Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 18 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
18
Dung lượng
793,07 KB
Nội dung
CHUYÊN ĐỀ 7: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC I KIẾN THỨC TRỌNG ĐIỂM Nguyên lý quy nạp toán học (PMI) Phương pháp quy nạp toán học thực có hiệu lực với lớp tốn chứng minh mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n N Q n với n p , ta thực bước theo thứ tự: Bước : Kiểm tra mệnh đề với n p Để chứng minh mệnh đề Bước : Giả sử mệnh đề với n k p , ta phải chứng minh mệnh đề với n k 1 Nguyên lý quy nạp toán học mạnh (PSMI) Nguyên lý quy nạp toán học mạnh (gọi tắt nguyên lý quy nạp mạnh), kí hiệu PSMI, viết tắt chữ đầu từ tiếng Anh: Principle of Strong Mathermatics induction Nội dung nguyên lý quy nạp mạnh sau: Giả sử mệnh đề (1) M n0 M n theo số tự nhiên n thỏa mãn: với số tự nhiên n0 M n0 , M n0 1 , , M n M n 1 (2) Với số tự nhiên n n0 , (3) Khi mệnh đề M n với số tự nhiên n n0 *) Chú ý: a) Như vậy, PSMI khác PMI bước quy nạp: PSMI, giả sử không M j với j n0 , , n M n 1 M n mà tất Tuy nhiên từ khác này, số tốn việc dùng PSMI tiện lợi dùng PMI b) Phương pháp PSMI thường dùng để chứng minh dạng đóng(closed form) phần tử dãy xác định quan hệ đệ quy Có thể hiểu dạng đóng phần tử dãy số biểu dạng tính mà khơng cần biết phần tử khác dãy số II Các dạng toán Dạng 1: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh cơng thức Ví dụ 1: Chứng minh với số tự nhiên n 2 , ta có: a n – bn a – b a n –1 a n – 2.b a.b n b n – 1 Lời giải VT 1 a b VP 1 a b a b a b Khi n 2 thì: ; Vậy đẳng thức (1) với n 2 a k b k a b a k a k b a.b k b k Giải sử (1) với n k 2 , tức là: a Ta chứng minh (1) với n k , tức là: k 1 b k 1 a b a k a k 1.b a.b k b k Thật vậy, áp dụng giả thiết qui nạp, ta có : a k 1 b k 1 a k 1 a k b a k b b k 1 a k a b b a k b k a k a b b a b a k a k b a.b k b k a b a k b a k a k b a.b k b k a b a k a k 1.b a.b k b k Vậy (1) với số tự nhiên n 2 Ví dụ 2: Chứng minh với n 1 , ta có: 12 22 n n(n 1)(2n 1) 2 Lời giải VT VP Khi n 1 , ta có , nên (2) Giải sử (2) với n k 1 , tức là: 12 22 k k 1 k (k 1)(2k 1) Ta phải chứng minh (2) với n k , tức là: 2 k 1 (k 2)(2k 3) 12 22 k 1 1 k 1 12 22 k 1 k k 1 Thật vậy: 12 22 k 1 k k 1 2 2k k k 1 k (k 1)(2k 1) k 1 k 2k 3 k 1 6 n 2n n 4.3n Ví dụ 3: Chứng minh với n N , ta có: 3 * Lời giải Với n 1 , 3 : 12 (đúng) k 2k k 4.3k (3.1) Giải sử (3) với n k , tức là: 3 3 k k 1 k 1 k k 1 k 1 3 3 4.3 Ta chứng minh (3) với n k , tức là: (3.2) k 1 k 1 Thậy vậy, cộng vào hai vế (3.1) lượng , ta (3.2) * Vậy (3) với n k , nên với n N Ví dụ 4: Chứng minh với số nguyên dương n , ta có: n n n 1 (4) Lời giải 1.2 1 1 Với n 1 , ta có: (đúng) Vậy (4) với n 1 Giả sử (4) với n k 1 , nghĩa k Ta chứng minh (4) với n k , nghĩa là: k k 1 k k 1 k 1 k Từ giả thiết quy nạp, ta có: VT 1 k k k k 1 k k 1 k 1 k 1 k k 1 VP 2 (đpcm) * Vậy (4) với n Ví dụ 5: Chứng minh với số nguyên dương n , ta ln có đẳng thức sau: 22 42 2n 2n n 1 2n 1 (5) Lời giải Với n 1 , ta có 22 1 1 4 , Vậy (5) với n 1 Giả sử (5) với n k 1 , nghĩa 22 42 2k 2k k 1 2k 1 Ta chứng minh (5) với n k , nghĩa là: 22 42 k 1 k 1 k 2k 3 Từ giả thiết quy nạp ta có: VT 22 42 2k k 1 2k k 1 2k 1 k 1 2k k 1 2k 1 k 1 k 1 2k k k 1 k 2k 1 k 1 k 1 k k 3 VP (đpcm) * Vậy (5) với n Dạng 2: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1: Dùng phương pháp quy nạp, chứng minh bất đẳng thức sau: 1 x a) b) 1 nx với x n (bất đẳng thức Bernoulli) x1 x2 xn 1 x1 x2 xn , xi 1, i 1, n xi dấu (bất đẳng thức Bernoulli mở rộng) n n 1 n ! * c) với n , n1 Lời giải x 1 1 0.x a) Với n 0 , ta có: (vì x ) Vậy (1) k x 1 k.x Giả sử bất đẳng thức với n k , tức là: (2) 1 x Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n k , tức là: Thật vậy: 1 x k 1 k 1 1 k 1 x k x x x kx 1 x kx kx 1 x k kx 1 x k (vì kx ) Vậy bất đẳng thức với n b) Với n 1 x1 x1 , bất đẳng thức x1 x2 xk 1 x1 x2 xk Giả sử bất đẳng thức với n k , tức là: Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n k x1 x2 xk xk 1 x1 x2 xk xk 1 Từ giả thiết quy nạp xk 1 , ta có: 1 x1 x2 xk xk 1 x1 x2 xk 1 x1 x2 xk xk 1 (do xi dấu nên xk 1 x1 x2 xk ) * Vậy bất đẳng thức với n 1 2! 2 1,5 2, 25, c) Với n 2 ta có: bất đẳng thức Giả sử bất đẳng thức với n m Ta chứng minh bất đẳng thức với n m m m 1 m2 m 1 ! m 1 m ! m 1 2 m 1 Ta có: 1 Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có: m m2 m 1 ! m 1 m! Vì m 1 1 1 m 1 m 1 1 m 1 m2 m 1 2 m 1 m 1 , suy điều phải chứng minh n 1 n, n N , n Ví dụ 2: Chứng minh rằng: n (5) Lời giải 64 1 1 27 Khi n 3 , bất đẳng thức (5) trở thành (đúng) k 1 1 k n k Giả sử bát đẳng thức (5) với nghĩa là: k 1 Ta chứng minh bất đẳng thức (5) với n k , tức là: k 1 Ta có: k k 1 k 1 1 1 k 1 k 1 k k k 1 k 1 1 1 k k k k Vậy bất đẳng thức (5) với n k nên với n Ví dụ 3: Cho x1 , x2 , , xn số dương Chứng minh : x1 x2 xn xn x3 2, n 4 x2 xn x3 x1 x4 x2 xn xn x1 xn (6) Lời giải x1 x2 x3 x4 x x x x 2 2 x2 x4 x1 x3 Với n 4 , bất đẳng thức có dạng: x2 x4 x3 x1 x4 x2 x1 x3 (đúng) x1 x1 xk xk 2, k 4 x x x x x x x x n k k k k k Giả sử (6) với Tức (6.1) Ta chứng minh (6) với n k Do vai trị bình đẳng giữ xk 1 min x1 , x2 , , xn Do ta có: S k 1 xi i 1, 2, , k 1 , nên không giảm tính tổng qt tốn ta giả sử , tức xk 1 0, xk 1 xk , xk 1 x1 x1 x2 xk x x1 x2 xk k 1 x2 xk 1 x3 x1 xk 1 xk x1 xk x2 xk x3 x1 x1 xk (6.2) x1 x xk xk x ; ; k 1 Do: x2 xk 1 x2 xk xk 1 xk x1 xk x1 xk (6.3) Từ (6.1), (6.2), 6.3) suy Sk 1 Vậy bất đẳng thức với n k nên với n n Ví dụ 4: Chứng minh rằng: n, n N (1) Lời giải Với n 0 (1) k Giả sử (1) với n k , tức k k 1 Ta chứng minh (1) với n k , tức k 1 (*) k 1 k k k Thật VT (*) 2 2 2 k 1 đpcm n Ví dụ 5: Chứng