Công thức toán 11 phương pháp quy nạp toán học năm 2024

Tài liệu gồm 10 trang, bao gồm kiến thức trọng tâm, hệ thống ví dụ minh họa và bài tập trắc nghiệm tự luyện chủ đề phương pháp quy nạp toán học, có đáp án và lời giải chi tiết; giúp học sinh lớp 11 tham khảo khi học chương trình Đại số và Giải tích 11 chương 3.

9. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
10. Để chứng minh một mệnh đề P(n) đúng với mọi n N* thì ta thực hiện theo các bước sau đây: + Kiểm tra mệnh đề đúng với n 1. + Giả sử mệnh đề đã đúng với n k đưa ra được biểu thức của P k ta gọi là giả thiết quy nạp. + Với giả thiết P k đã đúng, ta chứng minh mệnh đề cũng đúng với n k 1.
11. Để chứng minh một mệnh đề P(n) đúng với mọi n ≥ p (p là số một số tự nhiên) thì ta thực hiện như sau: + Kiểm tra mệnh đề đúng với n p. + Giả sử mệnh đề đã đúng với n k đưa ra được biểu thức của P k ta gọi là giả thiết quy nạp. + Với giả thiết P k đã đúng, ta chứng minh mệnh đề cũng đúng với n k 1. II. HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA

• Dãy Số – Cấp Số Cộng Và Cấp Số Nhân

Ghi chú: Quý thầy, cô và bạn đọc có thể chia sẻ tài liệu trên TOANMATH.com bằng cách gửi về: Facebook: TOÁN MATH Email: [email protected]

BÀI VIẾT LIÊN QUAN

Bài viết hướng dẫn dùng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh các dạng toán về đẳng thức, bất đẳng thức, tính chia hết trong số học, một số bài toán hình học …

Phương pháp quy nạp toán học Cho bài toán: Chứng minh mệnh đề $P(n)$ đúng với mọi số tự nhiên $n\ge {{n}_{0}},$ ${{n}_{0}}\in N$. Ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp toán học như sau: • Bước 1: Kiểm tra $P({{n}_{0}})$ có đúng hay không, nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước 2. • Bước 2: Với $k \in N, k\ge {{n}_{0}}$, giả sử $P(k)$ đúng ta cần chứng minh $P(k+1)$ cũng đúng. Kết luận: $P(n)$ đúng với $\forall n\ge {{n}_{0}}$.

Các dạng toán và ví dụ minh họa Dạng toán 1. Dùng phương pháp quy nạp toán học chứng minh đẳng thức Ví dụ 1. Chứng mình với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ ta luôn có: $1 + 2 + 3 + … + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}.$

Đặt $P(n) = 1 + 2 + 3 + … + n$ và $Q(n) = \frac{{n(n + 1)}}{2}$. Ta cần chứng minh $P(n) = Q(n)$, $\forall n \in N, n \ge 1$. + Bước 1: Với $n = 1$ ta có $P(1) = 1$, $Q(1) = \frac{{1(1 + 1)}}{2} = 1$ $ \Rightarrow P(1) = Q(1)$ $⇒ P(n) = Q(n)$ đúng với $n = 1.$ + Bước 2: Giả sử $P(k) = Q(k)$ với $k \in N, k \ge 1$ tức là: $1 + 2 + 3 + … + k = \frac{{k(k + 1)}}{2}$. Ta cần chứng minh $P(k + 1) = Q(k + 1)$, tức là: $1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1)$ $ = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}$ $(*).$ Thật vậy: $VT(*)$ $= (1 + 2 + 3 + … + k) + (k + 1)$ $ = \frac{{k(k + 1)}}{2} + (k + 1)$ $ = (k + 1)(\frac{k}{2} + 1)$ $ = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}$ $ = VP(*)$ Vậy đẳng thức cho đúng với mọi $n \ge 1.$

Ví dụ 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ ta luôn có: $1 + 3 + 5 + … + 2n – 1 = {n^2}.$

+ Với $n = 1$ ta có $VT = 1$, $VP = {1^2} = 1$, suy ra $VT = VP$ $ \Rightarrow $ đẳng thức cho đúng với $n = 1.$ + Giả sử đẳng thức đã cho đúng với $n = k$ với $k \in N, k \ge 1$, tức là: $1 + 3 + 5 + … + 2k – 1 = {k^2}.$ Ta cần chứng minh đẳng thức đã cho đúng với $n = k + 1$, tức là: $1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + (2k + 1)$ $ = {\left( {k + 1} \right)^2}$ $(*).$ Thật vậy: $VT(*)$ $ = (1 + 3 + 5 + … + 2k – 1) + (2k + 1)$ $ = {k^2} + (2k + 1)$ $ = {(k + 1)^2}$ $ = VP(*)$ Vậy đẳng thức đã cho đúng với mọi $n \ge 1.$

