Phương pháp quy nạp toán học

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM 2017 ĐỀ TÀI:PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC I.MỞ ĐẦU I.1 Lý chọn đề tài: - “Phương pháp quy nạp toán học” phương pháp sử dụng xuyên suốt chương trình phổ thông.Song tài liệu nghiên cứu ít,chương trình phân phối lớp 11 có tiết.Trong thực tế giảng dạy học sinh lớp năm qua yêu cầu môn đòi hỏi phải nghiên cứu ,vận dụng phương pháp để giải toán liên quan đến số tự nhiên lại cần thiết bậc phổ thông.Chính Tôi tìm toán xếp cách có hệ thống lời giải thích hợp để giảng dạy để học sinh sử dụng“Phương pháp quy nạp toán học” Ngày tốt I.2 Mục đích nghiên cứu: - “Phương pháp quy nạp toán học” tài liệu bổ trợ kiến thức cho em học sinh trình học tập ôn thi học sinh giỏi - Thông qua hệ thống ví dụ tập Học sinh thấy vận dụng “Phương pháp quy nạp toán học” vào toán chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức chia hết liên quan đến số tự nhiên n chương trinh bậc phổ thông I.3 Đối tượng nghiên cứu: - Học sinh lớp 11,12 I.4.Phương pháp nghiên cứu: - Phương pháp thống kê - Phương pháp nêu vấn đề, I.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiêm: - Chỉ rõ “Phương pháp quy nạp” sử dụng để giải toán trường hợp - Hệ thống ví dụ ,bài tập sáng kiến kinh nghiệm thể kết nối đại lượng kiến thức chương trình bậc phổ thông cách thống - Từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thân trình dạy học, từ tiến hành thực đề tài sáng kiến cho năm 2016-2017 với nội dung: Cụ thể sau: Vấn đề 1: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh đẳng thức Vấn đề 2: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh bất đẳng thức Vấn đề : Dùng qui nạp toán học để chứng minh biểu thức dạng Un chia hết cho số tự nhiên Trong sáng kiến này, bước để giải toán đưa từ ví dụ minh họa, sau ứng dụng vào giải số toán nâng cao chương trình sách giáo khoa học sinh giỏi môn toán - Mặc dù tâm huyết với Sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp quy nạp toán học”, thời gian khả có hạn nên viết khó tránh khỏi thiếu sót Tối mong nhận góp ý kiến quí Thầy, Cô, bạn đồng nghiệp em học sinh để Sáng kiến kinh nghiệm hoàn thiện trở thành tài liệu có ích giảng dạy học tập II.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm: - Các toán liên quan đến số tự nhiên n, học sinh học từ bậc tiểu học ,trung học sở giải sở biến đổi dựa số dấu hiệu cho trước Không thỏa mãn cho thắc mắc học sinh toán liên quan đến số tự nhiên có thật với số tự nhiên hay không ? hay trường hợp hữu hạn - Các kiến thức sử dụng sáng kiến thuộc phạm vi kiến thức trình bày Sách giáo khoa Đại số Giải tích lớp 11 - Các ví dụ tổng hợp từ toán lấy từ sách giáo khoa,sách tập số sách tham khảo hành số đề tự làm 2.Thực trạng nghiên cứu trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: -Trong trình giảng dạy “ Phương pháp quy nạp toán học” thuộc Giải tích lớp 11 chương III “Dãy số,Cấp số cộng Cấp số nhân” Tôi nhận thấy rằng: kiến thức sách giáo khoa lớp 11 số toán liên quan đến số tự nhiên chương Đạo hàm,Số phức có khoảng cách gần gũi không khó Nhưng học sinh thật không dễ chút Nguyên nhân là: +Chương trình sách giáo khoa trình bày cô đọng đơn giản để học sinh dể học +Thời gian học rèn luyện kỹ vận dụng +Trong toán đòi hỏi kiến thức vận dụng tổng hợp liên môn +Các sách bồi dưỡng chuyên đề Quy nạp toán học chưa có chưa quan tâm nên khó với em học sinh - Để giải khó khăn này.Tôi thực nghiệm đề tài : “Phương pháp quy nạp toán học” nhằm hệ thống kiến thức liên quan từ dễ đến khó, xếp trật tự phù hợp với đối tượng học sinh để em dễ tiếp thu 3.Giải pháp tổ chức thực - Đề tài “Phương pháp quy nạp toán học.” đưa vào học sinh học “Phương pháp quy nạp toán học.” thuộc Giải tích lớp 11,Chương III “Dãy số,cấp số cộng,cấp số nhân” tập, tiết tự chọn tiếp tục học chương Đạo hàm lớp 11,Số phức chương trình lớp 12 - Cùng phương pháp giải cụ thể giúp học sinh hứng thú, say mê học giải vấn đề phát sinh trình làm toán - Nhìn tổng thể học sinh nắm mối liên hệ đơn vị kiến thức liên quan thành thể thống mục đích chương trình sách giáo khoa rõ ràng,khoa học a Hình thức luyện tập lớp có hướng dẫn Thầy giáo - Thực phạm vi số buổi chữa tập buổi học khoá ,tự chọn với tập mức độ vừa phải Thầy giáo đưa phương pháp giải, ví dụ mẫu hệ thống tập, học sinh nêu lời giải có toán Sau cho học sinh tìm tòi, phát số vấn đề xung quanh giải mức độ đơn giản - Thực số buổi công tác bồi dưỡng học sinh mức độ toán cao b.Hình thức tự nghiên cứu toán có hướng dẫn Thầy giáo Hình thức cần thực liên tục trình học tập học sinh, làm cho khả tư duy, tính sáng tạo học sinh ngày tăng lên Nội dung sáng kiến kinh nghiệm PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Các kiến thức vận dụng Phương pháp quy nạp thực có hiệu lực với lớp toán chứng minh mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n ∈ N Phương pháp giải Để chứng minh mệnh đề Q(n) với n ≥ p , ta thực bước theo thứ tự: Bước : Kiểm tra mệnh đề với n = p Bước : Giả sử mệnh đề với n = k ≥ p , ta phải chứng minh mệnh đề với n = k + CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Vấn đề 1:: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh đẳng thức Ví dụ : Chứng minh : với số tự nhiên n ≥ ,ta có : an – bn = (a – b)(a n – + a n – 2.b +… +a.b n -2 +b n– ) Giải Ta chứng minh đẳng thức phương pháp qui nạp Khi n=2 VT = a – b , VP = (a –b)(a+ b)= a2 – b2 Vậy đẳng thức với n=2 Giả sử đẳng thức với n = k ≥ , tức :a k – b k = (a – b )(a k-1 + a k-2.b + … + a.b k-2 + b k-1 ) Ta chứng minh đẳng thức với n=k + , tức : a k+1 – b k+1 = (a-b)(ak + a k-1.b +…+ a.b k-1 + bk) Thật : áp dụng giả thiết qui nạp , ta có : a k+1 - b k+1 = a k+1 – ak.b+ak.b – b k+1 = ak(a-b) + b(ak-bk) = ak(a-b) +b(a-b)(a k-1 + a k-2.b + …+ a.b k-2 + b k-1 ) = (a-b) [ak + b(a k-1 +a k-2 b +…+a.b k-2 +b k-1) ] = (a-b)(ak +a k-1.b +…+a.b k-1 +bk ) Vậy mệnh đề với số tự nhiên n ≥ Ví dụ 2: Chứng minh rẳng: n ( n + 1) ( 2n + 1) Mọi số tự nhiên n ≥ 1,ta có: 12 + 22 + 32 + + ( n − 1) + n = “Đại số Giải tích 11 trang 83” Giải Khi n = VT= 12 = ;VP= 1( + 1) ( + 1) = nên mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n = k ≥ , tức : 12 + 22 + 32 + + ( k − 1) + k2 = k(k + 1)(2k + 1) Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k +1 , tức : 12 + 22 + 32 + + ( k + 1) − 1 + ( k + 1) = 2 (k + 1)(k + 2)(k + 3) 2 2 Thật : 12 +22+32+…+(k-1)2 + k2 +(k+1)2= 1 + + + + ( k − 1) + k  + ( k + 1) = k (k + 1)(2k + 1)  2k2 + 7k + 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) k + ( ) = 6 + (k+1)2 =   Vậy mệnh đề với số tự nhiên n ≥ Ví dụ 3:Tìm số hạng tổng quát Dãy số sau : u1 = 3, u n +1 = 2u n ; ( n ≥ 1) “Giải toán Đại số Giải tích 11-Trần Thành Minh” Giải Ta có : u1 = = 3.20 u2 = 2.u1 = 2.3 = = 3.21 u3 = 2.u2 = 2.6 = 12 = 3.22 un = 3.2n −1 Ta chứng minh un = 3.2n−1 phương pháp qui nạp Khi n = ta có u1 = Mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n = k, ( k ≥ 1) tức : uk = 3.2k −1 Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1 , tức : uk +1 = 3.2k Thật : uk +1 = 2.uk = 3.2.2k −1 = 3.2k Vậy mệnh đề với n = k+1 nên vơi n ≥ Chú ý : Sau ví dụ ba ta rút phương pháp giải chung cho dạng toán tìm số hạng tổng quát Dãy số gồm hai bước : Bước : Tìm vài số hạng đầu Dãy Bước : Dự đoán số hạng tổng quát, chứng minh qui nạp y= Ví dụ 4: Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : 1+ x “Giải toán Đại số Giải tích 11-Trần Thành Minh” Giải −1.2.3 1.2 / // /// Ta có : y = − + x ; y = + x ; y = + x ( ) ( ) ( ) ( n) Dự đoán : y = ( −1) n n! ( 1+ x) n +1 (n ) Bây ta tìm y quy nạp sau : Với n=1 ta có y = / ( −1) 1! ( 1+ x) 1+1 =− (1+ x) Mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n=k ( k ≥ 1) ta có : Thật vậy: y ( k +1) =y ( k) y (k) k ( − 1) k! = (1 + x ) k +1  ( −1) ( k + 1) ( + x ) k  ( −1) k +1 ( k + 1) ! k   = ( −1) k !  = 2( k +1) 1+ k +1   + x  ( ) (1+ x) ( )  ( n) Vậy mệnh đề cho với n ∈ ¥ hay y = ( −1) n n! ( 1+ x) n +1 Chú ý : Phương pháp giải chung cho dạng toán phân làm hai bước sau : Bước :Tính đạo hàm cấp một, đạo hàm cấp hai, đạo hàm cấp ba,…,cho tới dự đoán đạo hàm cấp n Bước 2: Chứng minh đạo hàm cấp n qui nạp toán học Ví dụ : CMR : Nếu số phức z thỏa mãn : 1 + z = cos α ⇒ n + z n = cos α z z Giải z Với n=1, VT = + z , VP= cos α Mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n=k ( k ≥ 1) , tức : + z k = cos kα k z Ta phải chứng minh mệnh đề với n=k+1, tức là: z k +1 + z k +1 = cos ( k + 1) α Thật : z k +1      + z k +1 =  k + z k ÷ + z ÷−  z k −1 + k −1 ÷ z  z  z   = cos kα cos α − cos( k − 1).α = [ cos(k − 1)α + cos(k + 1)α ] − cos ( k − 1) α =2cos(k+1) α Vậy mệnh đề với n = k +1, hay ∀n ≥ ta có Ví dụ 6: CMR n thuộc N* ta có : 1 + z = cos α ⇒ n + z n = cos α z z n 2n + + + + n = − 3 4.3n “Bài tập Đại số giải tích 11 trang 86” Giải 3 Mệnh đề với n=1 12 Với n = , ta có : VT = ;VP = − k 2k + + + + k = − 3 4.3k Giả sử mệnh đề với n = k ( k ≥ 1) , tức : Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1, tức (*) : k ( k + 1) 2(k + 1) + + + + k + k +1 = − 3 3 4.3k +1 Thật : Cộng vào hai vế (*) lượng : k +1 , ta 3k +1 k ( k + 1) 2(k + 1) + + + + k + k +1 = − 3 3 4.3k +1 Vậy mệnh đề với n = k+1,hay ∀n ∈ ¥ * ta có Ví dụ 7:Chứng minh rằng: + + = cos n 2n + + + + n = − , 3 4.3n π 2n +1 “Bài tập Đại số Giải tích 11-Trang 89” Giải: Gọi Cn = cos π 2n +1 π Khi n=1 ta có VT= ,VP= cos = Mệnh đề cho với n=1 Giả sử mệnh đề với n=k ≥ ,tức Ck = cos π 2k +1 Ta phải chứng minh mệnh đề với n=k+1 tức : Ck +1 = cos π 2k + Thật từ giả thiết quy nạp ta có : Ck +1 = + Ck = + cos π π π π cos > 0) = cos = cos (Vì 2k + 2k +1 2k + 2k + Vậy mệnh đề cho với n ∈ N * π 2n +1 Hay n ∈ N * ta có + + = cos Ví dụ 8: Chứng minh đạo hàm cấp n hàm số y = sin ( ax + b ) là: nπ   * y ( n ) = a n sin  ax + b + ÷, ∀n ∈ N   Giải: π  / Với n=1 ta có: y = a cos ( ax + b ) = a sin  ax + b + ÷  2 π  // 2 Với n=2 ta có: y = a cos  ax + b + ÷ = a sin ( ax + b + π )  2  ( n) n Dự đoán đạo hàm cấp n hàm số y = sin ( ax + b ) y = a sin  ax + b +  nπ  ÷  π  / Với n=1 ta có: y = a cos ( ax + b ) = a sin  ax + b + ÷ Mệnh đề với n=1  2  ( k) k Giả thiết mệnh đề với n=k ( k ≥ 1) ta có : y = a sin  ax + b +  kπ  ÷  Ta phải chứng minh mệnh đề với n=k+1 tức là:  ( k + 1) π  y ( k +1) = a k +1.sin  ax + b + ÷   Thật vậy: y ( k +1)  kπ  =  y  =  a k sin  ax + b +   ( k) / / kπ   k +1 ÷ = a cos  ax + b +    ( k + 1) π   k +1 ÷ ÷ = a sin  ax + b +     ( n) n Vậy Đạo hàm cấp n hàm số y = sin ( ax + b ) y = a sin  ax + b +  nπ  * ÷ ∀n ∈ N , Bài tập đề nghị Bài 1: CMR : ∀n ∈ N * , ta có : 1+3+5+…+(2n-1) = n2 Bài : CMR: ∀n ∈ N * , ta có : + + + + n = Bài : CMR : ∀n ∈ N * ,ta có : 13 + + + n = Bài : CMR : n ( n + 1) n ( n + 1) Mọi a >0, a ≠ 1, x1 , x2 , , xn > ,ta có hệ thức sau: log a ( x1 x2 xn ) = log ax1 + log ax2 + + log axn Bài 5: CMR: ∈ ¥ , n ≥ 1, với cặp số (a,b),ta có công thức sau đây, gọi Công thức khai triển nhị thức Niutơn (a+b) n =C0n a n +C1n a n-1b1+C 2n a n-2b 2+ +C kn a n-k b k + +C nn b n  n ( n + 1)  CMR : Sn = 13 + 23 + 33 + + n3 =     Bài 6: Bài 7: CMR: Với số tự nhiên n ≥ 1,ta có đăng thức : Bài 8:CMR : Mọi n thuộc N ta có: ( − Bài 9: + + + + n =    ) 1 − 1 −  1 −   25   ( 2n − ) n(n + 1)  + 2n =  − 2n  Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : a) y = ln ( + x ) c) y = sin ax ( a = const ) b) y = x ( − x ) Sn = Bài 10: Tìm tổng số d) y = sin x 1 + + + 1.2 2.3 n ( n + 1) Bài 11: Tìm số hạng tổng quát Dãy số sau : b) u1 = a, un+1 = a + b.un a) u1 = 3, un+1 = + un Vấn đề 2: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 1: Chứng minh bất đẳng thức Bec-nu-li(Bernoulli) Nếu h >0 , với số ( 1+ h) tự nhiên n ≥ ta có: n ≥ + nh “Đại sô giải tích 11-2000” Giải Nếu n =2, ta có : (1+h)2 = 1+2h+h2 > 1+2h (vì h2 > 0).Vậy mệnh đề với n=2 Giả sử mệnh đề đến n = k ( k ≥ ) , tức :( 1+h)k > 1+kh (2) Ta phải chứng minh mệnh đề đến n =k+1.Hay (1+h) k+1 > 1+(k+1)h Thật : (1+h)k+1 =(1+h)(1+h)k ( 2) ≥ (1+h)(1+kh) =1+h+kh+kh2 = 1+h(1+k)+kh2 > 1+h(1+k).(vì kh2 >0) Vậy mệnh đề với n=k+1.hay ∀n ≥ ta có ( + h ) ≥ + nh n Ví dụ :Chứng minh x >0 với số tự nhiên n ta có : ex > 1+ x + x2 xn + + 2! n! “Chuyên đề Hàm số -Trần Phương” Giải Xét hàm số: f ( x) = e n x  x2 xn  − 1 + x + + + ÷ 2! n!   Ta phải chứng minh : ∀x > 0, n ∈ N : f ( x) > n (2.1) Thật , ta có : ∀n, Xét f ( 0) = n f ( x) = e − ( 1+ x) Ta có x , f ( x) = e x f ( x) − > 0, ( ∀x > ) , tăng với x >0 ⇒ f ( x ) > f ( 0) 1 Vậy Công thức (2.1) với n=1 Giả sử bất đẳng thức với n=k Ta có: ∀x > 0, f ( x) = e x k  x2 xk  −  + x + + + ÷ > 2! k!    (2.2) x2 xk+1  xk x ÷> Ta phải chứng minh : ∀x > 0, f k+1( x) = e −  1+ x + + + + 2! k! ( k + 1) ! ÷    , 2x x Thật ta có : f k+1 ( x) = e −  1+ + + 2!   , k k.xk−1 ( k + 1) x  + ÷ k! ( k + 1) ! ÷ x k −1 xk  f k +1 ( x ) = e x − 1 + x + + k − + k ! ÷ = f k ( x )   Theo (2.2) có f k ( x ) > ⇒ f k +1 ( x ) > ⇒ f k +1 ( x ) tăng với ∀x > → f k +1 ( x ) > f k +1 ( ) = Vậy bất đẳng thức với n=k+1 nên với số tự nhiên n Ví dụ 3: Cho hàm số f xác định với x thoả mãn điều kiện : f(x+y) ≥ f(x).f(y) với x,y (3) «Chuyên đề Hàm số -Hồng Đức » CMR :   x  Với số thực x số tự nhiên n ta có f ( x ) ≥  f  n ÷    2n (3) Giải x Trong BĐT f(x+y) ≥ f(x).f(y) thay x y , ta được: x f + 2 x x   x  x  )  ≥ f   f   ⇒ f ( x ) ≥  f ( 2  2 2    x f ( x) ≥  f  n  2 Vậy bất đẳng thức    2n với n=1   x Giả sử bất đẳng thức với n =k , ( k ≥ 1) Ta có : f ( x ) ≥  f  k  2  ÷  2k   x  Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k+1, tức : f ( x ) ≥  f  k +1 ÷    2( k +1) Thật ta có:   x   x   x x    x  f = f + ≥f   ⇒f  ÷ ÷ ÷ ÷   2k    2k   2k + 2k +    2k +     x  ⇒f   k÷     2k   x  ≥f   k +1 ÷     2k 2   x    ≥ f     k +1 ÷       2k 2k +   x  f ( x ) ≥  f  k +1     Do tính chất bắc cầu ta có : k +1 Bất đẳng thức với n = k+1 nên với số tự nhiên n Ví dụ 4: ∀n ∈ N * ,ta có : sin nα ≤ n sin α “Giải toán Đại số Giải tích 11-Trần Thành Minh” Giải Với n =1 , VT = sin1.α = sin α = VP nên mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n = k ( k ≥ 1) ,ta có : sin kα ≤ k sin α Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1,tức là: sin(k + 1)α ≤ ( k + 1) sin α Thật vậy, ta có : sin ( k + 1) α = sin kα cos α + cos kα sin α ≤ sin kα cos α + cos kα sin α ≤ sin kα + sin α ≤ k sin α + sin α ≤ ( k + 1) sin α * Vậy mệnh đề với n = k+1 , nên ∀n ∈ N ,ta có : Ví dụ 5: Chứng minh Dãy số u1 = 2, un +1 = sin nα ≤ n sin α un + ( ∀n ≥ 1) dãy số giảm bị chặn “Giải toán Đại số Giải tích 11-Trần Thành Minh” Giải Giải: Để chứng minh dãy số cho dãy số giảm Ta chứng minh phương * pháp qui nạp.Ta phải chứng minh : un+1 < un , ( ∀n ∈ N ) Khi n = u2 = u1 + + = = < = u1 Mệnh đề với n=1 2 Giả sử mệnh đề với n = k , ( k ≥ 1) , tức : uk +1 < uk Ta phải chứng minh mệnh đề với n=k+1: uk + < uk +1 Thật : uk + = uk +1 + ( 5.1) uk + < = uk +1 10 * Vậy mệnh đề cho với n = k+1 nên với n thuộc N Chứng minh Dãy cho bị chặn Ta dùng phương pháp qui nạp để ( * chứng minh : un > 1, ∀n ∈ N ) Khi n=1 , u1 = > nên mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n = k , ( k ≥ 1) nghĩa uk > Ta phải chứng minh : Thật : u k +1 = uk +1 > uk + 1 + > =1 2 Vậy dãy số cho bị chặn Chú ý : Khi gặp dạng toán chứng minh Dãy số đơn điệu bị chặn ta thực sau : Bước : Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh dãy số đơn điệu Bước : Dự đoán số M trường hợp dãy bị chặn M Số m trường hợp dãy số bị chặn m Sau dùng phương pháp qui nạp để chứng minh dãy bị chặn M bị chặn m trường hợp ngược lại n  1 Ví dụ 6: Chứng minh : 1 +  < n, ∀n ∈ N , n >  n Giải 64  1 Khi n =3 bất đẳng thức cho trở thành 1 +  = < Mệnh đề với n=3  3 27 k  1 Giả sử mệnh đề với n =k ( k ≥ 3) ta có 1 +  < k  k  Ta chứng minh mệnh đề với n = k + , tức : 1 +  k +1   Thật : 1 + ÷  k +1  k   = 1 + ÷  k +1  k   1  1 + ÷ < 1 + ÷  k +1   k    < k +1 k + 1  1  1 1 + ÷ < k 1 + ÷ = k +  k  k Vậy mệnh đề với n= k+1 nên với n n  1 Hay 1 +  < n, ∀n ∈ N , n >  n Ví dụ 7: Cho x1,x2,…,xn số dương Chứng minh : x n −1 xn x1 x2 x3 + + + + + ≥ 2, n ≥ x + x n x3 + x1 x + x x n + x n − x1 + x n −1 « Chuyên đề Hàm số Hồng Đức » Giải 11 Với n = , bất đẳng thức có dạng : x3 x + x3 x + x x1 x2 x4 + + + ≥2⇔ + ≥ mênh đề với n=4 x + x x3 + x1 x + x x1 + x3 x + x x1 + x3 Giả sử bất đẳng thức với n = k ( k ≥ ) x x x x k −1 k 1 Tức : x + x + x + x + + x + x + x + x ≥ 2 k k k −2 k −1 Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k+1 Do vai trò bình đẳng giữ xi ( i = 1,2,…,k+1), nên không giảm tính tổng quát toán ta giả sử x k+1 = min{ x1,x2,…,xn } , tức : x > 0, x ≤ x ,x ≤x k +1 k +1 k k +1 s = k +1 Do ta có : xk x xk x1 x2 x1 x2 + + + + k +1 > + + + x + x k +1 x3 + x1 x k +1 + x k −1 x1 + x k x + x k x3 + x1 x1 + x k −1 x x x x x k k k +1 1 Do: x + x ≥ x + x ; x + x ≥ x + x ; x + x > k +1 k k +1 k −1 k −1 k Từ suy Sk +1 > Vậy bất đẳng thức với n = k + nên với n ≥ Ví dụ : Chứng minh : ∀n ≥ , ta có 1.3.5 ( 2n − 1) < 2.4.6.2n 2k + “Giải toán Đại số Giải tích 11-Trần Thành Minh” Giải Khi n = , (1) trở thành : < Mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n = k ( k ≥ 1) ,nghĩa : 1.3.5 ( 2k − 1) < 2.4.6 2n 2k + Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1, tức : 1.3.5 ( 2k − 1)( 2k + 1) < 2.4.6 2k ( 2k + ) Thật vậy: ( 2k + 1) < 2k + 2k + 2k + 2k + (bất đẳng thức sau bình phương hai vế,quy đồng,chuyển vế ta thu bất đẳng thức tương đương: > mệnh đề Ta có: 1.3.5 ( 2k − 1)( 2k + ) < 2.4.6 2k ( 2k + ) Vậy : ∀n ≥ , 1.3.5 ( 2n − 1) < 2.4.6.2n 2k + 2k + 2k + = 2k + mệnh đề với n=k+1 2k + 12 Bài tập đề nghị π Bài 1.Cho < α < ( n − 1) Chứng minh : tan nα > n tan α Bài 2.Chứng minh : với a >0 Bài 3.Chứng minh : n n +1 a + a + + a < + 4a + > ( n + 1) , ( n ≥ 3) n Bài 4.Chứng minh với số tự nhiên n ta có : a )1 + + + + n ≤ n b)1 + n +1 n 1 + + + ≤ n −1 n c) + + + + n > −1 2 ( )( ) ( ) Bài 5.Chứng minh bất đẳng thức (1 + 2 ) + 2 + 2 × × + 2 < 2 n n +1 Bài 6.Chứng minh với số nguyên dương n , ta có : 2n − 1 a) < 46 2n 2n + Bài 7.Chứng minh : ∀n ∈ N ta có b) ( 2n ! < 22 n ( n !) ) n + + + n < 3 Bài 8.Chứng minh dãy số u n xác định : u1 = 2,u n +1 = + u n , ∀n ∈ N * tăng bị chặn Bài 9.Với n ≥ Chứng minh rằng: n n +1 = ( n + 1) n n   Bài 10.Chứng minh số tự nhiên n khác ta có : ≤   < n n n n Bài 11.Chứng minh với số tự nhiên n lớn ta có :   > n!>   2 3 Bài 12.Với n ∈ N * Chứng minh rằng: n ( 2n ) ! ≥ 4n , ( n !) n + Bài 13.Cho n số dương a1 , a2 , , an thỏa mãn a1 a a n = Chứng minh : a1 + a + + a n ≥ n(*) Dấu ‘’=’’xảy ? Bài 14 Chứng minh số tự nhiên n >1, ta có : ( n + 1) cos Bài 15 Cho n số tự nhiên < ( n + 1) α < π π − n cos > n +1 n π n n Chứng minh rằng: ( − cos α ) ( + cos α ) < tan nα tan α 13 Bài 16 ∀n ∈ N , n > Chứng minh rằng: 1 13 + + > n +1 n + 2n 14 Vấn đề : Dùng qui nạp toán học để chứng minh biểu thức dạng U n chia hết cho số tự nhiên Ví dụ 1: Chứng minh ∀n ∈ N * , a n = n + 3n + 5n chia hết cho Giải Với n = ta có : a1 = 13 + 3.12 + 5.1 = 93 Giả sử mệnh đề với n = k , ( k ≥ 1) , tức : a k = k + 3k + 5k 3 Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1, nghĩa : a k +1 = ( k + 1) + 3( k + 1) + 5( k + 1) 3 Thật a k +1 = k + 3k + 3k + + 3k + 6k + + 5k + : = k + 3k 2 +5k + 3k 2 + 9k + 3 3 3 Vậy mệnh đề với n = k+1, nên với n ∈ N * Ví dụ 2:Chứng minh ∀n ≥ , ta có : an = ( n + 1)( n + 2) ( n + n ) 2 n Giải Khi n = , ta có : a2 = ( + 1)( + 2) 2 Giả sử mệnh đề với n =k , ( k ≥ ) , tức : ak = ( k + 1)( k + 2) ( k + k ) 2 k Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1, nghĩa : ak+1 = ( k + + 1)( k + + 2) ( k + k + + 1) 2 k +1 = ( k + 2)( k + 3) ( k + k + 2) = ( k + 2)( k + 3) ( k + k )( k + k + 1)( k + k + 2) = ( k + 1) ( k + ) ( k + 3) ( k + k )  ( k + k + 1) M2k + 1 4 4 42 4 4 43 42 43 M2 M2k Vậy mệnh đề với n = k+1 ,nên mệnh đề với ∀n ≥ Ví dụ 3: Chứng minh : an = 33n +3 − 26n − 27M676, ∀n ∈ ¥ * Giải Với n = , ta có :a1 = 33.1+3 − 26.1 − 27 = 676676 nên mệnh đề Giả sử mệnh đề với n = k , k ≥ tức : ak = 33k +3 − 26k − 27676 Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1, tức : ak+1= 33( k +1) +3 − 26.( k + 1) − 27 676 Thật :ak+1 = ( ) 33( k +1) +3 − 26( k + 1) − 27 = 27 33k +3 − 26k − 27 + 676   k +676         676 ( 3.1) 676 Vậy mệnh đề với n = k+1 , nên mệnh đề với n ≥ 14 Ví dụ 4: Chứng minh rằng: ∀n ≥ : n −1.2 n+1 + 3n +1.2 n−1 38 Giải Với n = , ta có : 2.1−1.21+1 + 31+1.2 2.1−1 = 5.4 + 9.2 = 3838 nên mệnh đề với n=1 Giả sử mệnh đề với n = k, ( k ≥ 1) tức : k −1.2 k +1 + k +1.2 k −1 38 Ta phải chứng minh mệnh đề với n = k+1,tức 52 k + 2−1.2k +1+1 + 3k +1+1.22 k + 2−1 M38 Thật : 52 k + 2−1.2k +1+1 + k +1+1 22 k + 2−1 = 25.52 k −1.2.2 k +1 + 3.3k +1.4.2k +1 = 50.52 k −1.2 k +1 + 12.3k +1.22 k −1 = 50 ( 52 k −1.2k +1 + 3k +1.22 k −1 ) − 38.3k +1.22 k −1 Chia hết cho 38 Vậy mệnh đề với n = k+1 , nên với ∀n ∈ N * Ví dụ 5: Chứng minh : ∀n ≥ , ta có : 3n − 14n + 21n − 10n 24 Giải Với n = ta có : − 14 + 21 − 10 = 024 , nên (5) Giả sử mệnh đề với n = k, k ≥ , nghĩa : 3k − 14k + 21k − 10k 24 Ta phải chứng minh mệnh đề vói n = k+1 , nghĩa là: 3( k + 1) − 14( k + 1) + 21( k + 1) − 10( k + 1) 24 Thật : 3( k + 1) − 14( k + 1) + 21( k + 1) − 10( k + 1) = 3( k + 4k + 6k + 4k + 1) − 14( k + 3k + 3k + 1) + 21( k + 2k + 1) − 10( k + 1) = 3k − 14k + 21k _ 10k + 12.k ( k − 1)( k − 1) 24                24 ( 5.1) 24 Vậy mệnh đề với n = k+1 , nên với ∀n ≥ 3n − 14n + 21n − 10n 24 Bài tập đề nghị Bài 1: CMR ∀n ∈ N * : 16 n − 15n − 1225 Bài 2: CMR ∀n ∈ N , u n = 13n − 1M6 ∀n ∈ N ,122n + + 11n + M 133 Bài 3: CMR Bài 4: Bài 5: CMR CMR ∀n ∈ N : 4.3 n + + 32n − 36 64 Bài 6: CMR ( n + 1) ( n + ) ( 2n ) chia hết cho 1.3.5 ( 2n − 1) , n ∈ N ∀n ∈ N : n + 2n chia hết cho 5.Hiệu sáng kiến kinh nghiệm: - Sau dạy số tiết lớp số buổi bồi dưỡng từ cho tiến hành kiểm tra khả tiếp thu kiến thức học sinh lớp dạy thu kết sau: Bài kiểm tra: (15 phút) Câu 1: Biểu thức sau cho ta giá trị tổng: S = 13 + 23 + 33 + + n3 n ( n + 1) A n ( n + 1) ( 2n + 1) B n ( n + 1) ( 2n + 1) ( 3n + 1) C 24  n ( n + 1)  D     15 Câu 2:Biểu thức S = − + − + − 2n + ( 2n + 1) A B sau cho ta giá C.n trị tổng D n+1 1 1 Câu 3:Với số nguyên dương n,Tổng S = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n ( n + 1) n n+2 Câu 4: Với số nguyên dương n,Tổng Sn = 32 n − A n +1 B n n +1 C D n +1 n+2 A B C 12 D Câu 5: Bất đẳng thức sau đúng? Với số tự nhiên n thỏa mãn n ≥ thì: A 2n < n B 2n < 2n C 2n < n + D 2n > 2n + Câu 6: Bất đẳng thức sau đúng? Với số nguyên dương n thì: + + C + A + + + + + >2 n n 3 n n >4 n Câu 7: Với số nguyên dương n ≥ 1.Bất đẳng thức sau đúng? A 3n > 4n + B 3n > 4n + C 3n > 3n + D 3n > 3n + Câu 8: Với số nguyên dương n Tổng Sn = n3 + 11n chia hết cho: A B C D 12 Câu 9: Với số nguyên dương n Tổng Sn = n + 3n + 5n + chia hết cho: A B C D 2n 2n Câu 10 Với số nguyên dương n Tổng Sn = − − chia hết cho: A 23.3 B 22.3.7 C 2.32.7 D 2.3.7 Kết thu được: Lớp 11A 11B 11C 11D Năm học 2016-2017 2016-2017 2016-2017 2016-2017 Số học sinh đạt yêu cầu 21/31 (67,7 %) 23/32 (71,9%) 25/30 (83,3%) 25/29 (88,2%) C KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT - Cần tăng cường hệ thống ví dụ tập sách giáo khoa, tài liệu tham khảo để học sinh tự nghiên cứu vận dụng Đề tài: “Phương pháp quy nạp toán học.” trình giải toán - Tôi xin cam đoan SKKN viết ,không chép nội dung người khác XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh hóa, Ngày 02 tháng năm 2017 Người viết đề tài Lê Nguyên Thạch 16 TÀI LIỆU THAM KHẢO Giải toán Giải tích Đại số 11-Trần Thành Minh Chuyên đề Hàm số -Hồng Đức Chuyên đề Hàm số -Trần Phương Đại số Giải tích 11-2007 Bài tập Đại số Giải tích 11-2007 Bài tập Giải tích 12-2007 Đại số Giải tích 11-2000 NHỮNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC XẾP LOẠI CẤP NGÀNH tt Tên đề tài Rèn luyện kỹ chứng minh đẳng thức Đại số tổ hợp Các yếu tố tam giác khảo sát hàm số Xếp loại Năm học C 2013-2014 B 2014-2015 17 ... đối tượng học sinh để em dễ tiếp thu 3.Giải pháp tổ chức thực - Đề tài Phương pháp quy nạp toán học. ” đưa vào học sinh học Phương pháp quy nạp toán học. ” thuộc Giải tích lớp 11,Chương III “Dãy... tục trình học tập học sinh, làm cho khả tư duy, tính sáng tạo học sinh ngày tăng lên Nội dung sáng kiến kinh nghiệm PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Các kiến thức vận dụng Phương pháp quy nạp thực... cô đọng đơn giản để học sinh dể học +Thời gian học rèn luyện kỹ vận dụng +Trong toán đòi hỏi kiến thức vận dụng tổng hợp liên môn +Các sách bồi dưỡng chuyên đề Quy nạp toán học chưa có chưa quan