Chuyên đề quy nạp toán học

Ở bài viết này các em sẽ được học chuyên đề quy nạp trong toán học với các dạng toán minh họa ứng dụng phương pháp quy nạp để giải quyết.

Phương pháp quy nạp:

Phương pháp quy nạp thực sự có hiệu lực với lớp các bài toán chứng minh một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n ∈ N.

Để chứng minh một mệnh đề Q(n) đúng với mọi , ta thực hiện 2 bước theo thứ tự:

Bước 1 :   Kiểm tra mệnh đề là đúng với n = p

Bước 2 :  Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ p , ta phải chứng minh rằng mệnh đề đúng với n = k + 1.

Các dạng toán minh họa phương pháp quy nạp:

Dạng 1:  Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh một đẳng thức

VD1 :  Chứng minh rằng : với mọi số tự nhiên n ≥ 2 ,ta có :

aⁿ – bⁿ = (a – b)(a ^{n – 1} + a ^{n – 2}.b +… +a.b ^{n -2} +b ^{n– 1} )    (1)

Ta chứng minh đẳng thức (1) bằng phương pháp qui nạp.

Giải

Khi n=2 thì VT(1) =  a ² – b ² , VP(1)  =  (a –b)(a+ b)= a² – b²  .

Vậy  đẳng thức (1) đúng với n=2.

Giả sử (1) đúng với  mọi n = k 2 , tức là :

a ^k – b ^k = (a – b )(a ^k-1 + a ^k-2.b + … + a.b ^k-2 + b ^k-1     )

Ta CM (1)  cũng  đúng với n=k + 1 , tức là :

a ^k+1 – b ^k+1 = (a-b)(a^k +  a ^k-1.b +…+ a.b ^k-1 + b^k)

Thật vậy : áp dụng giả thiết qui nạp , ta có :

a ^k+1 – b ^k+1  = a ^k+1 – a^k.b+a^k.b – b ^k+1

 = a^k(a-b) + b(a^k-b^k)

= a^k(a-b) +b(a-b)(a  ^k-1 + a ^k-2.b + …+ a.b  ^k-2 + b  ^k-1 )   

= (a-b) [a^k + b(a ^k-1 +a ^k-2 .b +…+a.b ^k-2 +b ^k-1) ]

= (a-b)(a^k +a ^k-1.b +…+a.b ^k-1 +b^k )

Vậy (1) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 2.

*Bình luận : Trong lời giải trên ta  dùng kĩ thuật thêm bớt số hạng ở bước chứng minh (1) đúng vói n = k+1 ,làm như vậy ta đã sử dụng được giả thiết qui nạp của bài toán.

Đây là một kĩ thuật hay có hiệu lực mạnh mẽ trong việc đơn giản hoá lời giải, được áp dụng rộng rãi trong quá trình giải nhiều dạng toán khác nhau ứng với nhiều chuyên đề khác nhau của toán phổ thông . 

Bài tập đề nghị:

Bài 1: CMR : Mọi n ∈ N^*, ta có: 1+3+5+…+(2n-1) =  n²

Bài 2: CMR: Mọi n ∈ N^* ,  ta có: $latex \displaystyle 1+2+3+…+n=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}$                              

Bài 3: CMR :    Mọi a >0, a ≠ 1, $latex \displaystyle {{x}_{1}},{{x}_{2}},…,{{x}_{n}}>0$ ,ta có hệ thức sau:

$latex \displaystyle \mathop{\log }_{a}\left( {{x}_{1}}{{x}_{2}}…{{x}_{n}} \right)=\mathop{\log }_{a}{{x}_{1}}+\mathop{\log }_{a}{{x}_{2}}+…+\mathop{\log }_{a}{{x}_{n}}$

Dạng 2: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh một bất đẳng thức

VD1:  Chứng minh bất đẳng thức Bec-nu-li(Bernoulli). Nếu h > 0 , với mọi số tự nhiên n ≥ 2

$latex \displaystyle (1+h)_{{}}^{n}>1+n.h$     (1)

Giải

Nếu n =2, ta có : (1+h)² = 1+2h+h² > 1+2h    (vì h² > 0) .Vậy  (1) đúng .

Giả sử (1) đúng đến n = k , tức là 🙁 1+h)^k > 1+kh           (2).

Ta phải chứng minh (1) cũng đúng đến n =k+1 ,tức là  :   (1+h)^k+1 > 1+(k+1)h.

Thật vậy : (1+h)^k+1 =(1+h)(1+h)^k (1+h)(1+kh) =1+h+kh+kh²

= 1+h(1+k)+kh² > 1+h(1+k).(vì kh² >0)

Vậy (1) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 2.

*Chú ý : Phép chứng minh trên giả thiết h không phụ thuộc n . Trong trường hợp h phụ thuộc n , người ta chứng minh rằng bất đẳng thức bec_nu_li vẫn đúng (dùng công thức nhị thức niutơn ) .

Bài tập đề nghị:

Bài 1:  Cho $latex \displaystyle 0<\alpha <\frac{\pi }{4\left( n-1 \right)}$    

Chứng minh rằng: $latex \displaystyle tgn\alpha >ntg\alpha $

Bài 2: Chứng minh rằng : với a >0 thì $latex \displaystyle \sqrt{a+\sqrt{a+…+\sqrt{a}}}<\frac{1+\sqrt{4a+1}}{2}$

Bài 3: Chứng minh rằng: $latex \displaystyle \mathop{n}^{n+1}>{{\left( n+1 \right)}^{n}},\left( n\ge 3 \right)$

Dạng 3: Dùng qui nạp để chứng minh một biểu thức dạng U_n chia hết cho một số tự nhiên

VD1:  Chứng minh rằng ∀ n ∈ N^* , a_n = n³ + 3n² + 5n chia hết cho 3 .  (1)

Giải

Với n = 1 ta có :  a1 = 13 + 3.12 + 5.1 = 9 chia hết cho 3 (đúng) .

Giả sử (1) đúng với n = k (k≥1), tức là : a_k = k³ + 3k² + 5k chia hết cho 3

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1, nghĩa là :

a_k+1 = (k+1)³ + 3(k+1)² + 5(k+1) chia hết cho 3

Thật vậy: a_k+1 = k³ + 3k² + 3k + 1 + 3k² + 6k + 3 + 5k + 5 = (k³ + 3k² + 5k) + (3k² + 9k + 9) chia hết cho 3

Vậy (1) đúng với n = k+1, nên cũng đúng với ∀ n ∈ N^*

*Chú ý : Ta biết rằng một tổng chia hết cho một số khi từng số hạng của tổng chia hết cho số đó. Nhận thấy là một tổng các đa thức của k , Vậy để chứng minh a_k+1 chia hết cho 3 ta phải thác triển a_k+1, sau đó tiến hành thực hiện sắp xếp lại các số hạng , kết hợp với giả thiết qui nạp , viết lại a_k+1 dưới dạng tổng các số hạng chia hết cho 3.

Bài tập đề nghị:

Bài 1: CMR: $latex \displaystyle \forall n\in N,\mathop{u}_{n}={{13}^{n}}-1\vdots 6$

Bài 2: CMR: $latex \displaystyle \forall n\in N{{,12}^{2n+1}}+{{11}^{n+2}}\vdots 133$

Bài 3: CMR: $latex \displaystyle \left( n+1 \right)\left( n+2 \right)…\left( 2n \right)$ chia hết cho $latex \displaystyle 1.3.5…\left( 2n-1 \right),n\in N$ .