đề tài phương pháp chứng minh quy nạp

LỜI MỞ ĐẦU Nghiên cứu khoa học việc làm có ý nghĩa thiết thực, bổ ích đầy hấp dẫn Nó giúp người phát huy khả sáng tạo nâng cao tầm hiểu biết mở mang trí tuệ cho thân mình, góp phần vào cơng cơng nghiệp hố, đại hố đất nước Việc tập dượt nghiên cứu khoa học nhiệm vụ quan trọng cần thiết sinh viên trường Cao Đẳng Đại Học Tuy nhiên, việc mẻ sinh viên nói chung thân tơi nói riêng, nên việc tìm tài liệu xác định vấn đề nghiên cứu khoa học tơi cịn nhiều bỡ ngỡ gặp khơng khó khăn Được hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình Đặng Thị Tuyết với say mê nghiên cứu học hỏi tìm hiểu thân tơi chọn nghiên cứu đề tài: “phương pháp chứng minh quy nạp”, đề số biện pháp nhằm nâng cao kết dạy giáo viên kết học tập học sinh Đồng thời nâng cao hiểu biết, sáng tạo ngồi vấn đề học nhà trường Trong trình thực đề tài nghiên cứu khoa học tránh khỏi thiếu xót nên tơi mong góp ý, bảo tận tình thầy giáo, cô giáo bạn độc giả để đề tài tơi hồn thiện Xin chân thành cảm ơn! PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1) Lý chọn đề tài a) Về mặt lý luận: Tốn học có vị trí đặc biệt việc nâng cao phát triển dân trí Tốn học khơng cung cấp cho học sinh (người học tốn) kĩ tính tốn cần thiết mà điều kiện chủ yếu rèn luyện khả tư lôgic, phương pháp luận khoa hc Phơng pháp chứng minh quy nạp Trong việc dạy học tốn việc tìm phương pháp dạy học giải tập tốn địi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống tập, sử dụng phương pháp dạy học để góp phần hình thành phát triển tư học sinh Đồng thời qua việc học toán học sinh cần bồi dưỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác tư để giải tập tốn có tập chứng minh quy nạp toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ cho học sinh, phát quy luật đẹp Toán học b) Về mặt thực tiễn: Trong chương trình tốn phổ thơng, áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp chiếm mảng lớn chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Do chọn đề tài: “phương pháp chứng minh quy nạp” để: - Góp phần nhỏ bé vào việc thực chương trình dạy học theo phương pháp “lấy học sinh làm trung tâm” - Nâng cao trình độ học tập chun mơn đồng thời sở để sau phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết tốt, góp phần vào mục tiêu “ đào tạo bồi dưỡng nhân tài” Từ việc tìm hiểu đề tài xác định hướng cho đường tương lai mình, tích luỹ cho học kinh nghiệm, phương pháp mới, tích cực giúp cho học sinh dễ hiểu, tăng khả tư duy, sáng tạo tạo hứng thú, say mê tìm tịi học sinh học tập Đó điều quan trọng giáo viên, người kĩ sư tâm hồn 2) Mục đích nghiên cứu a Đối với giáo viên : - Nâng cao trình độ chun mơn phục vụ cho q trình giảng dạy - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức b Đối với học sinh: - Giúp học sinh học tập mơn tốn nói chung việc giải tập áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp nói riêng Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học mơn tốn giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo làm công cụ giải số tập có liên quan Phơng pháp chứng minh quy nạp - Gõy c hứng thú cho học sinh làm tập sách giáo khoa, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải số tập - Thông qua việc giải toán áp dụng quy nạp (để chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, BĐT) giúp học sinh thấy rõ mục đích việc học tốn 3) Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo học sinh giáo viên - Sử dụng phương pháp phân tích tổng hợp 4) Nhiệm vụ đề tài Trong đề tài đưa số kiến thức phù hợp với trình độ nhận thức học sinh THCS Rút số nhận xét ý làm số dạng Vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp vào chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức số tập hình học 5)Phạm vi đề tài ứng dụng quy nạp vào giải toán chia hết, chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức học sinh THCS 6) Đối tượng nghiên cứu phương pháp tiến hành Đề tài áp dụng cho học sinh THCS luyện tập, ơn tập cuối kì, cuối năm, kì thi học sinh giỏi thi tuyển vào THPT Phương pháp tiến hành: học sinh có kiến thức bản, đưa phương pháp giải, tập áp dụng 7) Dự kiến kết đề tài Khi chưa thực đề tài này: học sinh thường gặp khó khăn, ngại làm tập áp dụng quy nạp vào chứng minh Nếu thực đề tài học sinh củng cố thêm kiến thức phép chia hết, đẳng thức viết theo quy luật, có hứng thú giải tốn áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp PHẦN II NỘI DUNG ĐỀ TÀI PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH QUY NẠP Phơng pháp chứng minh quy nạp I PHẫP QUY NẠP HỒN TỒN VÀ PHÉP QUY NẠP KHƠNG HỒN TỒN ví dụ Quan sát kết sau: 13 – chia hết cho 23 – chia hết cho 33 – chia hết cho 43 – chia hết cho đưa dự đốn chứng minh dự đốn Giải: Dự đoán: a3 – a chia hết cho với số nguyên dương a Chứng minh: Gọi A = a – a = a.(a - 1)(a + 1) Xét ba khả xảy ra: a) Nếu a = 3k (k ∈ N) A chia hết cho b) Nếu a = 3k + 1(k ∈ N) a -1 chia hết cho 3, A chia hết cho c) Nếu a = 3k +2 (k ∈ N) a + chia hết cho 3, A chia hết cho Vậy a3 – a chia hết cho với số nguyên dương a Ví dụ Quan sát kết sau: 23 – chia hết cho 3, 25 – chia hết cho 27 – chia hết cho dự đoán sau hay sai?: 2n – chia hết cho n với số lẻ n? Giải: Dự đoán sai Chẳng hạn 29 – = 510 không chia hết cho Nhận xét: hai ví dụ trên, ta thực phép suy luận sau: 1) Xét giá trị a 1, 2, 3, 4, để kết luận a - a chia hết cho với số nguyên dương a 2) Xét giá trị a 3k, 3k +1, 3k + (k ∈ N) để kết luận a3 - a chia hết cho với số nguyên dương a 3) Xét giá trị n 3, 5, để kết luận n – chia hết cho n với số tự nhiên lẻ n Ba phép suy luận gọi phép quy nạp phép suy luận từ trường hợp riêng biệt tới kết luận tổng quát Phép quy nạp gọi hoàn toàn ta xét tất trường hợp riêng, chẳng hạn phép suy luận ta xét khả xảy chia số tự nhiên a cho ( a= 3k, a = 3k + 1, a= 3k +2) Phơng pháp chứng minh quy nạp Phộp quy np gọi khơng hồn tồn ta xét số trường hợp riêng chưa xét đầy đủ trường hợp riêng Chẳng hạn phép suy luận ta xét a 1, 2, 3, để kết luận cho số nguyên dương a, phép suy luận ta xét n 3, 5, để kết luận cho số tự nhiên lẻ n Nhờ phép quy nạp khơng hồn tồn mà ta có dự đốn tính chất tốn học đó, sở để tới phát minh Phép quy nạp cho khẳng định