Chuyên đề ii đáp án

CHUYÊN ĐỀ II PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC NHỊ THỨC NEWTON Trong chuyên đề này, tìm hiểu nội dung sau: phương pháp quy nạp toán học, nhị thức Newton BÀI PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Để chứng minh mệnh đề với số tự nhiên n 1 phương pháp quy nạp toán học, ta làm sau: Bước Chứng tỏ mệnh đề với n 1 Bước Với k số nguyên dương tuỳ ý mà P (k ) mệnh đề (gọi giả thiết quy nạp), ta phải chứng tỏ P(k  1) mệnh đề n, n m m  *   Nhận xét: Để chứng minh mệnh đề với số tự nhiên phương pháp quy nạp toán học, Bước cách làm trên, ta phải chứng tỏ mệnh đề với n m * Ví dụ Chứng minh n  n chia hết cho với n   Giải Bước Khi n 1 , ta có:  0 chia hết cho 3 Bước Với k số nguyên dương tuỳ ý mà k  k chia hết cho , ta phải chứng minh ( k  1)  (k  1) chia hết cho Thật vậy, ta có: ( k  1)3  (k  1) k  3k  3k   k  k  k  k  k  Theo giả thiết quy nạp, k   k 3 , mà k  k 3     k  k  k  k  3  , tức  (k  1)  (k  1)  3 Suy    * Do đó, theo ngun lí quy nạp tốn học, n  n chia hết cho với n   1 n    n(n  1) n  Ví dụ Chứng minh với n   , ta có: 1.2 2.3 * Giải 1  Bước Khi n 1 , ta có: (1  1)  , đẳng thức với n 1 Bước Với k số nguyên dương tuỳ ý mà đẳng thức đúng, ta phải chứng minh đẳng thức 1 k 1    (k  1)[(k  1)  1] ( k  1)  với k  , tức 1.2 2.3 1 k    k (k  1) k  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1.2 2.3 Suy 1 1    1.2 2.3 k ( k  1) ( k  1)[( k  1)  1]  k  k  ( k  1)( k  2)  k  2k  ( k  1)  (k  1)( k  2) ( k  1)( k  2)  k 1 k 1  k  ( k  1)  * Vậy đẳng thức với k  Do đó, theo ngun lí quy nạp toán học, đẳng thức với n   Tức 1 n     1.2 2.3 n  n  1 n  * với n   Luyện tập Chứng minh: 1 a)  2   n  n 1  n 1  23  33  43  n3  n  n   23  33  43  n3  3n  n  1  b) * với n    * với n   , n 2 Lời giải: a) +) Khi n 1 , ta có: 1  21 (  2)(  1)  21 ( 2)2  12  21    1  1 Vậy mệnh đề với n 1 +) Với k số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề với k  , tức là: 1  2  k   (k  1)   (k  1)   Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1  2  k  k 1  k 1  Khi đó: 1   1 2   2  k   (k  1)  1 k  k 1  k   (k  1)    1 1     2 k  k 1  k   (k  1)   1 ( k   1)  k   (k  1)  ( k   1)  ( k   1)  (k  1)   k 1 ( k   (k  1)  1)( (k  1)   k  1) (k  1)   k  [(k  1)  1]  (k  1) (k  1)   k  1 ( k   1)  ( (k  1)   k  1) ( k   1)   (k  1)   Vậy mệnh đề với n k  Do theo ngun lí quy nạp tốn học, mệnh đề cho * với n   b) +) Khi n 2 , ta có: 23  2     3.2(2  1) 23    Vậy mệnh đề với n 2 +) Với k số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề với k  , tức là: 23  33  43  (k  1)3   (k  1)  (k  1)  1     3(k  1)[(k  1)  1] 23  33  43  (k  1)3  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 23  33  43  k  k  k      3k (k  1) 23  33  43  k    Khi đó: 23  33  43  ( k  1)3     23  33  43  ( k  1)3   23  33  43  k  (k 1)3      23  33 1 43  k  (k 1)3 1  23  33  43  k   ( k  1)3            k   ( k  1)    k  k  (k  1)3    3k (k  1) (k  1)3   k  k  1 [(k  1)  1]  (k  1)  (k  1) 1   3k (k  1) [(k  1)  1]  (k  1)  (k  1) 1   k  k  1 3k (k  1) k  (k  1)  (k  1)  1  [(k  1)  1]   k  2k  1  (k  1)  1 k  k  k  ( k  1)  ( k  1)  1   3k (k  1) [(k  1)  1] k  k       (k  1)  (k  1)  1   3(k  1) [(k  1) 1]   (k  1)  (k  1)  1 3( k  1)[( k  1)  1] Vậy mệnh đề với n k  Do theo ngun lí quy nạp toán học, mệnh đề cho * với n   II ÁP DỤNG Ví dụ Một người gửi số tiền A (đồng) vào ngân hàng với lãi suất r % / năm Biết rằng, khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu Chứng minh số tiền nhận n r   Tn  A     100  (đồng), khoảng thời gian người (bao gồm vốn lẫn lãi) sau n (năm) gửi không rút tiền lãi suất không thay đổi Giải r  r r    A  A A1 T1  A     100  100  (đồng) Vậy  100  , tức đẳng Sau năm, số tiền vốn lãi thu là: thức với n 1 Với k số nguyên dương tuỳ ý mà đẳng thức đúng, ta phải chứng minh đẳng thức với k  , r   Tk 1  A     100  tức k 1 k r   Tk  A     100  Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: k r   Tk  A     100  trở thành tiền vốn để tính tiền lãi cho năm thứ k  Ta thấy, sau hết k (năm) số tiền Do đó, số tiền vốn lãi người có sau k  (năm) là: k k r  r  r r     A1  A1  A1     100   100  100  100  k r  r      100   A   100      k 1 r   Tk 1  A     100  , tức k 1 (đồng) * Vậy đẳng thức với k  Do đó, theo ngun lí quy nạp toán học, đẳng thức với n   , tức n  r  Tn  A     100  (đồng) số tiền vốn lẫn lãi người có sau n (năm) là: n * Ví dụ Cho x số thực, x   Chứng minh với n   , ta có: (1  x ) 1  nx (1) Giải Bước Khi n 1 , ta có: (1  x) 1  x 1  1x Vậy bất đẳng thức (1) với n 1 Bước Với k số nguyên dương tuỳ ý mà bất đẳng thức (1) đúng, ta phải chứng minh bất đẳng thức k 1 (1) với k  , tức là: (1  x ) 1  (k  1) x k Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: (1  x ) 1  kx Vì theo giả thiết ta có:  x  , nên bất đẳng thức nhân hai vế với  x Khi ta nhận (1  x )k (1  x ) (1  kx ) (1  x )  (1  x )k 1 1  (k  1) x  kx Do kx 0 (1  x ) k 1 1  (k  1) x Vậy bất đẳng thức (1) với k  Do đó, theo ngun lí quy nạp toán học, bất đẳng thức (1) với n  * Chú ý: Bất đẳng thức (1) gọi bất đẳng chia hết cho 225 với thức Bernoulli  n   n  * ,  ,  Luyện tập Chứ minh với an , bn số nguyên dương  n viết dạng an  bn 2, an  bn , Lời giải: +) Khi n = 1, ta có: (1  2)1 1  1    a1 1, b1 1 Vậy mệnh đề với n 1 +) Với  k số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề với k 1 k  , tức là: (1  2) viết dạng ak 1  bk 1 , ak 1 , bk 1 số nguyên dương Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: (1  2) k ak  bk , với ak , bk số nguyên dương Khi đó: (1  2)k 1 (1  2)k (1  2)    ak  bk (1  2) ak 1  bk 1  ak   bk  ak  bk  ak  2 bk  ak  2 bk    ak  bk  Vì ak , bk số nguyên dương nên ak  2bk ak  bk số nguyên dương Vậy mệnh đề với n k  Do theo ngun lí quy nạp tốn học, mệnh đề cho * với n   +) Theo chứng minh ta có: n * Với n   (1  2) an  bn với an , bn số nguyên dương Chứng minh tương tự ta được: n * Với n   (1  2) cn  d n với cn , d n số nguyên dương * Giờ ta chứng minh an cn bn d n với n   Cách 1: * Xét mệnh đề P(n) : an cn bn d n với n   +) Khi n 1 , ta có: (1  2)1 1  1    a1 1, b1 1 (1  2)1 1  1    c1 1, d1 1 Vậy a1 c1 , b1 d1 Vậy mệnh đề P(n) với n 1 +) Với k số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề P(n) với k  , tức là: ak  ck  bk 1 d k 1 Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: ak ck bk d k (1) Mặt khác: (1  2)k 1 (1  2)k (1  2)    ak  bk (1  2) ak 1  bk 1  ak   bk  ak  bk  ak  2 bk  ak  2 bk    ak  bk   ak  ak  2 bk bk  ak  bk (2) (1  2)k 1 (1     ck  dk (1  2)k (1  2) 2) ck 1  dk 1  ck   dk ( 2) ck  dk  ck  2 dk  ck  2 dk    ck  dk  nên ck 1 ck  2d k , d k 1 ck  d k (3) Từ (1) , (2) (3) ta suy ak 1 ck 1 bk 1 d k 1 Vậy mệnh đề với n k  Do theo ngun lí quy nạp toán học, mệnh đề cho * với n   Vậy toán chứng minh Cách 2: Ta có: (1  2)n (1   2)n [(1  2)(1   2)]n ( 1)n   an  bn cn  dn ( 1)n   an cn  2bn dn    bn cn  an dn  ( 1)n an cn  2bn dn ( 1)n (1)   bn cn  an dn 0(2) an d n bn cn  Từ (2) ta suy an bn  k cn d n với k  (vì an , bn , cn , d n số nguyên dương)  an kcn , bn kd n Thế vào (1) ta được:  kc  c n n   kdn  dn ( 1)n  k cn2  2dn2 ( 1)n    1k  k 1  an cn vaø bn dn Vậy ta có điều phải chứng minh n * Luyện tập Chứng minh 16  15n  chia hết cho 225 với n   Lời giải: +) Khi n 1 , ta có: 16  15n  0225 Vậy mệnh đề với n 1 +) Với k số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề với k  , tức là: 16 k 1  15(k  ) - chia hết cho 225 k Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 16  15k  chia hết cho 225 Khi đó: 16 k 1  15(k  1)  16 16 k  15k  16 16 16 k  (240k  225k )  16 16 16 k  240 k  225k  16 16 16 k  240 k  16  225k 16 16 k  15k   225k  Vì  16  k   15k  16 16k  15k  1  225k 225 225k chia hết cho 225 nên  , 16k 1  15( k  1)  1225 Vậy mệnh đề với n k  Do theo ngun lí quy nạp tốn học, mệnh đề cho * với n   Ví dụ a) Nêu quy luật xếp số chấm hàng thứ nhất, hàng thứ hai, theo thứ tự từ xuống Hình 2a Tính số chấm hàng thứ n b) Nêu quy luật xếp số chấm hàng thứ nhất, hàng thứ hai,… theo thứ tự từ lên hình 2b Tính số chấm hàng thứ n c) Ghép Hình 2a Hình 2b ta Hình Giả sử Hình 2a Hình 2b có n hàng Tính số chấm có * Hình Từ đó, xác định cơng thức tính tổng: Tn 1    n với n   chứng minh cơng thức phương pháp quy nạp toán học Giải a) Số chấm hàng thứ n theo thứ tự từ xuống Hình 2a n b) Số chấm hàng thứ n theo thứ tự từ lên Hình 2b n c) Do chấm Hình xếp thành n hàng n  cột nên số chấm Hình Sn n(n  1) Gọi Tn số chấm Hình 2a Khi Tn 1    n Mặt khác, số chấm Hình 2b Tn Suy n(n  1) n(n  1) n(n  1) Tn  Sn  Tn 1    n  Tn  * 2 Vậy Ta chứng minh với n   phương pháp quy nạp toán học sau: (1  1) T1 1  Vậy đẳng thức Bước Khi n 1 , ta có: Bước Với k số nguyên dương tuỳ ý mà đẳng thức đúng, ta phải chứng minh đẳng thức (k  1)(k  2) Tk 1  với k  , tức Thật vậy, theo giả thiết quy nạp, ta có: Suy Tk  Tk 1 1    k  (k  1)  k (k  1) k (k  1) (k  1)(k  2)  k 1  2 * Vậy đẳng thức với k  Do đó, theo ngun lí quy nạp tốn học, đẳng thức với n   Ví dụ a) Diện tích hình tơ màu hàng Hình viết bên trái hàng Tiếp tục vẽ theo quy luật đó, tìm diện tích hình tơ màu hàng thứ n b) Ghép hình tơ màu n hàng ta hình vng (chẳng hạn, ghép hình tơ màu bốn hàng Hình ta hình vng Hình 5) Nêu kích thước hình vng ghép Từ đó, tính diện tích hình 3 * c) Dự đốn cơng thức tính tổng Pn 1   n với n   chứng minh cơng thức phương pháp quy nạp tốn học Giải a) Diện tích hình tơ màu hàng thứ n n b) Ghép hình tơ màu n hàng ta hình vng có cạnh n(n  1)     n   n(n  1)    Vậy diện tích hình vng ghép    n(n  1)  Pn  3 3 * P     n  (1    n )   c) Dự đoán n với n   , tức  n(n  1)  Pn    với n  * phương pháp quy nạp toán học sau: Ta chứng minh  (1  1)  P1 1    Vậy đẳng thức n 1 Bước Khi n 1 , ta có: 10