minh với số tự nhiên n 2 3n Lời giải Với n 2 , ta có 3.2 (đúng) k Giả sử bất đẳng thức với n k 2 , tức ta có 3k (giả thiết quy nạp) 3k 1 k 1 Chứng minh bát đẳng thức với n k , tức chứng minh bất đẳng thức Thật ta có: 3k 3k 3k 1 9k 3k 1 3k 3 6k 3k 1 k 1 k 3k 1 k 1 Với k 2 , 6k nên * n Vậy 3n với n 2, n Dạng 3: Sử dụng phương pháp quy nạp vào toán chia hết n Ví dụ 1: Chứng minh rằng: n 12 với số nguyên dương n Lời giải Gọi M n mệnh đề cần chứng minh n n 12, n * Trước hết ta thấy mệnh đề với số nguyên dương - Với n 1 012 - Với n 2 1212 - Với n 3 7212 - Với n 4 24012 - Với n 5 60012 - Với n 6 126012 j j 12 Với n 6 , ta giả sử M 1 , M , , M n đúng) n 1 Ta phải chứng minh Do M n 5 với số nguyên n 1 12 n 5 đúng, nên (tức M n 1 n 12 4 Đặt k n , k k 12 hay k k 12b, b Ta có: n 1 4 n 1 k k đúng) j , j n (nghĩa mệnh đề k 24k 216k 864k 1296 k 12k 36 k k 24k 216k 852k 1296 12b 24k 216k 852k 1296 12 b 2k 18k 71k 105 12c với c b 2k 18k 71k 105 Theo PSMI n 1 n 1 12 với số nguyên dương n Ví dụ 2: Chứng minh với n , ta có: n n n a) 6 (1) n b) 16 10n 125 (2) Lời giải a) Với n 1 ta 06 (đúng) k k k Giả sử (1) với n k , tức 6 Ta chứng minh (1) với n k Thật vậy, ta có: k k 1 k 1 k 1 2k 1 3k 1 5k 1 2.2k 3.3k 5.5k 2(2 k 3k 5k ) 3k 3.5 6 6 6 Vậy ta có điều phải chứng minh b) Với n 1 , ta có 2525 (đúng) k Giả sử (2) với n k , tức 16 10k 125 Ta chứng minh (2) với n k Thật vậy, ta có: 16 k 1 10( k 1) 16(16 k 10k 1) 16.10 k 16 10( k 1) 16(16k 10k 1) 150 k 25 25 25 đpcm n 3 24n 3764, n N (*) Ví dụ 3: Chứng minh rằng: Lời giải +) Với n 0 , ta có: 24.0 27 37 37 6464 (đúng) n 3 24n 3764 +) Giải sử (*) với n , tức A 3 n 5 24(n 1) 37 64 +) Ta chứng minh (*) với n , tức B 3 Thật vậy: n 1 B 32 n 3.9 24n 24 37 A 8.32 n 3 24 24(32 n 2 1) A 24 (9 1) B 64 8 Theo nguyên lý quy nạp (*) chứng minh 8 n n 2 n1 Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 13 3 , n (*) Lời giải n +) Với n 0 , ta có 33; 9 (*) n n 1 Giả sử (*) với n , tức 1 3 q (q , q 3) n1 n 2 n 3 Ta chứng minh (*) với n , tức 13 ; 3 n1 n n n n 23 (23 ) 1 (23 1) (23 ) 23 1 3n 1.q (3n 1.q 1) (3n 1.q 1) 1 Thật vậy, ta có: 3n 1.q 32 n 2.q 3.3n 1.q 3 3n 2.q.(32 n 1.q 3n 1.q 1) 3n 2 , 3n 3 Vậy (*) chứng minh Dạng 4: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bào tốn hình học n 4 Ví dụ 1: Chứng minh số đường chéo đa giác lồi n cạnh Lời giải 3 S4 2 Với n 4 , ta có số đường chéo tứ giác lồi Giả sử với n k 4 ta có số đường chéo đa giác lồi k cạnh Sk Sn n n 3 k k 3 k 1 k Ta phải chứng minh đa giác lồi k cạnh có đường chéo Thật vậy, với đa giác lồi cạnh A1 , A2 , , Ak , Ak 1 bất kì, ta có đa giác A1 , A2 , , Ak đa giác lồi k cạnh nên số đường chéo Sk k k 3 Khi đường chéo đa giác A1 , A2 , , Ak , Ak 1 bao gồm A A x 2.k đường chéo đa giác A1 , A2 , , Ak , đường x k 1 A1 Ak Do số đường chéo A1 , A2 , , Ak , Ak 1 là: S k 