Bình luận chung cho dạng một : Qua năm ví dụ trên ta thấy bài toán chứng minh đẳng thức bằng cách dùng phương pháp qui nạp toán học chỉ khó khăn và phức tạp ở phần cuối bước 2 , tức là [r]
(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN TIN
*********
Chuyên đề
QUI NẠP TOÁN HỌC
Giáo viên hướng dẫn: Đặng Đình Hanh Sinh viên thực hiện: Nguyễn Ngọc Thư
Lớp: HK53Toán
(2)
NỘI DUNG CHÍNH
1 Phương pháp giải
2 Các dạng tốn điển hình 3 Ví dụ minh hoạ
4 Lời giải chi tiết 5 Chú ý
6 Bình luận phân tích
7. Bài tập
(3)
Lời mở đầu
Trong khn khổ giới hạn chun đề nhóm biên soạn xin
không đưa khái niệm định nghĩa,mệnh đề, định lí tính chất có trong SGH phổ thơng mà đưa dạng toán 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 tốn 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 hiện với nỗ lực thân trình độ hiểu biết có hạn nên chắc 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 hiện 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 chúng nhiều tài liệu hay quý trình thực chuyên đề.
Thư góp ý bạn xin gửi địa email : info@123doc.org
Người thực hiện
Nguyễn Ngọc Thư.
(4)
QUI NẠP
Phương pháp qui nạp thực có hiệu lực với lớp toán chứng minh một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n N.
Phương pháp giải
Để chứng minh mệnh đề Q(n) với np, ta thực bước theo thứ tự:
Bước : Kiểm tra mệnh đề với np
Bước : Giả sử mệnh đề với n k p, ta phải chứng minh mệnh
đề với n k 1
Các dạng toán minh hoạ.
Dạng : Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh đẳng thức
VD1 : Chứng minh : với số tự nhiên n ,ta có :
an – bn = (a – b)(a n – 1 + 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 2 – b 2 , VP(1) = (a –b)(a+ b)= a2 – b2
Vậy đẳng thức (1) với n=2
Giả sử (1) với n = k , tức :
(5)
a k – b k = (a – b )(a k-1 + a k-2.b + … + a.b k-2 + b k-1 )
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
Bình luận : Trong lời giải ta dùng kĩ thuật thêm bớt số hạng bứơc chứng minh (1) đúng vói n = k+1 ,làm ta sử dụng giả thiết qui nạp toán.
Đây kĩ thuật hay có hiệu lực mạnh mẽ việc đơn giản hoá lời giải, áp dụng rộng rãi q trình giải nhiều dạng tốn khác ứng với nhiều chuyên đề khác toán phổ thơng Ví dụ sau cho thấy rõ điều này.
(ĐTTS_khối A2002câu ¿
∐❑
¿ )
Cho phương trình : log3
2
x+√log32x +1− m−1=0 (2) ( m tham số )
1 Giải phương trình (2) m =
2 Tìm m để phương trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [1;3√3] .
Bình thường khơng dùng kĩ thuật thêm bớt nhiều học sinh làm sau :
(6)
Điều kiện x0, Đặt tlog23 x0 , 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 2 đồng
thời bớt vào vế trái phương trình (2) lại đẳng cấp khác Khi phương trình (2) trở thành :
log32x+1+√log32x +1− m−2=0
Điều kiện x>0 Đặt t=√log32x +1 ≥1 ta có : t2+t −2 m−2=0 (3) Rõ ràng (3)
là 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 căn 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 chuyên đề Xin mời bạn theo dõi
VD2: CMR : Mọi số tự nhiên n 1 , ta có :
6 1
12 2 2
n n n n n
(2)
Giải
Khi n = VT(2) = VP(2) nên (2)
Giả sử (2) với n = k , tức :
2 2 ( 1)(2 1)
1
6
k k k
k k
Ta phải chứng minh (2) với n = k +1 , tức :
(k +1)(k +2)(k +3)
¿12+22+32+ .+[(k +1) −1]2+ (k +1)2=❑
❑
Thật : 12 +22+32+…+(k-1)2 + k2 +(k+1)2
(7)
=
2
2 2
1 k k k
¿k (k +1)(2 k +1)
6 + (k+1)2
=
2
2
1
6
k k
k
(k +1)(k +2)(2 k +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 bài toán.
