Phuong phap c/m quy nap toan hoc(BDHSG - THCS)

Có thể kể thêm hai mệnh đề sai nhng lại đúng với một số rất lớn các trờng hợp đầu tiên: Nhà toán học Gravơ đa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta có 2p- 1 – 1 không chia hết cho p2..

Phơng pháp chứng minh quy nạp

phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn.

ví dụ 1 Quan sát các kết quả sau:

13 – 1 chia hết cho 3 23 – 2 chia hết cho 3

33 – 3 chia hết cho 3 43 – 4 chia hết cho 3

hãy đa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó

ra:

a) Nếu a = 3k (k ∈ N) thì A chia hết cho 3

b) Nếu a = 3k + 1(k ∈ N) thì a -1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3

c) Nếu a = 3k +2 (k ∈ N) thì a + 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3

Ví dụ 2.

Quan sát kết quả sau:

23 – 2 chia hết cho 3, 25 – 2 chia hết cho 5

2n – 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n?

Nhận xét: trong hai ví dụ trên, ta đã thực hiện các phép suy luận sau:

1) Xét các giá trị của a bằng 1, 2, 3, 4, để kết luận rằng a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dơng a

2) Xét các giá trị của a bằng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k ∈ N) để kết luận rằng a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dơng a

với mọi số tự nhiên lẻ n

Ba phép suy luận trên đợc gọi là phép quy nạp đó là phép suy luận đi từ các trờng hợp riêng biệt đi tới kết luận tổng quát

Phép quy nạp gọi là hoàn toàn nếu ta xét tất cả các trờng hợp riêng, chẳng hạn trong phép suy luận 2 ta đã xét mọi khả năng có thể xảy ra khi chia số tự nhiên a cho 3 ( a= 3k, a = 3k + 1, a= 3k +2)

Phép quy nạp gọi là không hoàn toàn nếu ta xét một số trờng hợp riêng chứ cha xét đầy đủ mọi trờng hợp riêng Chẳng hạn trong phép suy luận 1 ta mới xét a bằng 1, 2, 3, 4 để kết luận cho mọi số nguyên dơng a, trong phép suy luận 3 ta mới xét n bằng 3, 5, 7 để kết luận cho mọi số tự nhiên lẻ n

Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về một tính chất toán học nào đó, đó là một cơ sở để đi tới các phát minh Phép quy nạp 1 cho một khẳng định đúng, kết luận này đã đợc chứng minh bằng phép quy

nạp 2 ( quy nạp hoàn toàn) Phép quy nạp 3 cho một kết luận sai, ta đã bác bỏ

nó bằng một phản ví dụ

Nh vậy “ phép quy nạp hoàn toàn” là một phép chứng minh chặt chẽ, còn

“phép quy nạp không hoàn toàn” có thể dẫn tới sai lầm, ngay cả đối với các nhà toán học có tên tuổi dới đây:

nguyên tố với n bằng 20, 21, 22, 23, 24 (thật vậy 21+ 1 = 3; 22 + 1;

24 + 1 = 17; 28 + 1 = 257; 216 + 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố )

Với n = 25 = 32 thì 2n + 1 = 232 + 1 = 4294967297, Fecma không phân tích

đ-ợc ra thừa số nguyên tố, ông cho rằng đó cũng là một số nguyên tố và đa ra giả thuyết tổng quát rằng công thức 2n + 1 với n là một luỹ thừa của 2 cho ta các số nguyên tố

Một thế kỉ sau, năm 1732 Ơle mới bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra rằng 232 + 1 là một hợp số, nó chia hết cho 641

Có thể kể thêm hai mệnh đề sai nhng lại đúng với một số rất lớn các trờng hợp đầu tiên:

Nhà toán học Gravơ đa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta có

2p- 1 – 1 không chia hết cho p2 Dự đoán này đúng với mọi số nguyên tố nhỏ hơn 1000, nhng chẳng bao lâu sau ngời ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên tố

Nội dung của phơng pháp quy nạp Toán học

Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn chỉ đợc áp dụng rất hạn chế Nhiều mệnh đề Toán học đáng chú ý bao gồm một số vô hạn các trờng hợp riêng, nhng con ngời không thể kiểm tra đợc tất cả các trờng hợp riêng đó

Phép quy nạp hoàn toàn, nh chúng ta đã biết thờng dẫn tới kết luận sai lầm Trong nhiều trờng hợp để tránh những khó khăn nh thế ngời ta áp dụng một phơng pháp suy luận “đặc biệt”, đợc gọi là phơng pháp quy nạp Toán học