1 Sk k k k 3 k 1 k k 1 2 n 4 Vậy số đường chéo đa giác lồi n cạnh Sn n n 3 n 3 Sn n 1800 Ví dụ 2: Chứng minh tổng góc đa giác lồi n cạnh Lời giải S 1800 1800 Với n 3 , ta có tổng góc tam giác S k 1800 Giả sử với n k 3 ta có tổng góc đa giác lồi k cạnh k k 1 1800 Ta phải chứng minh đa giác lồi k cạnh có tổng góc Thật vậy, với đa giác lồi k cạnh A1 A2 A3 Ak Ak 1 bất kì, ta có đa giác A1 A2 A3 Ak đa giác lồi k cạnh nên tổng góc S k k 1800 Khi tổng góc đa giác A1 A2 A3 Ak Ak 1 tổng góc đa giác A1 A2 A3 Ak tam giác A1 Ak Ak 1 Do S k 1 k 1800 1800 k 1 1800 n 3 Sn n 1800 Vậy tổng góc đa giác lồi n cạnh Ví dụ 3: Chứng minh ABC vng A , có số đo cạnh a, b, c với số tự nhiên n 2 ta ln có bất đẳng thức b n c n a n Lời giải 2 Với n 2 , ta có bất đẳng thức theo định lí Pythagore b c a k k k Giả sử bất đẳng thức với n k 2 , tức b c a k 1 k 1 k 1 Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n k , tức b c a k 1 k 1 k k k 1 Thật vậy, ta có ABC vng A nên b a c a Khi b c ab ac a n n n Vậy ABC vuông A bất kì, với số tự nhiên n 2 ta ln có bất đẳng thức b c a Ví dụ 4: Cho n đường thẳng nằm mặt phẳng vị trí tổng qt (tức khơng có hai đường thẳng song song khơng có ba đường thẳng đồng quy) Chứng minh n đường thẳng chia mặt phẳng thành S n 1 n n 1 miền Lời giải Với n 1 , ta có S1 1 1 1 2 (đúng đường thẳng chia mặt phẳng thành miền) Giả sử với n k 1 ta có k đường thẳng chia mặt phẳng thành S k 1 Ta phải chứng minh n k đường thẳng chia mặt phẳng thành 1 k k 1 miền k 1 k miền Thật vậy, với k đường thẳng d1 , d , , d k 1 ta có d1 , d , , d k k đường thẳng nên chúng chia mặt phẳng thành S k 1 k k 1 miền Đường thẳng d k 1 cắt k đường d1 , d , , d k k điểm phân biệt nên d k 1 bị chia thành k phần Vậy đường d k 1 qua k miền S k miền bị chia làm Do d k 1 tạo thêm k miền S k 1 Sk k 1 1 k k 1 k 1 k k 1 1 2 Suy Vậy n đường thẳng nằm mặt phẳng vị trí tổng quát chia mặt phẳng thành S n 1 n n 1 miền III Bài tập ôn luyện Dạng 1: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh công thức * 1.4 2.7 n 3n 1 n n 1 Bài 1: Chứng minh với n ta có: * Bài 2: Chứng minh với n ta có: 3n n 3n 1 2 (6) (7) 1 1 2n n * 2n Bài 3: Chứng minh với n ta có: (8) Lời giải n n 1 n * Bài 4: Chứng minh với n ta có: 3 3 (9) Lời giải Dạng 2: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức * n n Bài 1: Chứng minh với n 4, n 7n n Bài 2: Chứng minh với số tự nhiên n 3 , ta có n 4n (7) n 1 Bài 3: Chứng minh với số tự nhiên n 4 , ta có n 3n (8) Bài 4: Chứng minh với số thực a1 a2 an a1 a2 an a1 , a2 , a3 ,, , an n * , ta có: (9) Dạng 3: Sử dụng phương pháp quy nạp vào toán chia hết * Bài 1: Chứng minh với n , ta có: a) n 2n chia hết cho 3 3 b) n (n 1) (n 2) chia hết cho * Bài 2: Chứng minh với n , ta có: a) n 11n chia hết cho b) 2n 3n n 6 chia hết cho Dạng 4: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bào