Chuyên đề: Phương pháp quy nạp Toán học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN TIN ********* Chuyên đề QUI NP TON HC Giỏo viờn hng dẫn: Đặng Đình Hanh Sinh viên thực hiện: Nguyễn Ngọc Thư Lớp: HK53Toán HÀ NỘI,THÁNG 11-2006 Chuyên đề : Qui nạp tốn học NỘI DUNG CHÍNH Phương pháp giải Các dạng tốn điển hình Ví dụ minh hoạ Lời giải chi tiết Chú ý Bình luận phân tích Bài tập Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp tốn học Lời mở đầu Trong khn khổ giới hạn chun đề nhóm biên soạn chúng tơi xin không đưa khái niệm định nghĩa,mệnh đề, định lí tính chất có SGH phổ thơng mà đưa dạng tốn kèm theo phương pháp giải , tiếp ví dụ minh họa lời giải chi tiết Kết thúc ví dụ ý cần thiết nhằm tăng chất lượng sư phạm cho chuyên đề Sau dạng toán chúng tơi có đưa loạt tập đề nghị để bạn tham khảo thử sức Khi cần dùng đến kiến thức trình bày lại trước sử dụng giải Mặc dù tham khảo lượng lớn tài liệu với nỗ lực thân trình độ hiểu biết có hạn nên chắn khơng tránh khỏi thiếu sót mong góp ý thầy giáo Đặng Đình Hanh tập thể lớp K 53H Xin chân thành cảm ơn Một lần nhóm biên soạn chúng tơi xin bày tỏ lịng cảm ơn tới thầy giáo Đặng Đình Hanh cổ vũ, động viên, gợi ý, q trình chúng tơi thực chun đề này, để chuyên đề sớm hoàn thành Xin chân thành cảm ơn Thầy Chúng xin chân thành cảm ơn bạn Phạm Trà My cung cấp cho nhiều tài liệu hay quý q trình thực chun đề Thư góp ý bạn xin gửi địa email : tnngocthu@gmail.com Người thực Nguyễn Ngọc Thư Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học QUI NẠP Phương pháp qui 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 dạng toán minh hoạ Dạng : Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh đẳng thức VD1 : Chứng minh : với số tự nhiên n 2 ,ta có : an – bn = (a – b)(a n – + a n – 2.b +… +a.b n -2 +b n– ) (1) Ta chứng minh đẳng thức (1) phương pháp qui nạp Giải Khi n=2 VT(1) = a – b , VP(1) = (a –b)(a+ b)= a2 – b2 2 Vậy đẳng thức (1) với n=2 Giả sử (1) với n = k 2 , tức : a k – b k = (a – b )(a k-1 + a k-2.b + … + a.b k-2 + b k-1 ) Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học Ta CM (1) 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 (1) với số tự nhiên n 2 Bình luận : Trong lời giải ta dùng kĩ thuật thêm bớt số hạng bứơc chứng minh (1) vói n = k+1 ,làm ta sử dụng giả thiết qui nạp tốn Đây kĩ thuật hay có hiệu lực mạnh mẽ việc đơn giản hoá lời giải, áp dụng rộng rãi trình giải nhiều dạng toán khác ứng với nhiều chuyên đề khác tốn phổ thơng Ví dụ sau cho thấy rõ điều (ĐTTS_khối A2002câu 1 ) Cho phương trình : log 32 x  log 32 x   2m  0 (2) ( m tham số ) Giải phương trình (2) m =  Tìm m để phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn 1;3  Bình thường khơng dùng kĩ thuật thêm bớt nhiều học sinh làm sau : Điều kiện x  , Đặt t  log3 x �0 , pt (2) dạng vơ tỉ ,tất nhiên việc giải (2) khơng có khó khăn sau hồi lâu cho ta đáp án Tuy nhiên ta thêm đồng Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học thời bớt vào vế trái phương trình (2) lại đẳng cấp khác Khi phương trình (2) trở thành : log 32 x   log 32 x   2m  0 Điều kiện x  Đặt t  log 32 x  1 ta có : t  t  2m  0 (3) Rõ ràng (3) phương trinh bậc biến t, việc giải (3) đơn giản nhanh nhiều so với giải phương trình mà cách đặt mang lại Cũng phải nói thêm có học sinh may mán thấy phương trình có góp mặt thức đặt t thức dẫn tới pt(3) Nhưng may mán ngoại lệ mà số tốn mang lại phải kể đến tốn Qua phân tích ví dụ ta thấy lợi ích hiệu mà kĩ thuật thêm bớt đem lại cho việc giải tốn phổ thơng lớn Ta gặp lại kĩ thật lời giải ví dụ (5) sau số ví dụ khác có mặt chun đề Xin mời bạn theo dõi VD2: CMR : Mọi số tự nhiên n 1 , ta có : 12  2     n  1  n  n n  1 2n  1 (2) Giải Khi n = VT(2) = VP(2) nên (2) Giả sử (2) với n = k 1 , tức : 12  2     k  1  k  k (k  1)(2k  1) Ta phải chứng minh (2) với n = k +1 , tức : 12  2      k  1  1   k  1  Thật : (k  1)( k  2)( k  3) 12 +22+32+…+(k-1)2 + k2 +(k+1)2 Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học 2      k  1  k �  k  1 = � � �  2 k (k  1)(2k  1) + (k+1)2 � 2k2  7k  6� =  k  1 � � � �  (k  1)(k  2)(2k  3) Vậy (1) với số tự nhiên n   Chú ý : lời giải khơng có đặc biệt ngồi kĩ nhóm số hạng tinh tế để thành lập xuất giả thiết qui nạp bước n = k+1 dẫn đến giải tốn VD3 Tìm số hạng tổng qt dãy số sau : u1 3, u n 1 2u n ,  n 1 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 n 1 Ta chứng minh un  3.2 (3) qui nạp  dogt  Khi n = ta có u1     (3) k 1 Giả sử (3) với n = k,  k 1 tức : uk  3.2 k Ta phải chứng minh (3) với n = k+1 , tức : uk 1  3.2 k 1 k Thật : uk 1  2.uk  3.2.2  3.2 Vậy (3) với n = k+1 nên vơi n 1 Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học  Chú ý : Sau ví dụ ba ta rút phương pháp giải chung cho dạng tốn tìm số hạng tổng qt dãy số gồm hai bước :  Bước :Tìm vài số hạng đầu dãy  Bước : Dự đoán số hạng tổng quát, chứng minh qui nạp VD4: Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : y 1 x Giải y ,  Ta có : (1  x) y ,,  ,  y ,, ,  (1  x) , (1  x) ,…, y (n ) (n ) Bây ta tìm y quy nạp sau : Giả sử yk  y ( k 1) Ta có : yn  Vậy    1 k k! 1  x  k 1 y (k ) ,  ( 1)(k  1)(1  x) k  ( 1) k 1 (k  1)!    1 k!   ( k 1) (1  x) ( k 1)1  (1  x)   k  (  1).n! (1  x) n 1 Chú ý : Phương pháp giải chung cho dạng tốn phân làm hai bước sau :  Bước : Tính đạo hàm cấp , hai,ba,…,cho tới dự đoán đạo hàm cấp n  Bước 2: Chứng minh đạo hàm cấp n qui nạp tốn học VD5 : (Đề thi học kì 1, Đại số tuyến tính - lớp K53GH_2003) CMR : Nếu số phức z thỏa mãn : 1  z 2 cos   n  z n 2 cos z z (5) Giải Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học VT (5)   z z Với n=1, , VP(5)= cos  theo giả thiết (5) Giả sử (5) với n=k , tức :  z k  cos k k z Ta phải chứng minh (5) với n=k+1, tức : Thật : z k 1 z k 1  z k 1  cos  k  1  � �1 � �1 � �k 1  z k 1  � k  z k � �  z � �z  k 1 � z � �z � �z �� 2 cos k cos   cos k  1.  cos(k  1)  cos(k  1)   cos  k  1  =2cos(k+1)  Vậy (5) với n = k +1,nên (5) với n 1   Chú ý : khơng bình luận thêm lời giải Thật bất ngờ lại đề thi học kì cấp độ đại học Điều chứng tỏ qui nạp vấn đề nguội lạnh kì thi.Do việc nắm vững phương pháp giải điều thật cần thiết với người học làm tốn Bình luận chung cho dạng : Qua năm ví dụ ta thấy tốn chứng minh đẳng thức cách dùng phương pháp qui nạp tốn học khó khăn phức tạp phần cuối bước , tức chứng minh đẳng thức với n=k+1.Khi từ đẳng thức cần chứng minh ứng với n=k+1,ta biến đổi khéo léo,(dùng kĩ thuật thêm bớt ,hoặc tách số hạng… ), để sử dụng giả thiết đẳng thức với n=k,tiếp tục thực tính tốn số bước ta có Đpcm Cần nhấm mạnh với dạng toán ta thường biến đổi theo đưòng ! Tuy nhiên khơng phải cách biến đổi nhất,ta biến đổi trực tiếp từ giả thiết đẳng thức với n = k (giả thiết qui nạp toán) , để suy đẳng thức với n = k+1 Để minh hoạ cho cách làm ta xét ví dụ sau : CMR n thuộc N* ta có : n 2n     n   3 4 n Giải Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán (BL) Chuyên đề : Qui nạp toán học Với n = , (BL) :   12 Giả sử (BL) với n = k, tức : k 2k     k   (BL.1) 3 4.3k Ta phải chứng minh (BL) với n = k+1, tức : k  k  1 2 k  1     k  k 1   3 3 4.3 k 1 (BL7.2) Thật : Cộng vào hai vế (BL7.1) lượng : k 1 , ta (BL7.2) 3k 1 Vậy (BL) với n = k+1, nên với n thuộc N* Kĩ thuật biến đổi lần thể ví dụ (8) dạng hai qui nạp toán học Xin mời bạn theo dõi Bài tập đề nghị Bài 1: CMR : Mọi n  N * , ta có : 1+3+5+…+(2n-1) = n2 Bài : CMR: n  N * , ta có :     n  Bài : CMR : Mọi 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: Mọi số tự nhiên n 1, với cặp số (a,b),ta có cơng thức sau đây, gọi cơng thức khai triển nhị thức niutơn n-2 k n-k k n n (a+b) n =C0n a n +C1n a n-1b1+C n a b + +C na b + +C n b Bài 6: � n  n  1 � 3 3 CMR : s n      n  � � � � Bài 7: CMR: Với số tự nhiên n 1,ta có đăng thức : n(n  1)     n  Bài 8: CMR : n thuộc N ta có :   Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 10    1  1   1    25    2n     2n    2n  Chuyên đề : Qui nạp toán học Bài 9: Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : a) y ln(1  x ) c) y sin ax s n y b)  a  const  x  1 x d) y  sin x 1     1.2 2.3 n( n  1) Bài 10: Tìm tổng số Bài 11: Tìm số hạng tổng quát dãy số sau : a) u1  3, un 1   un b) u1  a, un 1  a  b.un  Các tập đề nghị đưa lựa chọn cẩn thận, kĩ lưỡng, phần có tính chất định hướng phân loại theo loại toán chữa dạng Dạng 2: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh bất đẳng thức VD1: Chứng minh bất đẳng thức Bec-nu-li(Bernoulli) Nếu h >0 , với số tự nhiên n 2 (1  h) n   nh (1) , Giải Nếu n =2, ta có : (1+h)2 = 1+2h+h2 > 1+2h (vì h2 > 0) Vậy (1) Giả sử (1) đến n = k , tức :( 1+h)k > 1+kh (2) Ta phải chứng minh (1) đến n =k+1 ,tức : (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+kh = 1+h(1+k)+kh2 > 1+h(1+k).(vì kh2 >0) Vậy (1) với số tự nhiên n 2  Chú ý : Phép chứng minh giả thiết h không phụ thuộc n Trong trường hợp h phụ thuộc n , người ta chứng minh bất đẳng thức bec_nu_li (dùng công thức nhị thức niutơn ) VD2 : (ĐỀ 101 câu 4a_BĐTTS) Chứng minh x >0 với số tự nhiên n ta có : Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 11 Chuyên đề : Qui nạp toán học ex 1 x  n x x   2! n! (2) Giải Xét hàm số f � x2 xn �  x   e  �1  x    � n 2! n! � � x f  x  phải chứng minh : x  0, n �N : Thật , ta có : n, n Ta (2.1) f  0  n Xét f  x  e   1 x Ta có f  x  e x , x   0,  x   , f  x � f  x   f  0 tăng với x >0 1 Vậy công thức (2.1) với n=1 Giả sử bất đẳng thức với n=k Ta có: f  x  e x  0, k x � x2 xk � �  x    � (2.2) 2! k! � � Ta phải chứng minh : x  0, f Thật , ta có x   � x2 xk xk1 �    � 2! k!  k  1 ! � � k � 2x k.xk1  k  1 x �    � k!  k  1 ! � � 2! � 1 f k1  x  ex  � � , : f Theo (2.2) có � 1 x   x  ex  � � k1 � ,  x   e x  �1  x   k 1 f  x   f k � , k 1 x k 1 x k �  � k 1 k ! �  x    f k 1  x  f  x k tăng với f  x   f  0 0 k 1 k 1 Vậy bất đẳng thức với n=k+1 nên với số tự nhiên n  Chú ý : Nhìn vào bđt (2) ta thấy hai vế hàm số biến x Nếu ta chuyển toàn vế phải bđt (2) sang vế trái đặt : x  0, n  N , f  x  toán trở thành Cmr n f  x   Khi dùng qui nạp để xử lí toán kết hợp với ứng dụng n Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 12 Chuyên đề : Qui nạp tốn học đạo hàm tính đơn điệu hàm số vơ hợp lí.Rõ ràng điểm mẫu chốt,bước đột phá đưa đến hướng giải đẹp cho toán thao tác chuyển vế VD3 (ĐỀ131CÂU4a_BĐTTS) : Cho hàm số f xác định với x thoả mãn điều kiện : f(x+y) f(x).f(y) với x,y (3) CMR : Với số thực x số tự nhiên n ta có :   x f  x   f  n  2    2n (3.1) Giải x Trong BĐT f(x+y)  f(x).f(y) thay x y , ta được: x   x x  x  x   f     f   f    f  x    f    2  2  2    x f  x   f  n  2 Vậy bất đẳng thức    2n Giả sử bất đẳng thức với n =k , với n=1  k �1   x f  x   f  k  2 Ta có      x  f  x    f  k 1      Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k+1, tức : Thật ta có : � �x � � x x � �� x � f � � f �  ��f � � � � �2k � �2 k  k  � � �2k  � � 2k 2k � 2� � �x � � �� x � �� � f� �f� � � � �� � � � �2k � � � �2k  � � � � � �x �f� k � �2 2k � � � � � � 2k  �� x � � �f � � k 1 � � � �2 �   x  f  x    f  k 1      Do tính chất bắc cầu ta có : Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 13 k 1 2k k 1 Chuyên đề : Qui nạp toán học Bất đẳng thức với n = k+1 nên với số tự nhiên n  Chú ý : ta gặp dạng toán chứng minh BĐT (a) BĐT (b) xảy Nói cách khác BĐT (a) xảy có BĐT (b) Hướng giải giành cho dạng xuất phát từ BĐT (b) để chứng minh BĐT (a) Đúng Thực chất toán VD3 chứng minh (3.1) với số thực x,mọi số tự nhiên n hàm f thỏa mãn (3).Do dùng qui nạp để chứng minh (3.1) tiến hành điều kiện buộc hàm f sử dụng tính chất bắc cầu VD4 : n  N * ,ta có : sin n n sin  (4) Với n =1 , VT (4)  sin1.  sin   VP (4) nên (4) Giả sử (4) với n = k  k �1 , với n = k+1,tức : Thật vậy, ta có tức : sin k �k sin  Ta phải chứng minh (4) sin( k  1)  k  1 sin  sin  k  1   sin k cos   cos k sin  �sin k cos   cos k sin  �sin k  sin  �k sin   sin  � k  1 sin  Vậy (4) với n = k+1 , nên (4) với số nguyên dương n  Chú ý : Ta thấy (4) có chứa hàm lượng giác nên việc chứng minh (4) qui nạp thực tính chất hàm lượng giác ,cụ thể ta dùng công cộng hàm sin , tính chất hàm sin , cos, nhận giá trị đoạn   1,1 bất đẩng thức a  b  a  b VD5 : Chứng minh dãy số sau giảm bị chặn u1  2, un 1  un  với  n �1 Giải Chứng minh dãy số giảm Ta dùng qui nạp Ta phải chứng minh :  un 1  un , n �N * Khi n = u2   (5) u1       u1 (5) 2 Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 14 Chuyên đề : Qui nạp toán học Giả sử (5) với n = k ,  k �1 , tức : uk 1  uk (5.1) Ta phải chứng minh : uk   uk 1 Ta có : uk   uk 1  ( 5.1) uk    uk 1 * Vậy (5) với n = k+1 nên với n thuộc N Chứng minh dãy cho bị chặn Ta dùng qui nạp để chứng minh :   u  1, n �N * (6) n Khi n=1 , u1   nên (6) Giả sử (6) với n = k ,  k �1 nghĩa uk  (6.1) Ta phải chứng minh : Ta có :  u k 1  uk 1  uk 1 1  1 2 Vậy uk 1  Dãy số cho bị chặn Chú ý : Khi gặp dạng toán chứng minh dãy số đơn điệu bị chặn ta thực sau :  bước : Dùng qui nạp để chứng minh dãy số đơn điệu  bước : Dự đoán số M trường hợp dãy bị chặn M Số m trường hợp ngược lại.Sau dùng qui nạp để chứng minh dãy bị chặn M bị chặn m trường hợp ngược lại VD 6: n  1 Chứng minh : 1    n, n  N , n  (6)  n Giải 64  1 Khi n =3 bđt (6) trở thành 1     (đúng) 27  3 k Giả sử bđt (6) với n =k nghĩa :  1 1    k  k     k 1 Ta chứng minh bđt (6) với n k  , tức : 1   k 1   1   Ta có :  k   k 1 k k    ( )     ( gtqn )    1   1           k    k   k 1  k 1  k   k   k Vậy bđt(6) với n= k+1 nên với n Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 15 Chuyên đề : Qui nạp toán học  Chú ý : lời giải ta dùng phương pháp làm trội đánh giá bđt bước n =k +1,tại vị trí dấu bđt (2).Có thể nói phương pháp chủ cơng, mang tính đặc thù chứng minh bđt Học sinh cần nắm vững làm tốt phương pháp hiệu mà mang lại, lưu ý khơng nên đánh giá bđt lỏng , chặt Sau ví dụ minh hoạ giành cho phương pháp đánh giá làm trội VD 7: Cho x1,x2,…,xn số dương Chứng minh : xn xn x1 x2 x3      2, n 4 x  x n x3  x1 x4  x x n  x n  x1  x n  (7) Giải Với n = , bđt có dạng : x3 x  x3 x  x x1 x2 x4    2   2 x  x x3  x1 x  x x1  x3 x  x x1  x3 Giả sử bđt(7) với n = k Tức : xk  xk x1 x2     2,  k 4 (7.2) x2  x k x3  x1 x k  x k  x1  x k  Ta chứng minh bđt(7) với n = k+1 Do vai trị bình đẳng giữ xi ( i = 1,2,…,k+1), nên khơng giảm tính tổng qt tốn ta giả sử xk+1 = min{ x1,x2,…,xn } , tức : xk   0, xk  �xk , xk  �x1 Do ta có : s k 1  xk x xk x1 x2 x1 x2     k 1     x  xk 1 x3  x1 x k 1  x k  x1  x k x  x k x3  x1 x1  x k  (7.1) Do: xk xk x x1 x1  ;  ; k 1  (7.3) x  x k 1 x  x k x k 1  x k  x1  xk  x1  x k Từ (7.1),(7.2),(7.3) suy s k 1  Vậy bđt với n  k  nên với n Đó Đpcm  Chú ý : Thí dụ cho thấy rõ nét sức mạnh phương pháp đánh giá làm trội chứng minh bđt Bước ngoặt đưa đến hướng giải cho lời giải toán thao tác đánh giá , ước lượng , giá trị xk+1 = minxi,{ i= 1,2,…n} bước n = k+1 Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 16 Chuyên đề : Qui nạp toán học VD : Chứng minh : n �1 , ta có Khi n = , (1) trở thành : 1  Giả sử (8) vớii n = k ,nghĩa : 1.3.5  2n  1  (8) 2.4.6.2n 2k  1.3.5  2k  1  2.4.6 2n 2k  Ta phải chứng minh (8) với n = k+1, tức : Thật , ta có :  2k  1  2k  2k  2k  (8.2) (8.1) 1.3.5  2k  1 2k  1  2.4.6 2k  2k   2k  ( bđt (8.2) ln sau bình phương hai vế , quy đồng , chuyển vế ta thu bđt tương đương :  ,đúng ) Lấy (8.1) nhân (8.2) vế theo vế ta\có : 1.3.5  2k  1 2k   2k  1   2.4.6 2k  2k   2k  2k  2k  Theo nguyên lí qui nạp ta kết luận (8) n �1  Chú ý : ví dụ (8) minh chứng lại lần cho kĩ thuật sử dụng trực tiếp giả thiết qui nạp toán (giả thiết bđt với n =k ) để thực biến đổi suy bđt với n = k+1 lời giải ví dụ (8) ví dụ (BL) dạng cho thấy biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k+1, để dùng giả thiết qui nạp dẫn đến kết thúc toán mà ta biến đổi trực tiếp từ giả thiết qui nạp toán Đối với toán qui nạp để linh hoạt trình giải ta nên nhớ hai cách làm Vẫn nói thêm hai vd(8) vd(BL) hồn tồn giải cách biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k +1  Bình luận chung cho dạng : Qua tám ví dụ ta thấy tốn dạng hai phong phú , đa dạng nhiều so với dạng , độ khó tăng lên Do việc nắm vững cách giải đơi chưa đủ để giải toán.Rõ ràng mẫu chốt toán kĩ thuật biến đổi bất đẳng thức ứng với n=k+1 để sử dụng giả thiết bất đẳng thức với n = k,hoặc biến đổi trực tiếp từ bất đẳng thức với n= k (đây gọi giả thiết qui nạp) để suy bất đẳng thức với n = k+1 Khi việc đến điều phải chứng minh khơng có khó khăn Bài tập đề nghị Bài Cho      n  1 Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 17 Chuyên đề : Qui nạp toán học Chứng minh : tgn  ntg a  a   a  Bài Chứng minh : với a >0 Bài Chứng minh : n n 1  4a    n  1 ,  n �3 n Bài Chứng minh với số tự nhiên n ta có : a )1     n n b)1  c)1  Bài    n n 1 n 2 n  1 1 n     1 Chứng minh bất đẳng thức : 1  1  2 22 1    1    13 23 2n n 1 Bài Chứng minh với số nguyên dương n , ta có : 2n  1 a)  46 2n 2n  2n b) 2n!  n!  Bài Chứng minh : Bài Chứng minh dãy số u n xác định : n    n  , n  N 3 u1  2,u n 1   u n , n  N * tăng bị chặn Bài CMR n n 1  n  1 n Bài 10 1 Chứng minh số tự nhiên n khác ta ln có :    n Bài 11  n n với số tự nhiên n lớn ta có :    n!     2  3 với n 3 n n CMR Bài 12 CMR :  2n !  4n , n  N *  n! n  Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 18 n Chuyên đề : Qui nạp toán học Bài 13 Cho n số dương nghiệm điều kiện a1 a a n 1 CMR : 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 cos  n 1 n    n  1    CMR :  cos n   cos n   tgn tg Bài 16  n  N , n  1.CMR : 1 13    n 1 n  2n 14 Qua hai dạng đầu qui nạp tốn học ta có cảm giác mức độ hay va khó tốn tăng dần.Do đặc thù ,hai dạng học tương đối sâu phổ thơng.Dạng ba tốn ,cũng dạng cuối chúng tơi trình bày chun đề học sơ qua bậc phổ thông học cao năm thứ hai trường Đhsp Cũng lí mà dạng ba đưa vào sau Xin mời bạn chuyển sang dạng ba qui nạp toán học  Dạng : Dùng qui nạp toán học để chứng minh biểu thức dạng Un chia hết cho số tự nhiên * VD1: Chứng minh n  N , a n n  3n  5n chia hết cho (1) Giải Với n = ta có : a1 13  3.12  5.1 9 3 Giả sử (1) với n = k ,  k 1 , tức : a k k  3k  5k 3 Ta phải chứng minh (1) với n = k+1, nghĩa : a k 1  k  1  3 k  1  5 k  1 3 3 2 Thật : a k 1 k  3k  3k   3k  6k   5k  k  3k 2 5k  3 k 2  9k  3 3 3 Vậy (1) với n = k+1, nên với n  N *  Chú ý : Ta biết tổng chia hết cho số số hạng tổng chia hết cho số Nhận thấy a k 1 tổng đa thức k , Vậy để chứng minh a k+1 chia hết cho ta phải thác triển a k+1, sau tiến hành thực xếp lại số hạng , kết hợp với giả thiết qui nạp , viết lại ak+1 dạng tổng số hạng chia hết cho Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 19 Chuyên đề : Qui nạp toán học  n  1 n  2  n  n  2 n VD2:Chứng minh n 2 , ta có : an = (2) Giải Khi n = , ta có : a2 =   1   2 Giả sử (2) với n =k ,  k �2  , tức : ak =  k  1 k    k  k  2 k Ta phải chứng minh (2) với n = k+1, nghĩa :  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 ak+1 = �  k  1  k    k  3  k  k  �.2  k  k  1 M2k  � 4 4 4 4 4 3�1 4 M2 M2k Vậy (2) với n = k+1 ,nên (2) với n 2  Chú ý : Lời giải ví dụ hai khơng có lạ , ta thực kĩ thuật viết lại a k+1 , thành lập xuất giả thiết qui nạp , dễ dàng suy đpcm VD3: Chứng minh : an = 33n 3  26n  27 676, n 1 (3) Giải Với n = , ta có :a1 = 33.13  26.1  27 676676 nên (3) Giả sử (3) với n = k , k 1 tức : ak = 33k 3  26k  27 676 (3.1) Ta phải chứng minh (3) 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  Vậy (3)        = 676 676( 3.1) với n = k+1 , nên (3) với n 1  Chú ý : ví dụ việc viết lại a k+1 không đơn thác triển xếp lại số hạng , rõ ràng kĩ thuật thêm bớt lại phát huy tác dụng, việc đưa 27 làm thừa số chung, với mục đích thành lập gtqn làm dư lượng so với lượng ban đầu , để cân toán ta thêm vào lượng 676k+676 Làm ta dùng gtqn tiến đến kết thúc lời giải Ví dụ bốn minh học cho lời giải loại tập VD4: Chứng minh rằng: n 1 : n  1.2 n 1  n 1.2 n  38 (4) Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 20 Chuyên đề : Qui nạp toán học Với n = , ta có : 2.1 11 11  2.1 5.4  9.2 3838 nên (4) Giả sử (4) với n = k,  k 1 tức : k  1.2 k 1  k 1.2 k  38 (4.1) Ta phải chứng minh (4) với n = k+1, tức : k 2 1.2 k 11  k 11.2 k 2 38 Thật : k 2 1.2 k 11  k 11.2 k 2 25.5 k  1.2.2 k 1  3.3 k 1.4.2 k  50.5 k  1.2 k 1  12.3 k 1 2 k    2k  50 k  1.2 k 1  k 1.2 k   38.3 k1.2  38          38 38( 4.1) Vậy (4) với n = k+1 , nên với n  N * VD5: Chứng minh : n 1 , ta có : 3n  14n  21n  10n 24 (5) Giải Với n = ta có :  14  21  10 0 24 , nên (5) Giả sử (5) với n = k, k 1 , nghĩa : 3k  14k  21k  10k 24 (5.1) Ta phải chứng minh (5) vói n = k+1 , nghĩa : 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   14 k  3k  3k     21 k  2k   10 k  1 3k  14k  21k _ 10k  12.k  k  1 k  1 24                24 ( 5.1) 24 Vậy (5) với n = k+1 , nên với n 1  Chú ý : Ví dụ ví dụ thuộc dạng Do cách giải giành cho ví dụ xem ý ví dụ  Bình luận chung cho dạng 3: Qua năm ví dụ giành cho dạng ba ta thấy mẫu chốt để giải