Show
Nội dung bài viết gồm 2 phần:
Để chứng minh một mệnh đề P(n) là đúng với mọi n Є N*, ta thường dùng phương pháp quy nạp toán học, được tiến hành theo hai bước như sau:
Chú ý: Nếu phải chứng minh một mệnh đề là đúng với mọi số tự nhiên n ≥ p (p là số tự nhiên) thì:
B. Bài tập và hướng dẫn giải
Câu 1: Trang 82 - sgk đại số và giải tích 11 Chứng minh rằng với n Є N*, ta có đẳng thức: a) 2 + 5+ 8+.... + 3n - 1 = \( \frac{n(3n+1)}{2}\); b) \( \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{2^{n}}=\frac{2^{n}-1}{2^{n}}\); c) 12 + 22 + 32 +….+ n2 = \( \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\). => Xem hướng dẫn giải
Câu 2: Trang 82 - sgk đại số và giải tích 11 Chứng minh rằng với n ε N* ta luôn có: a) n3 + 3n2 + 5n chia hết cho 3; b) 4n + 15n - 1 chia hết cho 9; c) n3 + 11n chia hết cho 6. => Xem hướng dẫn giải
Câu 3: Trang 82 - sgk đại số và giải tích 11 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có các bất đẳng thức: a) 3n > 3n + 1; b) 2n + 1 > 2n + 3 => Xem hướng dẫn giải
Câu 4: Trang 83 - sgk đại số và giải tích 11 a) Tính S1, S2, S3. b) Dự đoán công thức tính tổng Sn và chứng minh bằng quy nạp. => Xem hướng dẫn giải
Câu 5: Trang 82 - sgk đại số và giải tích 11 Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là $\frac{n(n-3)}{2}$ => Xem hướng dẫn giải Trắc nghiệm đại số và giải tích 11 bài 1: Phương pháp quy nạp toán học
Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức \(P(n) = Q(n)\) (hoặc \(P(n) > Q(n)\)) đúng với \(\forall n \ge {n_0},{\rm{ }}{n_0} \in \mathbb{N}\) ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Tính \(P({n_0}),{\rm{ }}Q({n_0})\) rồi chứng minh \(P({n_0}) = Q({n_0})\) Bước 2: Giả sử \(P(k) = Q(k);{\rm{ }}k \in \mathbb{N},k \ge {n_0}\), ta cần chứng minh \(P(k + 1) = Q(k + 1)\). Ví dụ 1:Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) ta luôn có đẳng thức sau: \(1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\) Hướng dẫn:Đặt \({A_n} = 1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\,\) Với n=1, ta có: \(1 = \frac{{1.(1 + 1)}}{2} = 1\) (đúng) Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có: \({A_n} = 1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\,\) (giả thiết quy nạp) Ta phải chứng minh: \({A_{n + 1}} = 1 + 2 + ... + n + (n + 1) = \,\frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}\) Ta có: \({A_{n + 1}} = 1 + 2 + ... + n + (n + 1) = \,\frac{{n(n + 1)}}{2} + (n + 1)\) \(\Leftrightarrow {A_{n + 1}} = \,\frac{{n(n + 1) + 2(n + 1)}}{2} = \frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}\) ( điều phải chứng minh). Vậy \(1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\). Ví dụ 2:Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) ta luôn có đẳng thức sau: \(1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\) Hướng dẫn:Đặt \({A_n} = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\) Với n= 1: \({(2.1 - 1)^2} = \frac{{1.({{4.1}^2} - 1)}}{3} = 1\) (đúng) Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có: \(1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\) (giả thiết quy nạp) Ta phải chứng minh: \({A_{n + 1}} = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} + \,{[2(n + 1) - 1]^2} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} - 1]}}{3}\,\) Ta có: \(VT = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} + \,{[2(n + 1) - 1]^2}\) Theo giả thiết quy nạp ở trên: \(VT = \frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3} + \,{[2(n + 1) - 1]^2}\) = \(\frac{{4{n^3} - n + 3{{(2n + 1)}^2}}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} - n + 12{n^2} + 12n + 3}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} + 12{n^2} + 11n + 3}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} + 4{n^2} + \,8{n^2} + 8n + 3n + 3}}{3}\) \(VT = \frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}\) (1) Ta lại có: \({\rm{VP}} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} - 1]}}{3}\,\) \(= \,\frac{{(n + 1)[4({n^2} + 2n + 1) - 1]}}{3}\,\) \(= \,\frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 