Toán 11 Bài 1: Phương pháp quy nạp toán học


Phương pháp quy nạp toán học là một dạng toán hay nhưng để làm quen các em sẽ gặp không ít khó khăn. Vì vậy trong bài học sẽ làm rõ thế nào là chứng minh quy nạp toán học? Việc vận dụng phương pháp pháp quy nạp vào giải toán sẽ được thực hiện như thế nào?

Quảng cáo

Tóm tắt lý thuyết

Nội dung phương pháp quy nạp toán học:

Cho \({n_0}\) là một số nguyên dương và \(P(n)\) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên \(n \ge {n_0}\). Nếu

(1)  \(P({n_0})\) là đúng và

(2)  Nếu \(P(k)\) đúng, thì \(P(k + 1)\)cũng đúng với mọi số tự nhiên \(k \ge {n_0}\);

thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên\(n \ge {n_0}\) .

Khi ta bắt gặp bài toán:

Chứng minh mệnh đề \(P(n)\) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge {n_0},\)\({n_0} \in \mathbb{N}\) ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau

Bước 1: Kiểm tra \(P({n_0})\) có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai

Bước 2: Với \(k \ge {n_0}\), giả sử \(P(k)\) đúng ta cần chứng minh \(P(k + 1)\) cũng đúng.

Kết luận:  \(P(n)\) đúng với \(\forall n \ge {n_0}\).

Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề \(P(k)\) đúng gọi là giả thiết quy nạp.

Bài tập minh họa

Vấn đề 1: Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức - Bất đẳng thức

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 học

Ví 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 \(n \ge 3\).

3. Luyện tập Bài 1 chương 3 giải tích 11

Phương pháp quy nạp toán học là một dạng toán hay nhưng để làm quen các em sẽ gặp không ít khó khăn. Vì vậy trong bài học sẽ làm rõ thế nào là chứng minh quy nạp toán học? Việc vận dụng phương pháp pháp quy nạp vào giải toán sẽ được thực hiện như thế nào? 

3.1 Trắc nghiệm về Phương pháp quy nạp toán học

Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 11 Chương 3 Bài 1 để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.

Câu 2- Câu 5: Xem thêm phần trắc nghiệm để làm thử Online 

3.2 Bài tập SGK và Nâng Cao về Phương pháp quy nạp toán học

Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 11 Chương 3 Bài 1 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Giải tích 11 Cơ bản và Nâng cao.

Bài tập 1 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11

Bài tập 2 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11

Bài tập 3 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11

Bài tập 4 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11

Bài tập 5 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11

4. Hỏi đáp về bài 1 chương 3 giải tích 11

Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán HỌC247 sẽ sớm trả lời cho các em. 

-- Mod Toán Học 11 HỌC247

Quảng cáo

Được đề xuất cho bạn