Giải toán 11 Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học

§1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
KIẾN THỨC CẢN BẢN
PHÉP CHỨNG MINH BANG QUY NẠP GỒM HAI BƯỚC SAU
Bùớc 1. Kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n = 1.
Bước 2. Giả thiết mệnh để đúng với một số tự nhiên bất kì n = k > 1 (giả thiết này dược gọi là giả thiết quy nạp), chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1.
Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề là đúng với mọi số tự nhiên n > p (p là một số tự nhiên đúng với n = p, ỏ' bước 2), ta giả thiết mệnh để đúng với số tự nhiên bất kì n = k > p và chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1. Trường hợp thường gặp nhất là n = 1.
. , 111 2	4	8
c) 12 + 22 + 32 +. . + n
+ (3n-1) =
(1)
1 2n-1
(2)
2" “ 2n
, n2 n(n + l)(2n + l)
6
(3)
PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TẬP
1. Chứng minh rằng với n e N’ ta có các đẳng thức:
c^lải
1.4
Với n = 1, ta có 2 = -^-(đúng). Vậy (1) đúng với n = 1. 2
Giả sử (1) đúng với n = k tức là ta có:
2 + 5 + 8 + ... + (3k - 1) = k-3k + 1)
Ta phải chứng minh (1) đúng với 11 = k + 1, tức là phải chứng minh: 2 + 5 + 8 + ... + (3k - 1) + (3k + 2) =	+ 4) .
Thật vậy, ta có: 2 + 5 + 8 + ... + (3k - 1) + (3k + 2) = k-(3k +	+ (3k + 2)
2
_ 3k2 + k + 6k + 4	3k2 + 7k + 4 (k + l)(3k + 4)
2 - 2 - 2
Vậy (1) đúng với mọi n - k +1 nên (1) đúng với mọi n e N*.
12-1
Với 11 = 1, ta có 4 = (đúng). Vậy (2) đúng với n = 1. 2 2
_	111 1	2-1
Giả	sử	(2)	đúng	với n	= k	tức là	ta	có:	T + — + 4 + ••• + K	= —7—
2	4	8	2k	2k
Ta chứng	minh	(2) đúng với	n =	k	+	1	tức là phải chứng	minh
1
2k+1
1.1.1. .1 1
■ + — + — + ... + —r- +
2	4	8
Thật vậy, ta có:
2k+1 -1
ok + 1
111
“4—— 4- — 4- ... 4	— 4-
2	4	8 2k 2k+1
1	1 2k -1	1	2k+1-2+l	2k+1 -1
2k + 2k+1
}k + l
Vậy (2) đúng với n = k + 1 nên (2) đúng với mọi n e N*.
c) Với n = 1 ta có l2 =
1.2.3
(đúng). Vậy (3) đúng với n = 1.
, ,,,,,	,2	,2	k(k +1)(2k +1)
Giả sử (3) đúng với n = k thì là ta có: 1 + 22 + ...+ k2 = —-	4—	
6
Ta chứng minh (3) đúng với n = k + 1 tức là phải chứng minh
-.2 r*2	,2 ,1 , ,2 (k + l)(k + 2)(2k + 3)
l2 + 22 + ... + k2 + (k + l)2 = 1	11—4-11	
Thật vậy, ta có:
l2 + 22 + ...+ k2 + (k+ l)2 k(k + l)(2k +1)+ 6(k +1)2
k(k + l)(2k +1)
+ (k + l)2
= i(k + l)(2k2 + k + 6k + 6) 6
= 4(k + l)(k + 2)(2k + 3) 6
Vậy (3) đúng với n = k + 1 nên (3) đúng với mọi n e 14*.
Chứng minh rằng với n e N' ta có:
n3 + 3n2 + 5n chia hết cho 3 (1);
4" + 15n - 1 chia hết cho 9 (2);
n3 + 11n chia hết cho 6 (3).
ỐỊiải
Đặt Sn = n3 + 3n2 + 5n. Với n = 1 tả có l3 + 3.12 + 5.1 = 9 : 3.
Vậy (1) đúng với n = 1.
Giả sử (1) đúng với n = k, tức là sk = k:i + 3k2 + 5k : 3.
Vậy Sn : 3 với mọi n e N*.
Đặt sn = 4" + 15n - 1.
Với n = 1, ta CÓ Si = 18 : 9. Vậy (2) đúng với n = 1.
Giả sử (2) đúng với n = k, tức là:
sk = 4k + 15k - 1 : 9 => 4k + 15k - 1 - 9m (với m <= N*).
Khi đó ta có:
Sk+1 = 4k+1 + 15(k + 1) - 1 = 4.4k + 15k + 14
= 4(9m - 15k + 1) + 15k + 14 = 36m - 45k + 18 - 9(4m	- 5k	+ 2)	: 9
Vậy (2) đúng với n = k + 1 nên (đúng với mọi n e N*).
Đặt sn = n3 + lln với n = 1, ta có S] = 12 : 6. Vậy (3) đúng	với n =	1.
Giả sử (3) đúng với n = k, tức là sk = k3 + Ilk -6.
Ta phải chứng minh Sk+1 : 6.
Thật vậy: Sk+1 = (k + l)3 + ll(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + llk + 11 = k3 + llk + 3(k2 + k + 4) ỉ 6
(Vì sk : 6 và k2 + k + 4 = k(k + 1) + 4 : 2)
Vậy (3) đúng với n = k + 1 nên (3) đúng với mọi n e N*.
Chứng minh với mọi số tự nhiên n > 2 ta có các bất đẳng thức:
3" > 3n + 1 (1):
2"*' > 2n + 3 (2).
ốịlài
Với n = 2, ta có 32 > 3.2 + 1 (đúng). Vậy (1) đúng với n = 2.
Giả sử (1) đúng với n - k > 2, tức là 3k > 3k + 1	(*)
Ta chứng minh (1) đúng với n = k +1, ta là chứng minh 3k+1 > 3(k + 1) + 1	(**)
Thật vậy, từ (*) ta có 3k+1 = 3.3k > 3(3k + 1)
Đế’ có (**) ta chứng minh:
3(3k + 1) > 3(k + 1) + 1 9k + 3 > 3k + 4
o 6k > 1 (luôn đúng với mọi k > 2)
Vậy (1) đúng với n = k + 1 nên (1) đúng với mọi sô’ tự nhiên n > 2.
Với n = 2 ta có 23 > 2.2 + 3 (đúng). Vậy (2) đúng với n = 2.
Giả sử (2) đúng với n = k > 2, ta có 2k+1 > 2k + 3.
Ta chứng minh (2) đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh:
2k+2 > 2k + 5.
Thật vậy ta có: 2k+2 = 2.2k+1 > 2(2k + 3) = 4k + 6>2k + 5 với mọi k > 2 Vậy (2) đúng với n = k + 1 nên (2) đúng với mọi sô’ tự nhiên n > 2.
4. Cho tổng Sn = —7?+ 77^7+ ■■■-*■ , 1 .
1.2 2.3 n(n + l)
với n 6 N*.
Tinh s,, s2, s3.
Dự đoán công thức tính tổng s„ và chứng minh bằng quy nạp.
Ốịlảí
a) Tacó:S, =	= j; S2=^ + A- = l; S3=A + —+ -1
1.2	2.3	3
1.2+ 2.3	3.4	4
b) Dự đoán: Sn =
(*)
Chứng minh (*) bằng quy nạp với n e N*
Với n = 1 ta có Si =	. Vậy (*) đúng với n = 1
2
1	1	1	k
Giả sử (*) đúng với n = k, tức là sk =	- + -y— + ... + ,	-- = ,
1.2	2.3 k(k + l) k + 1
Ta chứng minh (*) đúng với k + 1 tức là chứng minh
Q	1	,	1
Sk+1 —	"• 4-	4^ ... 4-
1.2	2.3
1 1 _k+1 k(k + 1) + (k + l)(k + 2) ■ k + 2
Thật vậy, ta có: Sk+1 = Sk +
1	k	1	k(k + 2) +1
(k + l)(k + 2) ■ k + 1 + (k + l)(k + 2) - (k + l)(k + 2)
(k + 1)2 k + 1
- (k + l)(k + 2)'~ k + 2
Vậy (*) đúng với n = k + 1 nên (*) đúng với mọi n e N*.
n(n-3)
5. Chứng minh sô' đường chéo cùa một đa giác lói n cạnh là	.
Ốịiải
Với n = 4, ta có tứ giác.
Thay n = 4 vào công thức, ta có số đường chéo của tứ giác theo công thức là:
itva =2.
Vậy khẳng định là đúng với n = 4.
Giả sử đa giác lồi k cạnh (k > 4) có số đường k(k-3)
chéo là
(giả thiết quy nạp).
Xét đa giác lồi k + 1 cạnh.
Ta phải chứng minh công thức đúng với k + 1, nghĩa là phải chứng minh (k + l)[(k + 1) - 3]
đa giác lồi k + 1 cạnh có số đường chéo là
đường chéo
Nô'i Aị và Ak, ta được đa giác k cạnh AịA2 ...Ak có -v —- 2
(giả thiết quy nạp).
Nô'i Ak+1 với các đỉnh A2, A3, Ak_i, ta được thêm k - 2 đường chéo, ngoài ra A]Ak cũng là một đường chéo.
Vậy số đường chéo của đa giác k + 1 cạnh là
k(k-3) + k _ 2 + 1 = k2-k-2 = (k + l)[(k + 1) - 3]
2 + 2 2 Vậy khẳng định cũng đúng với đa giác k + 1 cạnh.
Do đó số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là —( - 3) với mọi số tự ■ 2
nhiên n > 4.
c. BÀI TẬP LÀM THÊM
Chứng minh rằng với mọi n e z’
1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2;
1.4 + 2.7 + ... + n(3n + 1)2 = n(n + 1)2;
ox 1 .	1.	.113	ox
n + 1 n + 2 2n 24
n3 + 17n chia hết cho 6;
13 + 23 + 33 + ... + n3 = (1 + 2 + 3 + ... + n)2.