VD3 Tìm số hạng tổng quát dãy số sau :
u1=3 , un +1=2un , (n ≥1)
Giải Ta có :
0
1
2
2
3
1
3 3.2
2 2.3 3.2 2.6 12 3.2
3.2n n
u
u u
u u
u
Ta chứng minh un 3.2n
(3) qui nạp
Khi n = ta có u 1 ⃗(dogt ) (3) Giả sử (3) với n = k, (k ≥1) tức : uk 3.2k1
Ta phải chứng minh (3) với n = k+1 , tức : 3.2
k k
u
Thật : uk12.uk 3.2.2k1 3.2k
Vậy (3) với n = k+1 nên vơi n ≥1
(8)
Chú ý : Sau ví dụ ba ta rút phương pháp giải chung cho dạng tốn tìm số hạng
tổng quát dãy số gồm hai bước :
Bước 1 : Tìm vài số hạng đầu dãy
Bước 2 : Dự đoán số hạng tổng quát, chứng minh qui nạp.
VD4: Tính đạo hàm cấp n hàm số sau : y= 1+x Giải
Ta có :
1+x¿2 ¿
y,
=−1
¿
,
1+x¿3 ¿
y,,
=1
¿
,
1+x¿4 ¿
y,,,
=−1 3
¿
,…, y(n)
Bây ta tìm y(n) quy nạp sau :
Giả sử y(k)
=(− 1)
k
k ! (1+ x )k +1
Ta có :
( 1)1
1 ) ( , ) ( ) ( ) ( )! ( ) ( ) ( ) )( )( ( !
1
k k k k k k k x k x x k k y y Vậy
1+x¿n+1 ¿
yn=(− 1) n!
¿
Chú ý : Phương pháp giải chung cho dạng tốn phân làm hai bước như
sau :
Bước 1 : Tính đạo hàm cấp , hai,ba,…,cho tới dự đoán đạo
hàm cấp n.
Bước 2: Chứng minh đạo hàm cấp n qui nạp toán học
VD5 : (Đề thi học kì 1, Đại số tuyến tính - lớp K53GH_2003) CMR : Nếu số phức z thỏa mãn :
1z+z=2 cos α⇒ zn+z
n
=2 cos α (5)
(9)
Giải
Với n=1, VT z z
1 ) (
, VP(5)= 2 cos α theo giả thiết (5)
Giả sử (5) với n=k , tức :
1
2cos
k
k z k
z
Ta phải chứng minh (5) với n=k+1, tức :
1
1
2cos
k
k z k
z
Thật :
1
1
1 k k k
k z k z z z k
z z z z
¿2 cos kα cos α − 2cos(k − 1) α
1
cos( 1) cos( 1) 2cos
2 k k k
=2cos(k+1) α 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 khơng phải vấn đề nguội lạnh trong kì thi.Do việc nắm vững phương pháp giải điều thật cần thiết với mỗi người học làm toán.
Bình luận chung cho dạng : Qua năm ví dụ ta thấy tốn chứng minh đẳng thức cách dùng phương pháp qui nạp toán học khó khăn phức tạp ở 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 một số bước ta có Đpcm.
Cần nhấm mạnh với dạng toán ta thường biến đổi theo đưòng này ! 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 ra đẳng thức với
n = k+1 Để minh hoạ cho cách làm ta xét ví dụ sau :
CMR n thuộc N* ta có : n n
n n
3
3 3
2
2
(BL)
(10)
Giải
Với n = , (BL) :
1
3 4 12 đúng.
Giả sử (BL) với n = k, tức :
1 3
3 3k 4.3k
k k
(BL.1)
Ta phải chứng minh (BL) với n = k+1, tức :
1
2 4.3
3 3
1
2
kk kk k k
(BL.2)
Thật : Cộng vào hai vế (BL.1) lượng :
1 3k
k
, ta (BL.2) 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 2: CMR: ∀ n∈ N
❑
, ta có :
1
2 n n
n
Bài 3 : CMR : Mọin N *,ta có : 13
+23+ +n3=n
2
(n+1)
4
Bài : CMR : Mọi a >0, a 1, x x1, , ,2 xn 0 ,ta có hệ thức sau:
logax x1 xn logax1logax2 logaxn
Bài 5: CMR: Mọi số tự nhiên n 1, với cặp số (a,b),ta có cơng thức sau đây, gọi là
cơng thức khai triển nhị thức niutơn.