Dạng toán 2. Dùng phương pháp quy nạp toán học chứng minh bất đẳng thức Ví dụ 3. Chứng minh rằng $\forall n \ge 1$, ta có bất đẳng thức: $\frac{{1.3.5…\left( {2n – 1} \right)}}{{2.4.6.2n}} < \frac{1}{{\sqrt {2n + 1} }}.$

+ Với $n = 1$ ta có bất đẳng thức đã cho trở thành $\frac{1}{2} < \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow 2 > \sqrt 3 $ (đúng) $ \Rightarrow $ bất đẳng thức đã cho đúng với $n = 1.$ + Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng với $n = k \ge 1$, tức là: $\frac{{1.3.5…\left( {2k – 1} \right)}}{{2.4.6…2k}} < \frac{1}{{\sqrt {2k + 1} }}.$ Ta phải chứng minh bất đẳng thức đã cho đúng với $n = k + 1$, tức là: $\frac{{1.3.5…\left( {2k – 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{{2.4.6….2k\left( {2k + 2} \right)}}$ $ < \frac{1}{{\sqrt {2k + 3} }}$. Thật vậy, ta có: $\frac{{1.3.5…\left( {2k – 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}}{{2.4.6….2k\left( {2k + 2} \right)}}$ $ = \frac{{1.3.5…(2k – 1)}}{{2.4.6…2k}}.\frac{{2k + 1}}{{2k + 2}}$ $ < \frac{1}{{\sqrt {2k + 1} }}\frac{{2k + 1}}{{2k + 2}}$ $ = \frac{{\sqrt {2k + 1} }}{{2k + 2}}.$ Ta chứng minh: $\frac{{\sqrt {2k + 1} }}{{2k + 2}} < \frac{1}{{\sqrt {2k + 3} }}$ $ \Leftrightarrow (2k + 1)(2k + 3) < {(2k + 2)^2}$ $ \Leftrightarrow 3 > 1$ (luôn đúng). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với mọi số tự nhiên $n \ge 1.$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với $\forall n \ge 1, \forall x > 0$ ta có bất đẳng thức: $\frac{{{x^n}({x^{n + 1}} + 1)}}{{{x^n} + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2n + 1}}$. Đẳng thức xảy ra khi nào?

+ Với $n = 1$ ta cần chứng minh: $\frac{{x({x^2} + 1)}}{{x + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{3}$ $ \Leftrightarrow 8x({x^2} + 1) \le {(x + 1)^4}.$ Tức là: ${x^4} – 4{x^3} + 6{x^2} – 4x + 1 \ge 0$ $ \Leftrightarrow {(x – 1)^4} \ge 0$ (đúng). + Giả sử $\frac{{{x^k}({x}{k + 1}} + 1)}}{{{x^k} + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{{2k + 1}}$, ta chứng minh: $\frac{{{x}{k + 1}}({x^{k + 2}} + 1)}}{{{x^{k + 1}} + 1}} \le {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{{2k + 3}}$ $(*).$ Thật vậy, ta có: ${\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)}{2k + 3}}$ $ = {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2}{\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)}{2k + 1}}$ $ \ge {\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2}\frac{{{x^k}({x}{k + 1}} + 1)}}{{{x^k} + 1}}.$ Nên để chứng minh $(*)$ ta chỉ cần chứng minh ${\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^{2}\frac{{{x^k}({x}{k + 1}} + 1)}}{{{x^k} + 1}}$ $ \ge \frac{{{x^{k + 1}}({x^{k + 2}} + 1)}}{{{x^{k + 1}} + 1}}.$ Hay ${\left( {\frac{{x + 1}}{2}} \right)^2}{({x{k + 1}} + 1)^{2}$ $ \ge x({x}{k + 2}} + 1)({x^k} + 1)$ $(**).$ Khai triển $(**)$, biến đổi và rút gọn ta thu được: ${x^{2k + 2}}{(x – 1)^{2}$ $ – 2{x}{k + 1}}{(x – 1)^{2} + {(x – 1)^2} \ge 0$ $ \Leftrightarrow {(x – 1)^2}{({x}{k + 1}} – 1)^2} \ge 0$, bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x = 1.$ Vậy bài toán được chứng minh.

Dạng toán 3. Dùng phương pháp quy nạp toán học chứng minh bài toán chia hết Ví dụ 5. Cho $n$ là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: ${a_n} = {16^n} – 15n – 1 \vdots 225$.