tốn hình học Bài 1: Cho n đường tròn mặt phẳng, hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt, ba đường trịn qua điểm Chứng minh n đường trịn chia mặt phẳng thành n n 1 miền n 4, n Chứng minh chia đa giác thành Sn n tam Bài 2: Cho đa giác lồi n cạnh giác đường chéo không cắt IV Hướng dẫn giải tập Dạng 1: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh công thức * 1.4 2.7 n 3n 1 n n 1 Bài 1: Chứng minh với n ta có: (6) Lời giải VT 1 3.1 1 4;VP 1 1 4 VT VP Với n 1 , ta có Vậy (6) với n 1 1.4 2.7 k 3k 1 k 1 k 1 1 k 1 k Giả sử (6) với n k , tức là: (*) Từ giả thiết quy nạp ta có: VT * 1.4 2.7 k 3k 1 k 1 k 1 1 k k 1 k 1 k 1 1 k 1 k 4k k 1 k VP * * Vậy (6) với n * Bài 2: Chứng minh với n ta có: 3n n 3n 1 (7) Lời giải 1 3.1 1 VT 2;VP 2 VT VP Với n 1 , ta có Vậy (7) với n 1 Giả sử (7) với n k 1 , tức là: 3k k 3k 1 Ta chứng minh (7) với n k , tức là: 3k 1 3k k 1 3k Từ giả thiết quy nạp ta có: VT 2 3k 1 3k k 3k 1 3k k k 1 3k 3k VP 2 * Vậy (7) với n 1 1 2n n * 2n Bài 3: Chứng minh với n ta có: Lời giải 21 1 VT ; VP VT VP 2 Với n 1 , ta có Vậy (8) với n 1 1 1 2k k k 2 Giả sử (8) với n k 1 , tức là: (8) 1 1 2k 1 k k 1 k 1 2 Ta chứng minh (8) với n k , tức là: 1 k 1 1 1 1 2k 1 VT k k 1 k k 1 k 1 VP 2 2 2k 1 Từ giả thiết quy nạp ta có: k * Vậy (8) với n n n 1 n * Bài 4: Chứng minh với n ta có: 3 3 (9) Lời giải 12 1 VT 1 1; VP 1 VT VP Với n 1 , ta có Vậy (9) với n 1 k k 1 k Giả sử (9) với n k 1 , tức 3 3 Ta chứng minh (9) với n k , tức là: 2 k 1 k k 1 k k 1 VT 1 k k 1 k 1 4 3 k 1 k 3 VP * Vậy (9) với n Dạng 2: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức * n n Bài 1: Chứng minh với n 4, n 7n Lời giải 4 Với n 4 , ta có 7.4 81 44 (đúng) k k Gải sử bất đẳng thức với n k 1 , tức ta có k (giả thiết quy nạp) 3k 1 2k 1 k 1 Cần chứng minh bất đẳng thức với n k , tức chứng minh bất đẳng thức Thật ta có: 3k 2k 7k 3k 1 2k 7k 3k 1 3.2k 21k k 1 k 1 14k 3k 1 2k 1 k 1 Với k 4 , 14k nên * n n Vậy n với n 4, n n Bài 2: Chứng minh với số tự nhiên n 3 , ta có n 4n (7) Lời giải VT 27; VP 26 Với n 3 , ta có: Suy bất đẳng thức (7) 3k k 4k * Giả sử bất đẳng thức (7) với n k 3 , tức 3k 1 k 1 k 1 Ta chứng minh bất đẳng thức với n k , tức Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (*) với 3, ta có: 3k 1 3k 12k 15 3k 1 k 1 k 1 2k 6k 2 3k 1 k 1 k 1 Vì 2k 6k với k 3 nên n Vậy n 4n với số tự nhiên n 3 n 1 Bài 3: Chứng minh với số tự nhiên n 4 , ta có n 3n (8) Lời giải VT 32; VP 28 Với n 4 , ta có Suy bất đẳng thức (8) k 1 Giả sử bất đẳng thức (8) với n k 4 , tức k 3k (*) 2k 2 k 1 k 1 Ta phải chứng minh với n k , tức Thật vậy, nhan hai vế bất đẳng thức (*) với ta có: 2k 2 2k 6k 2k 2 k 1 k 1 k k 2 2k 2 k 1 k 1 Vì k k với k 4 nên n 1 Vậy n 3n với số tự nhiên n 4 Bài 4: Chứng minh với số thực a1 a2 an a1 a2 an a1 , a2 , a3 ,, , an n * , ta có: (9) Lời giải a a1 Với n 1 suy bất đẳng thức (9) a a a1 a2 Với n 2 Dấu “=” xảy a1 , a2 dấu a a ak a1 a2 ak Giả sử bất đẳng thức (9) với n k , tức a a ak ak 1 a1 a2 ak ak 1 Ta phải chứng minh với n k , tức là: A a1 a2 ak Thật vậy, đặt A a1 , a2 , a3 ,, , ak , ta có Mà A ak 1 A ak 1 a1 a2 ak ak 1 Vậy a1 a2 an a1 a2 an nên a1 a2 ak ak 1 a1 a2 ak ak 1 * với số tự nhiên n Dạng 3: Sử dụng phương pháp quy nạp vào toán chia hết * Bài 1: Chứng minh với n , ta có: a) n 2n chia hết cho 3 3 b) n (n 1) (n 2) chia hết cho Lời giải 3 a) Với n 1 , ta có: n 2n 1 2.1 33 (đúng) Giải sử với n k , tức ta có: k 2k 3 Ta chứng minh với n k Với n k , ta có: n3 2n (k 1)3 2(k 1) k 3k 3k 2k (k 2k ) (3k 3k 3) 3 Vậy ta có điều phải chứng minh 3 3 3 b) Với n 1 , ta có: n (n 1) (n 2) 1 1 27 369 (đúng) k (k 1)3 (k 2) 9 k * Giả sử với n k , tức ta có: Ta chứng minh với n k Với n k , ta có: n3 (n 1)3 (n 2)3 (k 1)3 (k 2) (k 3)3 9 (k 1)3 ( k 2)3 k 9k 27 k 27 k (k 1)3 ( k 2)3 9(k 3k 3) 9 9 * Bài 2: Chứng minh với n , ta có: a) n 11n chia hết cho b) 2n 3n n 6 chia hết cho Lời giải 3 a) Với n 1 đúng, ta có: n 11n 1 11.1 126 (đúng) * Giả sử với n k , tức ta có k 11k 6, k N Ta chứng minh với n k , tức ( k 1) 11( k 1) k chia hết cho Thật với n k , ta có: 3 3 n3 11n ( k 1) 11( k 1) k 3k 3k 1 11k 11 ( k 11k ) 3( k k 4) ( k 11k ) k (k 1) 4 ( k 11k ) 3k (k 1) 12 chia hết cho (đpcm) 3 d) Với n 1 , ta có 2n 3n n 2.1 3.1 2 06 (đúng) Giả sử với n k , tức ta có 2k 3k k 6 Ta chứng minh với n k Thật với n k , ta có: 3 2 2n3 3n n 2( k 1) 3( k 1) (k 1) 2( k 3k 3k 1) 3(k 2k 1) ( k 1) 2k 3k k (2k 3k k ) 6k 6 đpcm Dạng 4: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bào tốn hình học Bài 1: Cho n đường tròn mặt phẳng, hai đường tròn cắt hai điểm phân biệt, khơng có ba đường trịn qua điểm Chứng minh n đường trịn chia mặt phẳng thành n n 1 miền Lời giải Đặt M n 2 n n 1 số miền mặt phẳng chia n đường tròn thảo mãn điều kiện Với n 1 ta có M 2 nên khẳng định M 2 k k 1 Giả sử khẳng định tới n k 1 Ta có k đường trịn chia mặt phẳng thành k miền Ta phải chứng minh khẳng định với n k , nghĩa với k đường tròn chai mặt phẳng thành M k 1 2 k k 1 miền Thật vậy, đường tròn thứ k bị k đường tròn cắt 2k điểm bị chia thành 2k cung Mỗi cung chai miền chứa thành hai miền Vì số miền mặt phẳng tăng lên 2k miền Nghĩa ta có M k 1 M k 2k 2 k k 1 2k 2 k k 1 * Ta có khẳng định với n n 4, n Chứng minh chia đa giác thành Sn n tam Bài 2: Cho đa giác lồi n cạnh giác đường chéo không cắt Lời giải A3 A3 A2 AK A4 A2 A1 AK+1 A1 Đặt S n n tam giác thỏa mãn yêu cầu Với n 4 ta có S 2 nên khẳng định Giả sử khẳng định với n k 4 Ta phải chứng minh khẳng định với n k , nghĩa S k 1 k Thật vậy, ta thêm đỉnh thứ k cạnh A1 Ak trở thành đường chéo cắt đường chéo trước, tạo tam giác A1 Ak Ak 1 Do S k 1 Sk k Ta có khẳng định với n 4, n