n= n+ n-1 1+ n-2 2+ + k n-k k+ + n n (a+b) C an C an b C an b C an b C bn
Bài 6: CMR :
1
3 3
1
2 n n n
sn
Bài 7: CMR: Với số tự nhiên n 1,ta có đăng thức :
(11)
1+2+3+ +n=n(n+1)
Bài 8: CMR : Mọi n thuộc N ta có : (1−41)(1−4 9)(1−
4
25) .(1− (2 n −)2)=
1+2 n 1− 2n
Bài 9: Tính đạo hàm cấp n hàm số sau :
a) y=ln(1+x) b)
1 y
x x
c) y=sin ax a const d) ysin2x
Bài 10: Tìm tổng số ( 1)
1
1
n n
sn
Bài 11: Tìm số hạng tổng quát dãy số sau :
a) 1
1
3,
2
n n
u u u
b) u1a u, n1 a b u n
Các tập đề nghị đưa lựa chọn cẩn thận, kĩ lưỡng, phần
nào có tính chất định hướng phân loại theo loại toán chữa dạng một
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
1+h¿n>1+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 (do2)
(1+h)(1+kh) =1+h+kh+kh2
= 1+h(1+k)+kh2 > 1+h(1+k).(vì kh2 >0) Vậy (1) với số tự nhiên n
(12)
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 : ex>1+x+x
2
2!+ + xn n ! (2) Giải
Xét hàm số
2! ! n x n x x
x e x
n
f
Ta phải chứng minh : x 0,n N : f n x 0 (2.1)
Thật , ta có : n, f n 0 0
Xét 1 1
x
x e x
f
Ta có
,
1 0, ,
x
x e x
f f1( x )
tăng với x >0 f 1 x f 1 0 Vậy công thức (2.1) với n=1
Giả sử bất đẳng thức với n=k
Ta có:
2
0,
2! !
k x
k
x x
x x e x
k
f
(2.2)
Ta phải chứng minh :
2
1
0,
2! ! !
k k
x k
x x x
x x e x
k k f
Thật , ta có :
, 1
2! ! !
k k
x k
k x
x k x
x e k k f ,
1 1 !
k k x k k x x
x e x x
k k
f f
Theo (2.2) có fk(x )>0⇒ fk+1, (x )>0⇒fk+1(x ) tăng với ∀ x>0 ⇒ fk +1( x )> fk+1(0)=0
Vậy bất đẳng thức với n=k+1 nên với số tự nhiên n
(13)
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 fn( x ) bài toán trở thành
Cmr : ∀ x>0, ∀ n ∈ N , fn( x )> 0 Khi dùng qui nạp để xử lí tốn kết hợp với ứng
dụng 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 :
f ( x )≥[f( x 2n)]
2 n
(3.1)
Giải
Trong BĐT f(x+y) f(x).f(y) thay x y x
2 , ta được:
f(x
2+
x
2)≥ f(
x
2) f(
x
2)⇒ f(x)≥[f (
x
2)]
2
Vậy bất đẳng thức f ( x )≥[f( x 2n)]
2n
với n=1
Giả sử bất đẳng thức với n =k , k 1 Ta có f(x)≥[f(2xk)]
2k
Ta chứng minh bất đẳng thức với n = k+1, tức : f ( x )≥[f( x 2k+ 1)]
2k+ 1
Thật ta có :
2
1 1
2 2
2
2
1
2
1
2
1
2
x x x x
f f f
k k k k
k k
x x
f f
k k
k k
x x
f f
k k
(14)
Do tính chất bắc cầu ta có : f ( x )≥[f( x 2k+ 1)]
2k+ 1
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 nα|≤ n |sin α| (4)
Với n =1 , VT(4)sin1. 1 sin VP(4) nên (4)
Giả sử (4) với n = kk 1, tức : sink k sin Ta phải chứng minh (4) với n = k+1,tức : |sin(k +1)α|≤(k +1)|sin α|
Thật vậy, ta có
sin sin cos cos sin sin cos cos sin sin sin sin sin
1 sin
k k k k k k k
k
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) bằng
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
đẳng thức |a+b|≤|a|+|b| .