đúng, kết luận chứng minh phép quy nạp ( quy nạp hoàn toàn) Phép quy nạp cho kết luận sai, ta bác bỏ phản ví dụ Như “ phép quy nạp hoàn toàn” phép chứng minh chặt chẽ, cịn “phép quy nạp khơng hồn tồn” dẫn tới sai lầm, nhà tốn học có tên tuổi đây: Nhà tốn học Pháp Fecma nhận xét công thức n + cho ta số nguyên tố với n 20, 21, 22, 23, 24 (thật 21+ = 3; 22 + 1; 24 + = 17; 28 + = 257; 216 + = 65537; tất số nguyên tố ) Với n = 25 = 32 2n + = 232 + = 4294967297, Fecma khơng phân tích thừa số ngun tố, ơng cho số nguyên tố đưa giả thuyết tổng quát công thức 2n + với n luỹ thừa cho ta số nguyên tố Một kỉ sau, năm 1732 Ơle bác bỏ giả thuyết cách 232 + hợp số, chia hết cho 641 Có thể kể thêm hai mệnh đề sai lại với số lớn trường hợp đầu tiên: Nhà toán học Gravơ đưa dự đoán: Với số nguyên tố p ta có p- – khơng chia hết cho p2 Dự đốn với số nguyên tố nhỏ 1000, chẳng sau người ta tồn số nguyên tố 1093 mà 21092 – chia hết cho 10932 Một dự đoán khác: số 911n2+ khơng số phương với số ngun dương n Số n nhỏ để mệnh đề sai n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số) Có phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp ta khẳng định đắn số tự nhiên, phương pháp quy nạp toán học II NỘI DUNG CỦA PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TỐN HỌC Ph¬ng pháp chứng minh quy nạp Trong toỏn hc, phộp quy nạp hoàn toàn áp dụng hạn chế Nhiều mệnh đề Toán học đáng ý bao gồm số vô hạn trường hợp riêng, người kiểm tra tất trường hợp riêng Phép quy nạp hồn tồn, biết thường dẫn tới kết luận sai lầm Trong nhiều trường hợp để tránh khó khăn người ta áp dụng phương pháp suy luận “đặc biệt”, gọi phương pháp quy nạp Toán học Nội dung phương pháp (hay tiền đề) quy nạp Tốn học trình bày sau: Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n xem chứng minh hai điều kiện sau thỏa mãn: 1, Mệnh đề với n = 2, Từ giả thiết mệnh đề với n = k (k Є N) suy mệnh đề với n = k + Như để chứng minh mệnh đề với số nguyên dương n phương pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bước sau: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với n = Bước 2: Giả sử mệnh đề với n = k ≥ (Ta gọi giả thiết quy nạp), chứng minh mệnh đề với n = k +1 Bước 3: Kết luận mệnh đề với số nguyên dương n III VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO CHỨNG MINH Chứng minh quan hệ chia hết: Bài 1: Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp là: n; n +1 n + Ta phải chứng minh: [n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3]  (1) Ph¬ng pháp chứng minh quy nạp + Vi n =1, ta có: 13 + 23 + 33 = + + 27 = 36  Vậy (1) với n = + Giả sử (1) với n = k (k Є N) tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3]  Ta phải chứng minh (1) với n = k + 1, tức phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]  Ta có: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 +27k + 27 = [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] + 9(k3 + 3k + 3) Theo giả thiết quy nạp: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3  9(k3 + 3k + 3)  với ∀ k Do [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]  + Kết luận: Mệnh đề (1) với số nguyên dương n Vậy tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Bài 2: Chứng minh rằng: Với n nguyên dương thì: A(n) = 7n + + 82n +  19 Giải: 3 Với n = A(1) = + = 343 + 512 = 19.45 ⇒ A(1)  19 Vậy A(n) với n = Giả sử A(n) với n = k Ta có: A(k) = 7k + + 82k +  19 Ta chứng minh A(n) với n = k + A(k + 1) = 7k + + 82k + = 7.7k + + 82.82k + = 7.7k + + 64.82k + = 7.7k + + 7.82k + + 57.82k + = 7.