Nội dung của phơng pháp (hay tiền đề) quy nạp Toán học đợc trình bày

Nh vậy để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số nguyên dơng n bằng phơng pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bớc sau:

Bớc 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1

Bớc 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1 (Ta gọi là giả thiết quy nạp), rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1

Bớc 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dơng n

III Vận dụng phơng pháp quy nạp Toán học vào chứng minh

1 Chứng minh quan hệ chia hết:

Bài 1:Chứng minh rằng tổng các lập phơng của ba số nguyên dơng liên tiếp

= 7 A(k) + 19.3.82k + 1

V× A(k)  19 (Theo gi¶ thiÕt quy n¹p) ⇒ 7 A(k)  19

19 19 ⇒ 19.3.82k + 1  19 ⇒ A(k + 1)  19

Theo nguyªn lÝ quy n¹p A(n)  19 Víi ∀n nguyªn d¬ng

VËy A(n) = 7k + 2 + 82k + 1  19 Víi ∀n nguyªn d¬ng

Theo nguyªn lÝ quy n¹p th× A(n)  225 víi ∀n Є N

+ KÕt luËn: VËy 16n - 15 - 1  225 víi ∀n Є N

Bµi 4:Chøng minh r»ng: A = (10n + 18n - 1)  27 víi ∀n Є N

Bµi 5:Chøng minh r»ng víi n Є N th× c¸c sè sau chia hÕt cho 9.

= Sk.2.(2k + 1)

Theo giả thiết quy nạp có Sk  2n

Do đó: Sk.2.(2k + 1)  2n ⇒ Sk + 1  2n

Vậy Sn  2n đúng với n = k + 1

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì Sn  2n

b) Với n = 1 thì A(n) = 33n + 2 + 5.23n + 1 = 35 +5.24 =243 + 80 = 323 chia hết cho 19

+ Mệnh đề (1) đúng với a = 1 vì 15 – 1 chia hết cho 5.

+ Giả sử (1) đã đúng với a =k (k ∈ N), tức là ta đã có k5 – k chia hết cho 5

Ta cần chứng minh rằng (1) cũng đúng với a = k + 1, tức là phải chứng minh (k + 1)5 – (k + 1) chia hết cho 5

Ta có: (k + 1)5 – (k + 1) = k5 + 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1 – k – 1

= (k5 – k ) + [5k4 + 10k3+ 10k2 + 5k]

Ta thấy k5 – k chia hết cho 5 do giả thiết quy nạp, còn biểu thức trong dấu móc hiển nhiên chia hết cho 5, do đó (k + 1)5 – (k + 1) chia hết cho 5.+ Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dơng a

Bài 8.(Ta cũng có thể chứng minh đợc mệnh đề tổng quát của ví dụ trên) Nếu

p là một số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap – a chia hết cho p (2)

( Đây là nội dung định lý nhỏ Fecma)

Chứng minh:

Cố định p, ta chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo a

+ Mệnh đề (2) đúng với a = 0 vì 0p – 0 chia hết cho p

+ Giả sử (2) đã đúng với a = k tức là ta đã có Ak = kp – k chia hết cho p Ta cần chứng minh rằng Ak+1 = (k +1)p – (k + 1) cũng chia hết cho p

Xét hiệu:

( )k k k

pk k p p k

p p p k p p pk k

) 1 ( 3

2 1

) 2 )(

1 ( 2

1

) 1

) 1 ( 3

2 1

) 2 )(

1 ( 2

1

) 1

hơn k nên p không rút gọn đợc với một thừa số nào ở mẫu của (4) chia hết cho

p, do đó Ak- Ak +1 chia hết cho p Ta lại có Ak chia hết cho p theo giả thiết quy nạp Vậy Ak +1 chia hết cho p

Chứng minh tơng tự ta cũng có Ak- 1 = (k - 1)p - (k - 1) chia hết cho p

+ Kết luận: Mệnh đề ( 2 ) đúng với mọi số nguyên a.

Vậy với mọi số nguyên dơng n thì gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n

Bài 5:Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:

a) (n2 + n - 1)2 – 1 chia hết cho 24 với mọi số nguyên n

b) (a2 + 3a + 1)2 – 1 chia hết cho 24 với a là số tự nhiên

c) n3 + 6n2 +8n chia hết cho 48 với mọi số chẵn n

d) n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n

Bài 7: Chứng minh rằng A chia hết cho B với:

Bài 9: Chứng minh rằng 2n – 3 chia hết cho 13 với mọi số tự nhiên n.

