Ví dụ suy ra: Nhận xét: Tích ba số tự nhiên liên tiếp ln chia hết cho PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC ❶ Giáo viên Soạn: Dương Nga FB: Dương Nga ❷ Giáo viên phản biện :………………….… …… FB:………………………………… Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n 3 , ta có  4 n  2n  Lời giải Ta chứng minh bất đẳng thức  4 quy nạp theo n , với n 3 Với n 3 ta có  2.3 1  Vậy  4 với n 3  Giả sử  4 Ta cần chứng minh k với n k 3 , tức ta có  2k   4 2k 1   k  1  2k  với n k  , tức chứng minh Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2k 1 2.2k   2k 1 4k  2k   k  1  2k  Vậy bất đẳng thức  4 k 3 với số tự nhiên n 3 Ví dụ Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh tổng góc đa giác n cạnh  n 3  n   180 Lời giải Ta chứng minh khẳng định quy nạp theo n , với n 3 180    180  Với n 3 , ta có tổng ba góc tam giác Vậy khẳng định với n 3  Giả sử khẳng định với n k 3 , ta chứng minh với n k  Thật vậy, xét đa giác k  cạnh A1 A2 Ak Ak 1 , nối hai đỉnh A1 Ak ta đa giác k cạnh A1 A2 Ak  k   180 Theo giả thiết quy nạp, tổng góc đa giác k cạnh Dễ thấy tổng góc đa giác A1 A2 Ak Ak 1 tổng góc đa giác A1 A2 Ak cộng với tổng góc tam giác Ak 1 Ak A1 , tức  k   180  180  k  1 180   k  1   180 Vậy khẳng định với đa giác n cạnh, n 3 Vận dụng ( Công thức lãi kép) Lãi suất gửi tiết kiệm ngân hàng thường tính theo thể thức lãi kép theo định kì Theo thể thức này, đến kì hạn người gửi khơng rút lãi tiền lãi tính vào vốn kì Giả sử người gửi số tiền A với lãi suấ r không đổi kì a) Tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T1 , T2 , T3 mà người nhận sau kì thứ 1, sau kì thứ sau kì thứ b) Dự đốn cơng thức tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tn mà người thu sau n kì Hãy chứng minh cơng thức nhận quy nạp Lời giải a) Số tiền lãi sau kỳ thứ là: Ar suy T1  A  A.r  A(1  r ) Tương tự ta có T2 T1  T1r  A(1  r )   A(1  r )  r  A(1  r )(1  r )  A(1  r ) T3 T2 (1  r )  A(1  r )3 b) n Dự đoán Tn  A(1  r ) Ta chứng minh dự đoán phương pháp quy nạp  Với n 1 suy T1  A(1  r ) (đúng)  k Giả thiết công thức với n k 1 , ta có Tk  A(1  r ) , ta chứng minh công thức với k 1 n k  , nghĩa Tk 1  A(1  r ) Ta có, cuối kỳ thứ k số tiền gốc lãi Tk , sau kỳ thứ k  số tiền gốc lãi là: Tk 1 Tk  Tk r Tk (1  r )  A(1  r )k (1  r )  A(1  r )k 1 Vậy công thức với số tự nhiên n 1 BÀI TẬP 2.1 Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh đẳng thức sau với số tự nhiên n 1 a) b)     2n n  n  1 12  22  32   n  ; n  n  1  2n  1 Lời giải     2n n  n  1 a) Chứng minh đẳng thức sau với số tự nhiên n 1 : Ta chứng minh bất đẳng thức  quy nạp theo n , với n 1 1   1 Với n 1 ta có  Vậy  1  1  1 với n 1 Giả sử  1 Ta cần chứng minh     2k k  k  1 với n k 1 , tức ta có  1     2k   k  1  k  1  k   với n k  , tức chứng minh Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có     2k   k  1 k  k  1   k  1  k  1  k   Vậy bất đẳng thức  1 với số tự nhiên n 1 b) Chứng minh đẳng thức sau với số tự nhiên n 1 : Ta chứng minh bất đẳng thức  2 12  22  32   n  quy nạp theo n , với n 1 n  n  1  2n 1  2   1  2.1  1 12  Với n 1 ta có  Vậy  2 với n 1 Giả sử  Ta cần  2 với n k 1 , tức ta có chứng minh 12  22  32   k   k  1  12  22  32   k   1  k  1  k    2k  3 n k  , với k  k  1  2k  1 tức chứng Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 2 2     k   k  1  k  k  1  2k  1   k  1  k  k  1  2k 1   k  1  k  1  k  2k  1   k  1   k  1  2k  7k  6  k  1  k    2k  3    6 Vậy bất đẳng thức  2 với số tự nhiên n 1 2.2 Mỗi khẳng định sau hay sai? Nếu em nghĩ đúng, chứng minh Nếu em nghĩ sai, đưa phản ví dụ a) p  n  n  n  11 số nguyên tố với số tự nhiên n ; b) n  n với số tự nhiên n 2 Lời giải a) Khẳng định “ p  n  n  n  11 số nguyên tố với số tự nhiên n ” khẳng định sai p  11 112  11  11 112 Phản ví dụ: lấy n 11 khơng phải số ngun tố b) Khẳng định “ n  n ” khẳng định với số tự nhiên n 2 Ta chứng minh bất đẳng thức  quy nạp theo n , với n 2 Với n 2 ta có   Vậy n  n  *  * với n 2 Giả sử  * Ta cần chứng minh với n k 2 , tức ta có k  k  * k  1  k  với n k  , tức chứng minh  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có minh  k  1 k  2k   k  2k   k  Vậy bất đẳng thức  * k 2 với số tự nhiên n 2 2.3 Chứng minh n  n  chia hết cho với số tự nhiên n 1 Lời giải  * quy nạp theo n , với n 1 Ta chứng minh “ n  n  chia hết cho ” Với n 1 ta có   3 chia hết cho  Vậy  * với n 1 Giả sử   * Ta cần chứng minh với n k 1 , tức ta có “ k  k  chia hết cho ”  * k  1   k  1  với n k  , tức chứng minh “  chia hết cho ” Thật vậy, theo giả thiết quy nạp suy k  k  3m , với m số tự nhiên Khi ta có:  k  1   k  1  k  3k  3k   k    k  k  3   k  k  3m   k  k  3  m  k  k  Vậy bất đẳng thức  * chia hết cho với số tự nhiên n 1 2.4 Chứng minh n  n  41 số lẻ với số nguyên dương n Lời giải  * quy nạp theo n , với n 1 Ta chứng minh “ n  n  41 số lẻ ” Với n 1 ta có   41 3 số lẻ  Vậy   * với n 1 Giả sử  * với n k 1 , tức ta có “ k  k  41 số lẻ”  * Ta cần chứng minh k  1   k  1  41 với n k  , tức chứng minh “  số lẻ” Thật vậy, theo giả thiết quy nạp suy k  k  41 2m  , với m số tự nhiên Khi ta có: 10  k  1   k  1  41 k  2k   k   41  k  k  41  2k 2m   2k 2  m  k   Vậy bất đẳng thức  * số lẻ với số tự nhiên n 1 2.5 n  x  1  xn Chứng minh x    với số tự nhiên n Lời giải 1 x Ta chứng minh “  n 1  xn ”  * quy nạp theo n , với n   , x    x  1 1  x.0 Với n 0 ta có   Vậy  * với n 0  * Giả sử  k  x  1  x.k với n k 0 , tức ta có “  ”  * Ta cần chứng minh 1 x với n k  , tức chứng minh “  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 x k 1 k   x    x    x    kx  1  kx  x  kx 2 kx 0 1  kx  x 1  x  k  1 Vậy bất đẳng thức  * với số tự nhiên 2.6 Cho tổng 1 Sn     1.2 2.3 n  n  1 a) Tính S1 , S , S3 b) Dự đoán công thức tổng S n chứng minh quy nạp Lời giải 1 1 1 S1   S2    S3     1.2 , 1.2 2.3 , 1.2 2.3 3.4 a) b) Dự đoán công thức 1 n Sn      1.2 2.3 n  n  1 n  11 k 1 1  x  k  1 ” Ta chứng minh 1 n     1.2 2.3 n  n  1 n 1  * quy nạp theo n , với n 1 1  Với n 1 ta có 1.2  Vậy  * với n 1 Giả sử   * với n k 1 , tức ta có 1 k     1.2 2.3 k  k  1 k   * Ta cần chứng minh 1 1 k 1      1.2 2.3 k  k  1  k 