tốt tập dạng ba kĩ viết lại a n ứng với n = k+1,thành tổng số hạng tích thừa số chia hết cho số tự nhiên cần chứng minh Tất nhiên trình viết lại vậy, ta lưu ý tới việc sử dụng giả thiết qui nạp tốn.Có thể nói kĩ thuật viết lại đề toán Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 21 Chuyên đề : Qui nạp toán học nói riêng viết lại biểu thức tốn học nói chung , để dùng giả thiết tốn , đặc biệt có hiệu quả, giải tốn phổ thơng Xin đưa số ví dụ điển hình cho kĩ thuật Ví dụ (ĐTTS_khốiA2003câu 1 ) Giải hệ phương trình � �x  x  y  y � � y  x3  � Điều kiện xy 0 Hệ cho viết lại dươí dạng : �  x  y �x  y  xy � � y  x3  � Nhờ kĩ thuật viết lại đề , ta xác định hướng giải cho hệ xuất phát từ phương trình thứ hệ Ví dụ (ĐHCSNN_khối A2000) Cho hệ phương trình �x  xy  y  m  � �xy  x  y   m  : Giải hệ cho m=-3 Xác định m để hệ có nghiệm �x  y  xy  m  Hệ cho viết lại dạng : �xy x  y  m   �  Nhờ viết lại hệ mà ta đặt x+y= S, xy = P , Điều kiện S 2-4P 0 , việc giải hệ pt khơng có có khăn Nói chung kĩ thuật giải toán , học sinh nên rèn luyện kĩ thuật để áp dụng trình giải tất dạng toán học sơ cấp 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: CMR n  N : 4.32 n 2  32n  3664 Bài 5: CMR n  N : n  2n chia hết cho Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 22 Bài 6: CMR  n  1  n    2n  Chuyên đề : Qui nạp toán học chia hết cho 1.3.5  2n  1 , n �N Tài liệu tham khảo Doãn Minh Cường : Giới thiệu đề thi tuyển sinh đại học 20002001,NXBGD Hà Văn Chương : Tuyển tập 700 toán bất đẳng thức,NXB.Trẻ1998 Phan Đức Chính – Vũ Dương Thụy _Đào Tam – Lê Thống Nhất : Các giảng luyện thi mơn tốn ,tập hai NXBGD Đặng Đình Hanh :Tập đề tập quan hệ chia hết giành cho K53GH Trần Văn Kỉ : 460 tốn bất đẳng thức,NXB.Trẻ TPHCM Ngơ Thúc Lanh- Vũ Tuấn- Ngơ Xn Sơn : Đại số giải tích 11, Nhà xuất giáo dục1998 Võ Đại Mau :Phương pháp giải toán bất đẳng thức,NXB.Trẻ2000 Nguyễn Văn Mậu :Một số toán chọn lọc dãy số ,NXNGD Trần Phương : Phương pháp giải đề thi tuyển sinh mơn tốn, NXBGD 10 Nguyễn Tiến Quang :Bài tập số học, NXBGD 11 Bộ đề thi tuyển sinh đại học, Nhà xuất giáo dục 2001 12 Tuyển tập 30 năm tạp chí tốn học tuổi trẻ, Nhà xuất giáo dục Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 23 Chuyên đề : Qui nạp toán học 13 Hai sách giáo khoa chỉnh lí hợp năm 2000 đại số giải tích 11, giải tích 12 Nhà xuất giáo dục Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán 24 ... gợi ý, trình thực chuyên đề này, để chuyên đề sớm hoàn thành Xin chân thành cảm ơn Thầy Chúng xin chân thành cảm ơn bạn Phạm Trà My cung cấp cho nhiều tài liệu hay quý trình thực chuyên đề Thư góp... Nguyễn Ngọc Thư - Lớp HK53 Toán Chuyên đề : Qui nạp toán học QUI NẠP Phương pháp qui 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... cho thấy rõ điều (ĐTTS_khối A2002câu 1 ) Cho phương trình : log 32 x  log 32 x   2m  0 (2) ( m tham số ) Giải phương trình (2) m =  Tìm m để phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn 1;3  Bình