( 7k + + 82k + 1) + 19.3.82k + = A(k) + 19.3.82k + Vì A(k)  19 (Theo giả thiết quy nạp) ⇒ A(k)  19 19 19 ⇒ 19.3.82k +  19 ⇒ A(k + 1)  19 Theo nguyên lí quy nạp A(n)  19 Với ∀ n nguyên dương Vậy A(n) = 7k + + 82k +  19 Với ∀ n nguyên dương + Kết luận: Vậy A(n) với số nguyên dương Phơng pháp chứng minh quy nạp Bi 3: Chng minh rằng: 16n - 15n -  225; n Є N Giải: n Đặt A(n) = 16 - 15n - + Với n = 1, ta có: A(1) = 16 - 15 - =  225 ⇒ A(1)  225 + Giả sử A(n) với n = k Ta có: A(k) = 16k - 15k -  225 Ta phải chứng minh A(n) với n = k + Ta có: A(k + 1) = 16k + - 15(k + 1) - = 16.16k -15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = A(k) + 15(16k - 1) Theo giả thiết quy nạp có A(k)  225 Ta có: 16k - 16 - ⇔ 16k - 15 ⇒ 15(16k - 1) 15.15 ⇔ 15(16k - 1)  225 ⇒ A(k + 1)  225 Theo ngun lí quy nạp A(n)  225 với ∀ n Є N + Kết luận: Vậy 16n - 15 -  225 với ∀ n Є N Bài 4: Chứng minh rằng: A = (10n + 18n - 1)  27 với ∀ n Є N Giải: + Với n = ⇒ A = 10 + 18 - = 27  27 Vậy A với n = + Giả sử với n = k (k Є N), tức : A(k) = 10k + 18k -  27 Ta phải chứng minh A với n = k + Tức là: A(k + 1) = 10 k + + 18(k + 1) - = 10.10 k + 18 + 17 = (10 k + 18k - 1) + 9.10 k + 18 = A + 9(10k +2) Theo giả thiết quy nạp ta có: A  27 Ta có: 10k +2  10 + = 12 ⇔ 9(10k + 2)  12.9 = 4.27  27 ⇒ 9(10k + 2)  27 Vậy A(k + 1)  27 + Kết luận: Vậy A = 10n + 18n -  27 với ∀ n Є N Phơng pháp chứng minh quy nạp Bi 5: Chng minh với n Є N số sau chia hết cho n a 10 - b 10n + Giải: n a Chứng minh 10 -  + Với n = ⇒ 10n - = 10 - =  Vậy 10n -  với n = Giả sử với n = k (k Є N) tức 10k -  Ta phải chứng minh A = 10n - với n = k + 1, tức là: A(k + 1) = 10 k + - = 10.10k - = (10k - 1) + 9.10k Theo giả thiết quy nạp ta có: A = 10k -  Mà  ⇒ 9.10k  Do [(10k - 1) + 9.10k]  Vậy A với n = k + (k Є N) + Kết luận: Với n Є N 10n - chia hết cho b Chứng minh 10n +  9; Đặt B = 10n + + Với n = ⇒ 10n + = 10 + = 18  Vậy B với n = + Giả sử B với n = k (k Є N) tức 10n +  Ta phải chứng minh B = 10n + chia hết cho với với n = k + Thật vậy: B(k + 1) = 10k + + = 10.10k + = (10k + 8) + 9.10k Theo giả thiết quy nạp: 10k +  (k Є N) Lại có  ⇒ 9.10k  Do (10k + 8) + 9.10k  Vậy B với n = k +1 + Kết luận: Vậy với n Є N 10n + chia hết cho Bài 6: Chứng minh với số nguyên dương n thì: a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) (n + n) chia hết cho 2n b) 33n + + 5.23n + chia hết cho 19 c) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết 24 Giải: a) Với n = S1 = (1 + 1).(1 + 2) … (1 + n) = 2.3 … (1 + 1)  2n Vậy Sn với n = Giả sử Sn với n = k, tức là: Sk = (k + 1).(k + 2) … (k + k)  2n Ta phải chứng minh Sn với n = k + 10 Phơng pháp chứng minh quy nạp Tc l Sk + = (k + 2).(k + 3) … (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) … (2k + 2)  2n Thật vậy: Sk + = (k + 2).(k + 3).(k + 4) … (k + k + 2) = (k + 1).(k + 2).(k + 3) … (k + k)2 (2k + 1) = Sk.2.(2k + 1) Theo giả thiết quy nạp có Sk  2n Do đó: Sk.2.(2k + 1)  2n ⇒ Sk +  2n Vậy Sn  2n với n = k + + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n Sn  2n b) Với n = A(n) = 33n + + 5.23n + = 35 +5.24 =243 + 80 = 323 chia hết cho 19 ⇒ A(n) với n = Giả sử A(n)  19 với n = k Tức là: A(k) = 33k + + 5.23k +  19 Ta phải chứng minh A(n)  19 với n = k + Tức là: A(k + 1) = 33(k + 1) + + 5.23(k + 1) + A(k + 1) = 33k + + 5.23k +  19 Thật vậy: A(k + 1) = 33k + + 5.23k + = 33k + 2.33 + 5.23k + 1.23 = 27(33k + + 5.23k + 1) - 19.33k + = 27.Ak - 19.33k + Theo giả thiết quy nạp có: Ak  19 ⇒ 27Ak  19 Lại có: 19  19 ⇒ 19.33k +  19 Do A(k + 1) = 27.Ak - 19.33k +  19 Vậy A(n)  19 với n = k + + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n A(n)  19 c) Chứng minh: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 Với n = A = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = + + 11 + = 24  24 A  24 với n = Giả sử A  24 với n = k Tức là: A(k) = k4 + 6k3 + 11k2 + 6k  24 Ta phải chứng minh A(n)  24 với n = k + Tức là: A(k + 1) = (k+1)4 + 6(k + 1)3 + 11(k + 1)2 + 6(k + 1)  24 Tht vy: 10 26 Phơng pháp chứng minh quy n¹p Giả sử a1 ≤ a2 ≤ … ≤ ak ≤ ak + Thì ak + ≥ Đặt a1 + a2 + + ak k a1 + a2 + + ak k = x x ≥ ak + = x + y với y ≥ xk ≥ a1, a2, , ak ≥ (Do giả thiết quy nạp) Ta có:  a1 + a2 + + ak + ak +1    k +1   k +1 k +1  kx + x + y  = ÷  k +1  = k +1 y   k +1 k k +1 k k = x + ÷ ≥ x + (k + 1) k + 1.x = x + x + y = x (x + y) ≥ a1a2 ak ak +1 k + 1   a + a2 + + ak + ak +1  k +1 mệnh đề với số tự ⇒  ≥ a1a2a3 ak +1 k +1   nhiên n ≥ Xảy đẳng thức khi: a1 = a2 = … = an Bài 3: Chứng minh với số nguyên dương n ta có: n  1 1 + n ÷ <   Giải: + Với n = đẳng thức ln vì: VT =  1  + ÷ = 2;   VP = + Vớí n = 2, theo khai triển Niu tơn ta có: n n(n − 1) n(n − 1).(n − 2) n(n − 1) (n − 2)  1 + + n < 1 + n ÷ = + n n + 2! n2 + 3!n n! n   1 1 < + +  + + + ÷ n!   2! 3! 1 1 1 1  1 1 1  Do: 2! + 3! + + n! ≤ 1.2 + 2.3 + + (n − 1)n = 1 − ÷+  − ÷+ +  n − − n ÷=       = − < n Do đó:  1 =  + ÷ < + + = Với  n n số nguyên dương Bài Chứng minh số có dạng n n (n Є N, n ≥ 2) số 3 có giá trị lớn nht CM: 26 27 Phơng pháp chứng minh quy nạp + Với n = 2, ta chứng minh 3 > (1) Thật vậy, (1) ⇔ ( 3 ) > ( ) ⇔ 32 > 23 + Với n ≥ 3, ta chứng minh n n > n+1 n + (2) Thật vậy, ( n+1 n +1 ) n(n+1) ( ) < n n n(n+1) ⇔ n n+1 (n + 1) < n n ⇔ (n +n1) < n n n ⇔ 1 +  < n  n÷   (3) n  1 Theo câu a, ta có 1 + ÷ < 3, mà ≤ n nên (3) chứng minh  n Do (2) chứng minh Vậy số có dạng n n , số 3 có giá trị lớn Bài 5: Chứng minh với ∀ ai, i = 1,n n số tự nhiên, ta có: 2 (a1 + a2 + … + an)2 ≤ n (a1 + a2 + + an ) (1) CM: 2 + Với n = 1, ta đẳng thức a1 = a1 + Với n = 2, ta cần chứng minh: (a1 + a2)2 ≤ (a1 + a2 ) 2 Bất đẳng thức 2a1a2 ≤ a1 + a2 Vậy mệnh đề với n = + Giả sử toán với n = k, tức ta có: 2 (a1 + a2 + … + ak)2 ≤ k (a1 + a2 + + ak ) Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + 2 Tức là: (a1 + a2 + … + ak + 1)2 ≤ (k + 1) (a1 + a2 + + ak +1)2 Đặt A1 = a1 + a2 + … + ak 2 A2 = a1 + a2 + + ak 2 2 Do đó: a1 + a2 + + ak + ak +1  ≤ (k + 1).(a1 + a2 + a2 + + ak + ak +1)   2 Do: (A1 + ak + 1)2 = A + ak + 1A1 + a k +1 Từ bất đẳng thức: 2ak + 1ai ≤ a i2 + a k +1 ∀ i = 1,k Suy ra: 2 2 2 (A1 + ak + 1)2 ≤ A + ( a + a k +1 ) + ( a + a k +1 ) + … + ( a k + a k +1 ) + a k +1 ≤ 2 2 ≤ kA + A + (k + 1)a k +1 27 28 Phơng pháp chứng minh quy n¹p 2 = (k + 1).(A 12 + a k +1 ) = (k + 1) (a1 + a2 + + ak + ak +1)2 Vậy mệnh đề với n = k + 2 + ∀ n Є N, ta có: (a1 + a2 + … + an)2 ≤ n (a1 + a2 + + an ) Bài 6: Chứng minh với số nguyên dương n thì: 1 1 + + + + > n +1 n + n + 3n + (1) CM: + Với n = 1, vế trái bất đẳng thức là: 1 13 + + = > 12 Vậy bất đẳng thức với n = + Giả sử bất đẳng thức với n = k, tức là: 1 1 + + + + > k +1 k + k + 3k + Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) với n = k + 1, tức là: Thật vậy: 1 1 + + + + > k+2 k+3 k+4 3k + 1 1 1 1 + + + + = + + + + + k+2 k+3 k+4 3k + k + k + k + k + 1 1 + + + + − 3k + 3k + 3k + 3k + k + 1 1   = + + + +  + 3(k + 1).(3k + 2).(3k + 4) > 3k + 1 k + k + k + 1 1 + + + + > Do giả thiết quy nạp: k +1 k + k + 3k + Vậy bất đẳng thức với n = k + + Kết luận: Với số ngun dương n ta ln có bất đẳng thức: 1 1 + + + + > n +1 n + n + 3n + (1) Bài 7: Chứng minh với số nguyên dương n thì: 1+ + Với n = 1, ta có: VT = 1 1 n + + + + n > −1 1; VP = 28 29 Phơng pháp chứng minh quy nạp VT > VP Vậy bất đẳng thức (1) với n = + Giả sử bđt với n = k, tức là: Sk = + 1 1 k + + + + k > −1 (k Є Z+ , k ≥ 1) Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + 1 1 k +1 + + k > k −1 −1 1 1 + + k +1 = Sk + A Thật vậy: Sk +1 = Sk + k + k + k 2 +1 + 2 −1 1 Với A = k + k + + k +1 2 +1 −1 Tức Sk +1 = + + + + + (∗) Ta nhận thấy A tổng 22 phân thức mà phân thức lớn 2k +1 1 1 = k +1 + k +1 + … + k +1 = k +1 2 2 1 Từ ( ∗ ) ( ∗ ∗ ) suy Sk + = Sk + A > ⇒ Sk + > 2 k +1 > (với k Є Z+ , k ≥ 1) Lại có: 2 Do đó: A > (∗ ∗) Vậy bất đẳng thức với n = k + + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n bất đẳng thức sau đúng: + + + + + n > −1 n Bài 8: Cho S1 = 1.2.3; S2 = 2.3.4; … ; Sn = n(n + 1).(n + 2) Sn = S1 + S2 + S3 + … + Sn Chứng minh rằng: 4s + số phương? CM: Trước hết ta chứng minh: S =1.2.3 + 2.3.4 + … + n(n + 1).(n + 2) = Với n = 1, ta có VT = 1.2.3; VP = n(n + 1).(n + 2).(n + 3) (1) 1.2.3.4 = 1.2.3 VT = VP 29 30 Phơng pháp chứng minh quy n¹p Vậy (1) với n = Giả sử (1) với n = k (với k Є N , k ≥ 1) Tức là: k(k + 1).(k + 2).(k + 3) k(k + 1).(k + 2).(k + 3) (k + 1).(k + 2).(k + 3).(k + 4) = + (k + 1).(k + 2).(k + 3) = 4 Suy (1) với n ≥ n(n + 1).(n + 2).(n + 3) + Theo đầu có 4S + = 4 ⇔ 4s + = n(n + 1).(n + 2).(n + 3) + = (n + 3n).(n + 3n + 2) + Sk = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + k(k + 1).(k + 2) = Đặt n + 3n = a Ta có: 4S + = a(a + 2) + = a2 + 2a + = (a + 1)2 = (n2 + 3n + 1)2 số phương + Kết luận: Vậy 4S + số phương, với S =1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n + 1).(n + 2) Bài 9: Tìm số nguyên dương n cho: 2n > 5n Giải: + Với n = 1; 2; 3; vế trái nhỏ vế phải + Với n = 25 = 32 > 25 = 5.5 Vậy bất đẳng thức n = + Giả sử bất đẳng thức với n = k (Với k Є N , k ≥ 5) Tức là: 2k > 5k Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + Tức là: 2k + > 5(k + 1) Thật vậy: 2k + = 2k.2 mà 2k > 5k (Theo giả thiết quy nạp) Nên 2k.2 > 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k ≥ nên 5k > Vì vậy: 2k + > 5k + = 5(k + 1) + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n, n ≥ ta có 2n > 5n Bài 10 Chứng minh với số nguyên dương n: + + + + n ≤ n n +1 (1) CM: 30 31 Phơng pháp chứng minh quy n¹p + Với n = 1, mệnh đề ≤ 1+ + Giả sử, mệnh đề với n = k (k Є Z+ , k ≥ 0) Tức + + + + k < k k +1 Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k + Tức + + + + k + k + < (k + 1) k+2 Thật vậy: ( + + + + k) + k + ≤ k k +1 + k +1 k +1 k+2 + k + ≤ (k + 1) (∗) 2 (k + 1).(k + 2)  k  Thật vậy: ( ∗ ) ⇔ k +  + 1 ≤ k +   ⇔ (k + 2)2 ≤ (k + 1).(k + 2) ⇔ k + + 2k ≤ k + + 3k Dễ thấy: k ⇔ 2k ≤ 3k Vậy ( ∗ ) Do mệnh đề (1) với n = k + Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 10: Chứng minh với a, ta có: dấu a2 + a2 + + a2 a + n dấu (1) CM: t Sn = a2 + a2 + + a2 Với n = 1, ta a2 = a ≤ a + Vậy (1) với n = Giả sử bất đẳng thức (1) với n = k (k Є N , k ≥ 1) 2 Tức là: Sk = a + a + + a a + k dấu Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + 31 32 Phơng pháp chứng minh quy n¹p Tức là: a2 + a2 + + a2 a +1 k dấu Tht vy: Sk+1 = a2 + Sk Theo giả thiết quy nạp, ta được: Sk +1 ≤ a2 + a + ( a + 1) ⇔ Sk +1 ≤ a2 + a + = = a + Vậy bất đẳng thức với n = k+ + Kết luận: Vậy bất đẳng thức chứng minh Bài 11: Chứng minh n ≥ 2, n nguyên thì: 1 1 + + + < − 2 n n CM: Với n = 2, ta có: 1 + n +1 n + n + 2n 24 (n ≥ 2) Bài Chứng minh rằng: n2 > n + (n Є Z , n ≥ 3) Bài Chứng minh với số t nhiờn n > thỡ: 34 35 Phơng pháp chøng minh quy n¹p 1 1 + + + + < 22 n 1 1 + + + < b < n +1 n + n+n a Bài Chứng minh với n số tự nhiên n ≥ tổng: S= 1 1 + + + + Không phải số tự nhiên 2 n Bài Chứng minh rằng: 1 n −1 + + + < 2 n n Bài Cho n số dương a1, a2, … , an Chứng minh rằng: 1 1 + + + a1 a2 an ≤ n a1a2 an Bài Chứng minh với n số dương a1, a2, … , an thì: 2 a1 + a2 + + an a1 + a2 + + an ≤ n n Bài Chứng minh rằng: Nếu a1, a2, … , an dương a1a2…an = thì: a1 + a2 + … + an ≥ n Bài Cho a ≥ Chứng minh rằng: 1 n + + + ≥ + a1 + a2 + an + n a1a2 an Bài 10 Cho S với n Є N* và: S= 3 3 + + + + 1.4 4.7 7.10 n(n + 3) Chứng minh S < Bài 11 Chứng minh với số nguyên dương n: a +1 + +2 + +3 + + (n + 1) n + n n + < 35 36 Phơng pháp chứng minh quy nạp b + + + + (n + 1) n < Bài 12 Chứng minh với số tự nhiên n ≥ có: n< 1 + Bài 13 Cho A =  a A < b A < 2n + 1 3n + 1 + + + + n < n 2n − (n Є Z , n ≥ 2) Chứng minh rằng: n Bài 14 Chứng minh với x > ta có: 2x > x Bài 15 Chứng minh bất đẳng thức: + + + < n + + n − 2 n 1 1 + + + > b n +1 n + 2n 1 2n − 1 + < c 2n n 2n a Bài 16 Chứng minh bất đẳng thức sau: a) 2n > n2 với số tự nhiên n ≥ b) 1 n 13 + + + + > với số tự nhiên n ≥ n +1 n + n + 2n 24 Bài 17 Chứng minh bất đẳng thức sau: với a1 + a2 + a3 + … + an = n k2 ≥ với a1 + a2 + a3 + … + an = k n a) a12 + a22 + a32 + … + an2 ≥ b) a12 + a22 + a32 + … + an2 Bài 18 Chứng minh bất đẳng thức sau: a) 1 1 + + + + < với số tự nhiên n ≥ 22 n 36 37 Phơng pháp chứng minh quy nạp b) 1 1 + + + + < 2 (2n) với số tự nhiên n ≥ Bài 19 Chứng minh bất đẳng thức (n!)2 > nn với số tự nhiên n ≥ Bài 20 Chứng minh bất đẳng thức: a) b) c) d) e) n −1 + + + + < (n ∈ N; n ≥ 2) 2! 3! 4! n! 2n + + + + + < ( n nguyên dương) 36 144 n (n + 1)2 11 n2 + n − + + + + (n nguyên dương) −1 Bài 21 Cho an = 33 (n số 3), bn – 1= 44 (n – số 4) Chứng minh an > 6.bn – với số tự nhiên n ≥ Bài 22 Chứng minh với n số tự nhiên ta ln có: 1 1 + + + + < 13 25 n + (n +1)2 Chứng minh quy np hỡnh hc Bi 1: 37 38 Phơng pháp chøng minh quy n¹p Chứng minh a, b, c cạnh tam giác vuông với C cạnh huyền, với n nguyên dương ta có: a2n + b2n ≤ c2n (1) CM: Với n = 1, (1) có dạng a2 + b2 ≤ c2 Bất đẳng thức, theo định lý Pitago a2 + b2 = c2 Giả sử (1) với n = k (k Є N , k ≥ 1) Tức là: a2k + b2k ≤ c2k Ta phải chứng minh (1) với n = k + Tức là: a2(k + 1) + b2(k + 1) ≤ c2(k + 1) Thật vậy, ta có: a2(k + 1) + b2(k + 1) = a2k.a2 + b2k.b2 < a2k.c2 + b2k.c2 = c2(a2k + b2k) ≤ c2.c2k = c2(k + 1) Vậy (1) với n = k + + Kết luận: Với n Є Z + , a2n + b2n ≤ c2n với a, b, c ba cạnh tam giác LỜI CẢM ƠN Được hướng dẫn, giúp đỡ nhiệt tình cô Đặng Thị Tuyết thầy cô giáo ủng hộ bạn sinh viên, cộng thêm cố gắng thân Đến đề tài “ứng dụng phương pháp chứng minh quy nạp” hoàn thành Đây lần thực đề tài nghiên cứu khoa học tự chọn chắn có nhiều thiếu xót Tơi mong góp ý, bổ sung chân thành từ phía thầy cơ, độc giả để đề tài nghiên cứu khoa học hồn thiện Một lần tơi xin chân thành cảm ơn cô Đặng Thị Tuyết thầy cô, ủng hộ giúp đỡ bạn sinh viên giúp đỡ tơi hồn thành đề tài nghiên cứu 38 39 Phơng pháp chứng minh quy nạp Xin chõn trnh cảm ơn! Sinh viên Nguyễn Thị Hạt MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG 39 40 Phơng pháp chứng minh quy nạp Lời mở đầu Phần I: Đặt vấn đề Phần II: Nội dung đề tài I Phép quy nạp hoàn toàn phép quy nạp khơng hồn tồn II Nội dung phương pháp quy nạp Toán học III Vận dụng phương pháp quy nạp Toán học vào chứng minh Chứng minh chia hết Chứng minh đẳng thức Chứng minh bất đẳng thức Chứng minh quy nạp hình học Lời cảm ơn Mục lục Tài liệu tham khảo 5 9 21 34 50 52 53 54 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán – NXB Giáo Dục năm 2003 Đại số sơ cấp thực hành giải tốn – Hồng Kỳ – Hoàng Thanh Hà NXB Đại học sư phạm năm 2005 40 ... phép quy nạp khơng hồn tồn II Nội dung phương pháp quy nạp Toán học III Vận dụng phương pháp quy nạp Toán học vào chứng minh Chứng minh chia hết Chứng minh đẳng thức Chứng minh bất đẳng thức Chứng. .. dụng phương pháp chứng minh quy nạp vào chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức số tập hình học 5)Phạm vi đề tài ứng dụng quy nạp vào giải toán chia hết, chứng minh. .. theo quy luật, có hứng thú giải tốn áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp PHẦN II NỘI DUNG ĐỀ TÀI PHNG PHP CHNG MINH QUY NP Phơng pháp chøng minh quy n¹p I PHÉP QUY NẠP HỒN TỒN VÀ PHÉP QUY NẠP