4 - 1)}}{3}\,\) \({\rm{VP}} = \,\frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}\,\) (2) Từ (1) và (2): \({A_{n + 1}} = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} + \,{[2(n + 1) - 1]^2} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} - 1]}}{3}\,\) Vậy \(1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\). Ví dụ 3:Chứng mình với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) ta luôn có: \(1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\) Lời giải:Đặt \(P(n) = 1 + 2 + 3 + ... + n\) : tổng n số tự nhiên đầu tiên : \(Q(n) = \frac{{n(n + 1)}}{2}\) Ta cần chứng minh \(P(n) = Q(n){\rm{ }}\forall n \in \mathbb{N},n \ge 1\). Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \(P(1) = 1,{\rm{ }}Q(1) = \frac{{1(1 + 1)}}{2} = 1\) \( \Rightarrow P(1) = Q(1) \Rightarrow (1)\) đúng với \(n = 1\). Bước 2: Giả sử \(P(k) = Q(k)\) với \(k \in \mathbb{N},k \ge 1\) tức là: \(1 + 2 + 3 + ... + k = \frac{{k(k + 1)}}{2}\) (1) Ta cần chứng minh \(P(k + 1) = Q(k + 1)\), tức là: \(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}\) (2) Thật vậy: \(VT(2) = (1 + 2 + 3 + ... + k) + (k + 1)\) \( = \frac{{k(k + 1)}}{2} + (k + 1)\) (Do đẳng thức (1)) \( = (k + 1)(\frac{k}{2} + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2} = VP(2)\) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi \(n \ge 1\). Ví dụ 4:Chứng minh với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) ta luôn có: \(1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1 = {n^2}\) Lời giải: \( \bullet \) Với \(n = 1\) ta có \({\rm{VT}} = 1,{\rm{ VP}} = {1^2} = 1\) Suy ra \(VT = VP \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\). \( \bullet \) Giả sử đẳng thức cho đúng với \(n = k\) với \(k \in \mathbb{N},k \ge 1\) tức là: \(1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1 = {k^2}\) (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với \(n = k + 1\), tức là: \(1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2k + 1) = {\left( {k + 1} \right)^2}\) (2) Thật vậy: \(VT(2) = (1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1) + (2k + 1)\) \( = {k^2} + (2k + 1)\) (Do đẳng thức (1)) \( = {(k + 1)^2} = VP(1.2)\) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi \(n \ge 1\). Vấn đề 2: Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình họcVí dụ 5:Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) : \({n^3} + 2n\) chia hết cho 3. Hướng dẫn:Đặt \({A_n} = {n^3} + 2n\) Với n= 1: \({A_n} = 1 + 2 = 3\, \vdots \,3\) Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có: \({A_n} = {n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) (giả thiết quy nạp) Ta phải chứng minh: \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\,\, \vdots \,\,3\) Ta có: \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\, = \,{n^3} + 3{n^2} + 3n + 1 + 2n + 2\) \(= \,{n^3} + 2n + 3({n^2} + n + 1)\) Theo giả thiết quy nạp: \({n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) Đồng thời: \(3({n^2} + n + 1)\,\, \vdots \,\,3\) Vậy \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\,\, \vdots \,\,3\) Kết luận: \({n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) Ví dụ 6:Cho \(n\) là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: \({a_n} = {16^n}-15n-1 \vdots 225\) Hướng dẫn:\( \bullet \) Với \(n = 1\) ta có: \({a_1} = 0 \Rightarrow {a_1} \vdots 225\). \( \bullet \) Giả sử \({a_k} = {16^k} - 15k - 1 \vdots 225\), ta chứng minh \({a_{k + 1}} = {16^{k + 1}} - 15(k + 1) - 1 \vdots 225\) Thậ 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 7:Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi \((n \ge 3)\) bằng \((n - 2){180^0}\). Lời giải:\( \bullet \) Với \(n = 3\) ta có tổng ba góc trong tam giác bằng \({180^0}\) \( \bullet \) Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với \(k < n\), ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là \(\left( {k - 1} \right){180^0}\) 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 \((k - 1 + n - k - 1){180^0} = (n - 2){180^0}\) Suy ra mệnh đề đúng với mọi \(n \ge 3\). |