+ Với $n = 1$ ta có: ${a_1} = 0 \Rightarrow {a_1} \vdots 225.$ + Giả sử ${a_k} = {16^k} – 15k – 1 \vdots 225$, ta chứng minh: ${a_{k + 1}} = {16^{k + 1}} – 15(k + 1) – 1 \vdots 225.$ Thật vậy: ${a_{k + 1}} = {16.16^k} – 15k – 16$ $ = {16^k} – 15k – 1 – 15\left( {{{16}^{k} – 1} \right)$ $ = {a_k} – 15\left( {{{16}^k} – 1} \right).$ Vì ${16^k} – 1$ $ = 15.\left( {{{16}}{k – 1}} + {{16}^{k – 2}} + … + 1} \right) \vdots 15$ và ${a_k} \vdots 225.$ Nên ta suy ra ${a_{k + 1}} \vdots 225.$ Vậy bài toán được chứng minh.

Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n \ge 1$ thì $A(n) = {7^n} + 3n – 1$ luôn chia hết cho $9.$

+ Với $n = 1$ $ \Rightarrow A(1) = {7^1} + 3.1 – 1 = 9$ $ \Rightarrow A(1) \vdots 9.$ + Giả sử $A(k) \vdots 9$, $\forall k \ge 1$, ta chứng minh $A(k + 1) \vdots 9.$ Thật vậy: $A(k + 1) = {7^{k + 1}} + 3(k + 1) – 1$ $ = {7.7^k} + 21k – 7 – 18k + 9$ $ \Rightarrow A(k + 1) = 7A(k) – 9(2k – 1)$. Vì $\left\{ \begin{array}{l} A(k) \vdots 9\\ 9(2k – 1) \vdots 9 \end{array} \right. \Rightarrow A(k + 1) \vdots 9.$ Vậy $A(n)$ chia hết cho $9$ với mọi số tự nhiên $n \ge 1.$

Ví dụ 7. Cho $n$ là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: ${B_n} = \left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)\left( {n + 3} \right) \ldots .\left( {3n} \right)$ $ \vdots {3^n}.$

+ Với $n = 1$, ta có: ${B_1} = 2.3 \vdots 3.$ + Giả sử mệnh đề đúng với $n = k$, tức là: ${B_k} $ $= \left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right) \ldots \left( {3k} \right) \vdots {3^k}.$ Ta chứng minh: ${B_{k + 1}} = \left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)\left( {k + 4} \right)$ $ \ldots \left[ {3\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)} \right] \vdots {3^{k + 1}}.$ Ta có: ${B_{k + 1}} = 3\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)$ $ \ldots \left( {3k} \right)\left( {3k + 1} \right)\left( {3k + 2} \right)$ $ = 3{B_k}\left( {3k + 1} \right)\left( {3k + 2} \right).$ Mà ${B_k} \vdots {3^k}$ nên suy ra ${B_{k + 1}} \vdots {3^{k + 1}}.$ Vậy bài toán được chứng minh.

Dạng toán 4. Dùng phương pháp quy nạp toán học chứng minh tính chất hình học Ví dụ 8. Trong mặt mặt phẳng cho $n$ điểm rời nhau $(n > 2)$ tất cả không nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn $n.$

Giả sử mệnh đề đúng với $n=k\ge 3$ điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng cho $n=k+1$ điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm ${{A}_{n}}$ và ${{A}_{n+1}}$ là ${{A}_{n}}{{A}_{n+1}}$. Nếu những điểm ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n}}$ nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là $n+1$: Gồm $n$ đường thẳng nối ${{A}_{n+1}}$ với các điểm ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n}}$ và đường thẳng chúng nối chung. Nếu ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n}}$ không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có $n$ đường thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối ${{A}_{n+1}}$ với các điểm ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n}}$. Vì đường thẳng ${{A}_{n}}{{A}_{n+1}}$ không chứa một điểm nào trong ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n-1}}$, nên đường thẳng này khác hoàn toàn với $n$ đường thẳng tạo ra bởi ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n}}$. Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn $n+1$.

Ví dụ 9. Chứng minh rằng tổng các trong một $n$-giác lồi $(n\ge 3)$ bằng $(n-2){{180}^{0}}$.

+ Với $n=3$ ta có tổng ba góc trong tam giác bằng ${{180}^{{0}}.$ + Giả sử công thức đúng cho tất cả $k$-giác, với $k{0}}$ và $\left( n-k-1 \right){{180}^{0}}.$ Tổng các góc của $n$-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là $\left( {k–1 + n – k–1} \right){180^0}$ $ = \left( {n – 2} \right){180^0}.$ Suy ra mệnh đề đúng với mọi $n\ge 3.$}