Bài 19 a) Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng

các lập phơng của chúng chia hết cho 9

b) Chứng minh rằng hiệu các bình phơng của hai số lẻ thì chia hết cho 8

Bài 20 Cho tổng của năm số nguyên bằng 0 Chứng minh rằng tổng các luỹ

thừa bậc năm của năm số nguyên đó chia hết cho 25

a) 2n3 + 3n2 + n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n

b) n5 - 5n3 + 4n chia hết cho 120 với mọi số nguyên n

c) n3 – 3n2 – n + 3 chia hết cho 48 với mọi số lẻ n

d) n4 + 4n3 – 4n2 - 16n chia hết cho 348 với mọi số chẵn n

Bài 24 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n:

a) Số n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49

b) Số n2 + n + 1 không chia hết cho 9

Bài 25 a) Chứng minh rằng 8.16n – 8 chia hết cho 120.

cho 17 với n là số lẻ

c) Chứng minh rằng 2n3 + 3n2 + n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n

Bài 26 Chứng minh rằng A = n3 ( n2 - 7)2 – 36n chia hết cho 5040 với mọi

+ Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dơng n

Bài 2 Chứng minh rằng mọi số nguyên dơng n thì:

Sn = 12 + 22 + 32 + + n… 2 = n(n 1).(2n 1)+ 6 + (1).

Giải:

+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 12 = 1

vế phải của (1) bằng 1(1 1).(2.1 1)+ 6 + = 1

Vậy VT = VP Vậy (1) đúng với n = 1

+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N & k ≥ 1), tức là:

Sk= (k 1).(k 2).(2k 3)+ +6 +

⇒ Sk + 1 = (k 1).(k 2).(2k 3)+ +6 +

Vậy đẳng thức (1) đúng với n = k + 1

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì tổng bình phơng n các số

tự nhiên liên tiếp bằng n(n 1).(2n 1)+ 6 +

3n n+

- (n -1)

1n(n + 1)(2n + 1).

k(k + 1)2 + (k + 1).(3k + 4) = (k + 1).(k2 + k + 3k + 4) = (k + 1).(k + 2)2

Vậy đẳng thức (∗) đúng với n = k + 1

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

Theo giả thiết quy nạp Sk = 3k 1k

+

Do đó: Sk + 1 = 3k 1 (3k 1).(3k 4)k + 1

+ + + = 3k(3k 1)2 +4k 1+ +

Sk + 1 = (3k 1).(3k 4)(3k 1).(k 1)++ ++ = 3k 4k 1++ Vậy Sn đúng với n = k + 1

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì đẳng thức (1) luôn xảy ra

Bài 5:Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

Bài 7:Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

+ Giả sử Sn đúng với n = k

Tøc lµ:

2 n

4(k 1).(k 2)

+

= + +

Bài 5 Chứng minh rằng tổng các số hạng của một dãy số mà hai số hạng liên

tiếp cách nhau cùng một số đơn vị bằng số đầu cộng số cuối rồi nhân với số hạng và chia hai:

Bài 6 a, Chứng minh rằng tổng n các số lẻ đầu tiên liên tiếp là:

S = 1 + 3 + 5 + 7 + + (2n – 1) = n… 2

b, Chứng minh rằng tổng n các số chẵn đầu tiên liên tiếp là:

S = 2 + 4 + 6 + 8 + + 2n =… n(2n 2) + = +

n(n 1) 2

c) Chứng minh rằng tổng n các số tự nhiên đầu tiên liên tiếp là:

S = 1 + 2 + 3 + 3 + + n = … n(n 1)2+

Bài 7 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

Bài 8 Chứng minh

rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

Bµi 10 Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn d¬ng n th×:

+ KÕt luËn: 2n > 2n + 1 víi mäi sè nguyªn d¬ng vµ n ≥3.

n ≥ 2 Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a1 = a2 = = a… n.

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ta có:

Vậy trong các số có dạng n n, số 3 3 có giá trị lớn nhất.

Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là:

1 1 1 1 1 .3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 k 1

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1

+ Kết luận: Với mọi số nguyên dơng n ta luôn có bất đẳng thức:

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì bất đẳng thức sau luôn

Suy ra (1) đúng với mọi n ≥ 1.