1  k   k  n k  , với tức chứng minh Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có 1 1 k       1.2 2.3 k  k  1  k  1  k   k   k  1  k   k  k   1  k  1 k  2k  k 1      k  1  k    k  1  k    k  1  k   k  Vậy bất đẳng thức  * với số tự nhiên n 1 2.7 Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh số đường chéo đa giác n cạnh n  n  3 n    Lời giải n  n  3 Ta chứng minh “số đường chéo đa giác n cạnh  ”  * quy nạp theo n , với n 4   3 2 Với n 4 ta có số đường chéo tứ giác  Vậy  * với n 4  * Giả sử Ta cần chứng minh  k  1  k   3 ” k  k  3 với n k 4 , tức ta có “số đường chéo đa giác k cạnh ”  * với n k  , tức chứng minh “số đường chéo đa giác k  cạnh Xét đa giác lồi k  cạnh 12 Vẽ lại hình khác cho phù hợp với lời giải Nối A1 Ak ta đa giác k cạnh A1 A2 Ak , theo giả thiết quy nạp đa giác A1 A2 Ak có số đường k  k  3 chéo Nối Ak 1 với đỉnh A1 , A2 , , Ak  ta thêm k  đường chéo đồng thời A1 Ak đường chéo k  k  3 Vậy số đường chéo đa giác k  cạnh là: Vậy bất đẳng thức  *   k  2 1  k  k   k  1  k    2 với số tự nhiên n 4 2.8 P  n Ta “lập luận” quy nạp toán học để rằng: “Mọi mèo có màu” Ta gọi với n nguyên dương mệnh đề sau: “Mọi mèo đàn gồm n mèo có màu” P  1 Bước Với n 1 mệnh đề “Mọi mèo đàn gồm có màu” Hiển nhiên mệnh đề đúng! P k Bước Giả sử với số nguyên dương k Xét đàn mèo gồm k  Gọi chúng M , M , , M k 1 Bỏ mèo M k 1 khỏi đàn, ta nhận đàn mèo gồm k M , M , , M k Theo giả thiết quy nạp, mèo có màu Bây giờ, thay bỏ mèo M k 1 , ta bỏ mèo M để có đàn mèo gồm k M , M , , M k 1 Vẫn theo giả thiết quy nạp mèo M , M , , M k 1 có màu Cuối cùng, đưa mèo M trở lại đàn để có đàn mèo ban đầu Theo cac lập luận trên: Các mèo M , M , , M k có màu mèo M , M , , M k 1 có màu Từ suy tất mèo M , M , , M k 1 có màu P  n với số nguyên dương n Nói riêng, gọi N số P N  mèo Trái Đất việc cho thấy tất mèo (trên Trái Đất) có màu! Vậy, theo ngun lí quy nạp Tất nhiên ta tìm mèo khác màu nhua! Theo em “lập luận” sai chỗ nào? 13 Lời giải Lập luận sai chỗ: bỏ mèo M để có đàn mèo gồm k M , M , , M k 1 Em có biết?  Phương pháp lập luận quy nạp phát minh cá nhân thời điểm cố định Người ta cho nhà toán học Hy Lạp biết tới ngun lí quy nạp, khơng thật rõ ràng  Lập luận quy nạp lần xuất cách tường minh sách Arithmeticorum Libri Duo năm 1575 nhà toán học thiên văn học người Ý Francesco Maurolico (1494 – 1575)  Nhà toán học người Anh John Wallis (1616 – 1703) coi người sử dụng thuật ngữ quy nạp 14 ... nhiên n   Phương pháp lập luận gọi phương pháp quy nạp toán học (thường gọi tắt phương pháp quy nạp) * Chứng minh mệnh đề toán học phụ thuộc pháp quy nạp toán học, gồm hai bước sau: Bước Kiểm... CỦA PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Trong mục ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh số đẳng thức phụ thuộc số tự nhiên n Dưới ta xét số ứng dụng khác phương pháp quy nạp Ví dụ Chứng... nhiên ( gọi giả thiết quy nạp), chứng minh mệnh đề với n k 1 Kết luận Ví dụ Chứng minh với số tự nhiên n 1 , ta có:     (2n  1) n (1) Lời giải Ta chứng minh quy nạp theo n Bước Với