VD5 : Chứng minh dãy số sau giảm bị chặn
1
1 2,
2
n un
u u
với n 1 Giải
Chứng minh dãy số giảm Ta dùng qui nạp Ta phải chứng minh :
*
1 ,
n n
u u n N (5)
(15)
Khi n =
2
1
2 2
u
u u
(5) Giả sử (5) với n = k , k 1 , tức : uk1uk (5.1)
Ta phải chứng minh : uk2 uk1
Ta có :
( 5.1)
2
1
2
do
k k
k k
u u
u u
Vậy (5) với n = k+1 nên với n thuộc N ❑❑
Chứng minh dãy cho bị chặn Ta dùng qui nạp để chứng minh :
* 1,
un n N (6) Khi n=1 , u 1 nên (6)
Giả sử (6) với n = k , k 1 nghĩa uk 1 (6.1)
Ta phải chứng minh : uk1 1 Ta có : uk +1=
uk+1 >
1+1
2 =1 Vậy 1
k
u .Dãy số cho bị chặn 1.
Chú ý : Khi gặp dạng toán chứng minh dãy số đơn điệu bị chặn ta thực hiện
như 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
trong trường hợp ngược lại.Sau dùng qui nạp để chứng minh dãy bị chặn bởi M bị chặn m trường hợp ngược lại
VD 6:
Chứng minh : (1+1 n)
n
<n ,∀ n∈ N , n>2 (6) Giải
Khi n =3 bđt (6) trở thành (1+1 3)
3
=64
27<3 (đúng)
Giả sử bđt (6) với n =k nghĩa : (1+1 k)
k
<k
Ta chứng minh bđt (6) với n=k +1 , tức : (1+
k +1)<k +1
(16)
Ta có : 1 1 1 1 1 1 1
1 (2) ( )
1 k k k k k k k k gtqn k k k Vậy bđt(6) với n= k+1 nên với n.
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 trong chứng minh bđt Học sinh cần nắm vững làm tốt phương pháp hiệu quả mà mang lại, lưu ý không nên đánh giá bđt lỏng , chặt Sau đây ví dụ minh hoạ giành cho phương pháp đánh giá làm trội.
VD 7: Cho x1,x2,…,xn số dương Chứng minh :
x1 x2+xn
+ x2 x3+x1
+ x 3 x4+x2
+ .+ xn − 1
xn+xn −2
+ xn x1+xn − 1
≥2 , n ≥ 4 (7) Giải
Với n = , bđt có dạng : x1
x2+x4
+ x2 x3+x1
+ x3 x4+x2
+ x4 x1+x3
≥ 2⇔x1+x3
x2+x4
+x2+x4 x1+x3
≥ 2
Giả sử bđt(7) với n = k Tức : x1
x2+xk
+ x1 x3+x1
+ + xk −1 xk+xk −2
+ xk x1+xk −1
≥ 2,( k ≥ 4) (7.2) 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 : xk10,xk1x xk k, 1x1
Do ta có :
sk+ 1= x1
x2+xk+1
+ x2
x3+x1
+ + xk
xk+1+xk −1
+ xk +1
x1+xk
> x1
x2+xk
+ x2
x3+x1
+ + xk
x1+xk −1
(7.1)
Do: x1 x2+xk+1
≥ x1
x2+xk
; xk
xk+1+xk −1
≥ xk
x1+xk −1
; xk+1
x1+xk
>0 (7.3)
Từ (7.1),(7.2),(7.3) suy sk+ 1>2 Vậy bđt với n k 1 nên với
n
Đó Đpcm.
(17)
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 là
thao tác đánh giá , ước lượng , giá trị xk+1 = minxi,{ i= 1,2,…n} bước n = k+1.
VD : Chứng minh : n 1 , ta có 1 (2n −1 )
2 2n <
√2 k +1 (8)
Khi n = , (1) trở thành :
1
Giả sử (8) vớii n = k ,nghĩa : 1 (2k − 1)
2 n <
√2k +1 (8.1)
Ta phải chứng minh (8) với n = k+1, tức : 1 (2k − 1)(2 k +1)
2 k (2k +2) <
√2 k +3
Thật , ta có : (2 k +1 )
2 k +2 <
√2k +1
√2 k +3 (8.2) ( bđt (8.2) ln sau bình
phương hai vế , quy đồng , chuyển vế ta thu bđt tương đương : 1>0 ,đúng )
Lấy (8.1) nhân (8.2) vế theo vế ta\có :
1 (2k − 1)(2 k +2) 2 k (2 k +2) <
1
√2 k +1
√2k +1
√2 k +3=
√2 k +3
Theo nguyên lí qui nạp ta kết luận (8) đúng 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 đúng với n = k+1.
lời giải ví dụ (8) ví dụ (BL) dạng cho thấy nào cũng biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k+1, để dùng giả thiết qui nạp dẫn đến kết thúc bài tốn mà đơi 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 vẫn 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 là 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
(18)
Bài Cho
4 n
Chứng minh : tgn ntg
Bài Chứng minh : với a >0
1
2 a
a a a
Bài Chứng minh : , 3
n
n n n
n
Bài Chứng minh với số tự nhiên n ta có :
¿
a+√2+√3+ +√n≤ n√n+1
n ¿b¿1+
√2+
1
√3+ +
√n≤ 2√n −1¿
c) 1+12+1 3+ +
1 22− 1>
n
Bài Chứng minh bất đẳng thức :
(1+22)(1+222)(1+223)× ×(1+22n)<1
2n+ 1
Bài Chứng minh với số nguyên dương n , ta có :
¿
a 1¿
3
5
2 n− 1 2 n <
1
√2 n+1¿b¿(2 n !<2
2 n
(n! ))¿
Bài Chứng minh : 13+ 32+ .+
n 3n<
3
4,∀ n∈ N Bài Chứng minh dãy số un xác định :
u1=√2 ,un+1=√2+un ,
*
N n
tăng bị chặn Bài CMR nn +1=(n+1)n với n
Bài 10 Chứng minh số tự nhiên n khác ta ln có : 2≤(1 n)
n
<3
Bài 11 CMR với số tự nhiên n lớn ta có : (n 2)
n
>n !>(n 3)
n
Bài 12 CMR : (2 n) ! (n ! ) ≥
4 n
n+1,n∈ N
❑
Bài 13 Cho n số dương nghiệm điều kiện
(19)
a1 a2 an=1 CMR : a1+a2+ .+an≥ n(∗)
Dấu ‘’=’’xảy ?
Bài 14 Chứng minh số tự nhiên n >1, ta có :
n cos n ncosn
Bài 15 Cho n số tự nhiên 0 n 1
CMR : (1− cosnα) (1+cosnα)
<tgn α tg α
Bài 16 ∀ n∈ N , n>1 CMR :n+11 n+21 + .+ 2 n>
13 14
Qua hai dạng đầu qui nạp tốn học ta có cảm giác mức độ hay va khó bài
tốn tăng dần.Do đặc thù ,hai dạng học tương đối sâu phổ thông.Dạng ba tốn ,cũng dạng cuối chúng tơi trình bày chuyên đề học sơ qua bậc phổ thông học cao năm thứ hai của trường Đhsp Cũng lí mà dạng ba chúng tơi đưa vào sau Xin mời bạn chuyển sang dạng ba qui nạp toán học
Dạng 3 : Dùng qui nạp toán học để chứng minh biểu thức dạng
Un chia hết cho số tự nhiên
VD1: Chứng minh ∀ n∈ N❑
, an=n
3
+3 n2+5 n 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 : ak=k
3
+3 k2+5 k⋮3
Ta phải chứng minh (1) với n = k+1, nghĩa : ak+1=(k + 1)3+3 ( k+1)2+5 ( k+1)⋮3
Thật : ak+1=k3+3 k2+3 k +1+3 k2+6 k +3+5 k +5
3 9
3
3
k k k k k
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 ak+1 tổng đa thức k , Vậy để chứng minh ak+1 chia
hết cho ta phải thác triển ak+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 3.
VD2:Chứng minh ∀ n≥ 2 , ta có : an = (n+1) (n+2) (n+n)⋮2n (2)
(20)
Giải
Khi n = , ta có : a2 = (2+1) (2+2 )⋮22
Giả sử (2) với n =k , k 2 , tức : ak = k1k2 kk2k Ta phải chứng minh (2) với n = k+1, nghĩa :
ak+1 = (k +1+1) (k +1+2) (k +k +1+1)⋮2k+1
¿(k +2) (k +3 ) (k + k +2)=( k+ 2)( k +3) .( k +k ) (k + k+ 1)( k+ k +2)
1 2 2. 2
2
k
k k k k k k k
k
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 = 33n3 26n 27676,n1 (3) Giải
Với n = , ta có :a1 = 33 1+ 3−26 −27=676⋮676 nên (3)
Giả sử (3) với n = k , k ≥1 tức : ak = 33k3 26k 27676 (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.(⏟33 k+3− 26 k −27)
⋮676(do 3.1)
+676 k +676⏟
⋮676 Vậy (3) với n = k+1 , nên (3) với n ≥1
Chú ý : ví dụ việc viết lại ak+1 không đơn thác triển xếp
lại số hạng , rõ ràng kĩ thuật thêm bớt lại phát huy tác dụng, việc đưa 27 ra ngoài 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 vậy ta dùng gtqn tiến đến kết thúc lời giải
Ví dụ bốn minh học cho lời giải loại tập
VD4: Chứng minh rằng: n1:52n1.2n1 3n1.22n138 (4)
Với n = , ta có : 52 −1.21 +1+31+1 22 −1=5 +9 2=38⋮38 nên (4) Giả sử (4) với n = k, (k ≥1 ) tức : 52 k −1.2k +1+3k+1.22 k − 1⋮38 (4.1)
Ta phải chứng minh (4) với n = k+1, tức :
(21)
38
52 11 11 2
k k
k k
Thật :
5 38.3 38
50 12 50 25 38 ) ( 38 1 2 1 2 1 2 1 1 2 k k do k k k k k k k k k k k k k k k k
Vậy (4) với n = k+1 , nên với ∀ n∈ N❑
VD5: Chứng minh : ∀ n≥ 1 , ta có : 3 n4−14 n3+21 n2−10 n⋮24 (5) Giải
Với n = ta có : 3 −14+21−10=0⋮24 , nên (5)
Giả sử (5) với n = k, k ≥1 , nghĩa : 3 k4−14 k3+21 k2− 10 k⋮24 (5.1) Ta phải chứng minh (5) vói n = k+1 , nghĩa :
3 (k +1)4−14 (k +1)3+21 (k +1)2− 10 (k +1)⋮24 Thật :
3 (k +1)4−14 (k +1)3+21 (k +1)2− 10 (k +1)=3(k4+4 k3
+6 k2+4 k +1)−14(k +3 k2+3 k +1) +21(k2+2 k +1)− 10 (k +1)=3 k4−14 k3+21k10
2
k
⏟
⋮24 (do 5.1)
+12 k (k −1) (k −1)⏟
⋮24
⋮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 1.
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 an 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 tốn nói riêng và viết lại biểu thức tốn học nói chung , để dùng giả thiết toán , đặc biệt có hiệu quả, giải tốn phổ thơng Xin đưa số ví dụ điển hình cho kĩ thuật này.
Ví dụ (ĐTTS_khốiA2003câu1)
(22)
Giải hệ phương trình
1
2
x y
x y
y x
Điều kiện
xy ≠ 0
Hệ cho viết lại dạng :
3
2
x y x y
xy
y x
Nhờ kĩ thuật viết lại đề , ta xác định hướng giải cho hệ xuất phát từ phương trình thứ hệ
Ví dụ 2 (ĐHCSNN_khối A2000)
Cho hệ phương trình :
2
x xy y m
xy x y m
1 Giải hệ cho m=-3
2 Xác định m để hệ có nghiệm
Hệ cho viết lại dạng :
2
x y xy m
xy x y m
Nhờ viết lại hệ mà ta đặt x+y= S, xy = P , Điều kiện S2-4P
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❑:16n− 15 n− 1⋮225
Bài 2: CMR n N u, n13n 1 6
Bài 3: CMR n N,122n111n2133 Bài 4: CMR ∀ n∈ N :4 32 n+2
+32 n −36⋮64
Bài 5: CMR ∀ n∈ N :n3
+2 n chia hết cho 3
Bài 6: CMR n1 n2 2 n chia hết cho 1.3.5 2 n1 , n N