+ Với n = 1; 2; 3; 4 thì vế trái nhỏ hơn vế phải

+ Với n = 5 thì 25 = 32 > 25 = 5.5 Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 5

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (Với k Є N , k ≥ 5)

Tức là: 2k > 5k

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1

Tức là: 2k + 1 > 5(k + 1)

Thật vậy:

2k + 1 = 2k.2 mà 2k > 5k (Theo giả thiết quy nạp)

Nên 2k.2> 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k ≥ 5 nên 5k > 5

Vì vậy: 2k + 1 > 5k + 5 = 5(k + 1)

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n, n ≥ 5 thì ta có 2n > 5n

Bài 10Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:

+ Với n = 1, mệnh đề đúng vì 1 1. 1 1

2

+

≤+ Giả sử, mệnh đề đúng với n = k (k Є Z+ , k ≥ 0)

Do mệnh đề (1) đúng với n = k + 1 Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh

Bài 10: Chứng minh rằng với mọi a, ta đều có: dấu căn

Với n = 1, ta đợc a 2 = a ≤ + a 1. Vậy (1) đúng với n = 1

Giả sử bất đẳng thức (1) đúng với n = k (k Є N , k ≥ 1)

⇔ 2 ( )2

k 1

S + ≤ a + 2 a 1 + = a 1 + = + a 1

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k+ 1

+ Kết luận: Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh

Vậy bất đẳng thức đúng với n = 2

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k Є Z , k ≥ 2)

từ số hạng thứ ba, bằng tổng của hai số hạng liền trớc (an = an -2 + an – 1, n ≥ 3) Chứng minh rằng :

a) Số hạng thứ 3n chia hết cho 2, số hạng thứ 4n chia hết cho 3, số hạng thứ 5n chia hết cho 5

b) Bình phơng của mỗi số hạng của dãy, kể từ số hạng thứ hai, hơn hoặc kém tích của hai số hạng liền trớc và liền sau nó là 1

c) Là phân số tối giản với mọi n ≥ 2

d) Tổng của ba số hạng liên tiếp của dãy là một số không thuộc dãy

e) Mọi số nguyên dơng A đều bằng một số hạng hoặc bằng tổng của một số hạng khác nhau của dãy (định lý Hogatt).

(Chứng minh a4n chia hết cho 3, a5n chia hết cho 5 tơng tự)

b) Ta cần chứng minh: an2 – an – 1 .an + 1 = (-1)n – 1 với mọi n ≥ 2

Gọi d là ớc chung của ak + ak+1 + và ak+ 1 + ak + 3 thì

(ak+ 1 + a k+ 3) – (ak + ak + 2) chia hết cho d ⇒ (ak+ 1 - a k) + (ak + 3 - ak + 2) chia hết cho d ⇒ ak - 1 + ak + 1 chia hết cho d Nh vậy d là ớc chung của ak + ak+2 + và

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng

của một số só hạng khác nhau của dãy ( ta gọi tính chất này là tính chất α).Mệnh đề đúng với n bằng 1, 2, 3, 4 (chẳng hạn với n = 4 ta có an = a4 = 3; rõ ràng các số 1, 2, 3, đều có mặt trong dãy)

Giả sử mệnh đề đúng với k ≥ 4, tức là mọi số nguyên dơng A không vợt quá

khoảng giá trị của A:

- Nếu A ≤ ak thì A có tính chất α theo giả thiết quy nạp

- Nếu ak < A ≤ ak + 1 thì 0 < A – ak ≤ ak + 1 – ak Theo quy luật dãy thì

3 2

Bài 14 Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta đều có: 2x > x

Bài 15 Chứng minh các bất đẳng thức:

Bài 16 Chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) 2n > n2 với mọi số tự nhiên n ≥ 5

n 1 n 2 n 3 2n 24 với mọi số tự nhiên n ≥ 2

Bài 17 Chứng minh các bất đẳng thức sau:

Bài 19 Chứng minh bất đẳng thức (n!)2 > nn với mọi số tự nhiên n ≥ 3.

Bài 20 Chứng minh bất đẳng thức:

Bài 21 Cho an = 33 (n số 3), bn – 1= 44 (n – 1 số 4) Chứng minh rằng

an > 6.bn – 1 với mọi số tự nhiên n ≥ 2

Bài 22 Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có:

4 Chứng minh quy nạp trong hình học

Bài 1:Chứng minh rằng nếu a, b, c là các cạnh của một tam giác vuông với C

là cạnh huyền, thì với mọi n nguyên dơng ta đều có:

a2n + b2n ≤ c2n (1)CM: