Phương pháp quy nạp toán học 2

CHUYÊN ĐỀ 7 : PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌCI.. Nguyên lý quy nạp toán học mạnh PSMI Nguyên lý quy nạp toán học mạnh gọi tắt là nguyên lý quy nạp mạnh, kí hiệu là PSMI, viết tắt chữ cái đầ

CHUYÊN ĐỀ 7 : PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

I KIẾN THỨC TRỌNG ĐIỂM

1 Nguyên lý quy nạp toán học (PMI)

Phương pháp quy nạp toán học 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 n , ta thực hiện 2 bước theo thứ tự:p

Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề đúng với np

Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n k  , ta phải chứng minh rằng mệnh đề đúng với p n k 1

1 Nguyên lý quy nạp toán học mạnh (PSMI)

Nguyên lý quy nạp toán học mạnh (gọi tắt là nguyên lý quy nạp mạnh), kí hiệu là PSMI, viết tắt chữ cái đầu của các từ tiếng Anh: Principle of Strong Mathermatics induction Nội dung nguyên lý quy nạp mạnh như sau:

Giả sử mệnh đề M n 

theo các số tự nhiên n thỏa mãn:

(1) M n 0

đúng với số tự nhiên n0 nào đó

(2) Với mỗi số tự nhiên n n 0, nếu M n 0 ,M n 01 , , M n 

đúng thì M n  1

đúng (3) Khi đó mệnh đề M n 

sẽ đúng với mọi số tự nhiên n n 0

*) Chú ý:

a) Như vậy, PSMI chỉ khác PMI ở bước quy nạp: ở PSMI, chúng ta giả sử rằng không chỉ M n 

đúng mà tất

cả các M j 

đúng với jn0, ,n thì M n  1

đúng Tuy nhiên từ sự khác nhau này, trong một số bài toán thì việc dùng PSMI sẽ tiện lợi hơn khi dùng PMI

b) Phương pháp PSMI cũng thường dùng để chứng minh dạng đóng(closed form) đối với các phần tử của

một dãy xác định bởi quan hệ đệ quy Có thể hiểu rằng dạng đóng các phần tử của một dãy số là biểu hiện dưới dạng có thể tính được mà không cần biết các phần tử khác của dãy số

II Các dạng toán

Dạng 1: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh công thức

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2, ta có:

Lời giải

Khi n 2 thì: VT 1 a2 b2; VP  1  a b a b     a2 b2

Vậy đẳng thức (1) đúng với n 2

Giải 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 chứng minh (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 :

     1 2 2 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

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi n 1, ta có: 2 2 2 ( 1)(2 1)  

6

Lời giải

Khi n 1, ta có VT 2 VP 2

, nên (2) đúng

Giải sử (2) đúng với n k 1, tức là: 12 22 2  1 2 ( 1)(2 1)

6

Ta phải chứng minh (2) cũng đúng với n k 1, tức là:

6

Thật vậy: 12 22   k  1 2 k2  k  1 2

1 2 k 1 k k 1

 2

6

    k 1 2 k2 6 7 k 6

 

   1   2 2   3 

6



Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi n N *, ta có: 1 22 3 2 3  3

3 3 3n 4 4.3n

Lời giải

Với n 1, thì  3 :1 3 5

3 4 12  (đúng)

Giải sử (3) đúng với n k , tức là: 2

3 3 3k 4 4.3k

(3.1)

Ta chứng minh (3) đúng với n k 1, tức là:

k

 



(3.2)

Thậy vậy, cộng vào hai vế của (3.1) một lượng 1

1

3k

k



 , ta được (3.2) Vậy (3) đúng với n k 1, nên cũng đúng với mọi n N *

Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có:

 1

1 2 3

2

n n

(4)

Lời giải

Với n 1, ta có:

1.2

2

(đúng) Vậy (4) đúng với n 1

Giả sử (4) đúng với n k 1, nghĩa là

 1

1 2 3

2

k k

Ta sẽ chứng minh (4) cũng đúng với n k 1, nghĩa là: 1 2 3  1  1  2

2

Từ giả thiết quy nạp, ta có:

 1  1 2 1  1  2

(đpcm) Vậy (4) đúng với mọi n   *

Ví dụ 5: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức sau:

 2    

2 4 2

3

(5)

Lời giải

Với n  , ta có 1

2 2 1 1 2 1

3

, đúng Vậy (5) đúng với n 1

Giả sử (5) đúng với n k  , nghĩa là 1  

   

2

2 4 2

3

Ta sẽ chứng minh (5) cũng đúng với n k  , nghĩa là:1

  2      

3

     

Từ giả thiết quy nạp ta có: 22 42 2 2 2 1 2 2  1 2  1 2 1 2

3

      2      

   2       

VP

(đpcm)

Vậy (5) đúng với mọi n   *

Dạng 2: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức

Ví dụ 1: Dùng phương pháp quy nạp, hãy chứng minh các bất đẳng thức sau:

a) 1x2  1 nx với x  1 và n   (bất đẳng thức Bernoulli)

b) 1x1 1x2  1x n 1 x1x2 x n

, trong đó x i  1,i1,n và các x i cùng dấu (bất đẳng thức

Bernoulli mở rộng)

c)

1

!

2

n

n

n   

  với n *, 1.n

Lời giải

a) Với n 0, ta có: 1x0   1 1 0.x

(vì x  ) Vậy (1) đúng.2 0

Giả sử bất đẳng thức đúng với n k , tức là: 1xk  1 k x

(2)

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1, tức là: 1 xk1 1 k 1  x

Thật vậy: 1 xk1 1 x 1 xk 1 x 1 kx 1 x kx kx2 1 x1 k kx2 1 x1 k

(vì kx  )2 0

Vậy bất đẳng thức đúng với mọi n  

b) Với n 1 thì 1x1 1 x1,bất đẳng thức luôn đúng

Giả sử bất đẳng thức đúng với n k , tức là: 1x1 1x2  1x k 1 x1x2 x k

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1

Từ giả thiết quy nạp và x k1   , ta có: 1 1x1 1x2  1x k 1x k1  1 x1x2 x k 1x k1

1 x x x k x k 1 x x x k

      (do các x i cùngdấu nên x k11x1x2 x k  )0

Vậy bất đẳng thức đúng với mọi n   *

c) Với n 2 ta có:

2 2

2 1

2



Giả sử bất đẳng thức đúng với n m Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n m 1

Ta có:

1

1

1

1

m

m









Theo bất đẳng thức Bernoulli ta có:  

1

m

m



Vì vậy    

    suy ra điều phải chứng minh

Ví dụ 2: Chứng minh rằng:

1

n

n n N n n

Lời giải

Khi n 3, bất đẳng thức (5) trở thành

3

Giả sử bát đẳng thức (5) đúng với n k nghĩa là:

1 1

k

k k

Ta chứng minh bất đẳng thức (5) đúng với n k 1, tức là:

1

1

1

k

k k





Ta có:

1



Vậy bất đẳng thức (5) đúng với n k 1 nên nó cũng đúng với mọi n.

Ví dụ 3: Cho x x1, , ,2 x là các số dương Chứng minh rằng : n

1

3

n



Lời giải

Với n 4, bất đẳng thức có dạng:

k



Ta chứng minh (6) đúng với n k 1.

Do vai trò bình đẳng giữ các x i i 1, 2, ,k1, nên không giảm tính tổng quát của bài toán ta có thể giả sử

1 1, , ,2

x min x x x , tức là x k1 0,x k1x x k, k1x1

Do vậy ta có:

1

1

k

S





Do:

1



Từ (6.1), (6.2), 6.3) suy ra S k1  Vậy bất đẳng thức đúng với 2 n k 1 nên cũng đúng với mọi n

Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 2n n, n N (1)

Lời giải

Với n  0 20   (1) đúng0

Giả sử (1) đúng với n k , tức là 2k k

Ta đi chứng minh (1) đúng với n k 1, tức là 2k1 k 1 (*)

Thật vậy VT(*) 2 k12 2 2k  k2k    đpcmk 1

Ví dụ 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 thì 3n 3n1

Lời giải

Với n 2, ta có 32 3.2 1  9 7 (đúng)

Giả sử bất đẳng thức đúng với n k 2, tức là ta có 3k 3k (giả thiết quy nạp)1

Chứng minh bát đẳng thức đúng với n k 1, tức là chứng minh bất đẳng thức 3k1 3k 1 1

Thật vậy ta có: 3k 3k 1 3k 1 9k 3 3k 1 3k 3 6k 1 1

 

1

3k 3 k 1 1 6k 1

Với k 2, khi đó 6k  1 0 nên 3k 1 3k 1 1

Vậy 3n 3n với mọi 1 n2,n  *

Dạng 3: Sử dụng phương pháp quy nạp vào bài toán chia hết

Ví dụ 1: Chứng minh rằng:  4 2

12

với mọi số nguyên dương n

Lời giải

Gọi M n 

là mệnh đề cần chứng minh n4 n212, n *

Trước hết ta thấy mệnh đề đúng với 6 số nguyên dương đầu tiên

- Với n 1 thì 1 14 2  0 12

- Với n 2 thì 24 22  12 12

- Với n 3 thì 34 32 72 12

- Với n 4 thì 44 42 240 12

- Với n 5 thì 54 52 600 12

- Với n 6 thì 64 62 1260 12

Với n 6, ta giả sử j4 j212 với mọi số nguyên j , 1 j n  (nghĩa là các mệnh đề

 1 ,  2 , ,  

Ta phải chứng minh n14 n1 122 (tức là M n  1 đúng)

Do M n  5

đúng, nên n 54 n 5212 Đặt k n  5, khi đó k4 k2 hay 12 k4 k2 12 ,b b 

Ta có: n14 n12 k64 k62

k4 24k3 216k2 864k 1296 k2 12k 36

12b 24k 216k 852k 1296

12 b 2k 18k 71k 105

12c

 với c b 2k318k271k105 

Theo PSMI thì n14 n1 122 với mọi số nguyên dương n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi n  , ta có:

a) 2n3n  5 6n (1)

b) 16n10n 1 25 (2)

Lời giải

a) Với n 1 ta được 0 6 (đúng)

Giả sử (1) đúng với n k , tức là 2k3k 5 6k

Ta chứng minh (1) đúng với n k 1

Thật vậy, ta có:

6 6

2k 3k 5k 2.2k 3.3k 5.5k 2(2k 3k 5 ) 3k k 3.5k 2k 3k 5k 6







  

    

Vậy ta có điều phải chứng minh

b) Với n 1, ta có 25 25 (đúng)

Giả sử (2) đúng với n k , tức là 16k10k 1 25

Ta chứng minh (2) đúng với n k 1

Thật vậy, ta có: 16k110(k1) 1 16(16  k10k1) 16.10 k 16 10( k1) 1

25 25

16(16k 10k 1) 150k 25





   

    

đpcm

Ví dụ 3: Chứng minh rằng: 32n3 24n37 64,  n N (*)

Lời giải

+) Với n 0, ta có: 33 24.0 27 37 37 64 64     (đúng)

+) Giải sử (*) đúng với n , tức là A32n3 24n37 64

+) Ta chứng minh (*) đúng với n 1, tức là B32n5 24(n1) 37 64 

Thật vậy:



3 n 9 24 24 37 8.3 n 24 24(3 n 1) 24(9n 1) 64



  

Theo nguyên lý quy nạp thì (*) được chứng minh

Ví dụ 4: Chứng minh rằng: 23n 1 3n1 và 23 1 3 , n2  n  (*)

Lời giải

+) Với n 0, ta có

0

3

2  1 3 3; 9   (*) đúng

Giả sử (*) đúng với n , tức là 23 1 3 (1 , 3)

Ta đi chứng minh (*) đúng với n 1, tức là

1

2 n 1 3 ; 3n n

Thật vậy, ta có:

1

2n  1 (2 ) 1 (2n   n 1) (2 ) n  2n 1 3 (3 n q n q1)  (3 n q1) 1 

3 3n q n q 3.3 n q 3 3 (3n q n.q 3 n q 1) 3 ,n 3n

Vậy (*) được chứng minh

Dạng 4: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh các bào toán hình học

Ví dụ 1: Chứng minh rằng số đường chéo của đa giác lồi n cạnh n 4

là

2

n

n n

Lời giải

Với n 4, ta có số đường chéo của tứ giác lồi là

4

4 4 3

2 2

Giả sử với n k 4 ta có số đường chéo của đa giác lồi k cạnh là

2

k

k k

Ta phải chứng minh đa giác lồi k 1 cạnh có

2

đường chéo

Thật vậy, với đa giác lồi cạnh A A1, 2, ,A A k, k1 bất kì, ta có đa giác A A1, 2, ,A k là một đa giác lồi k cạnh

nên số đường chéo của nó là

2

k

k k

Khi đó các đường chéo của đa giác A A1, 2, ,A A k, k1 bao gồm

các đường chéo của đa giác A A1, 2, ,A , các đường k A A x k1x2.k1

và A A Do đó số đường chéo của 1 k

1, 2, , k, k 1

S  S  k      k  

Vậy số đường chéo của đa giác lồi n cạnh n 4

bất kì là

2

n

n n

Ví dụ 2: Chứng minh rằng tổng các góc trong của đa giác lồi n cạnh n 3

là S n n 2 180 0

Lời giải

Với n 3, ta có tổng các góc trong của tam giác là   0 0

3 3 2 180 180

Giả sử với n k 3 ta có tổng các góc trong của đa giác lồi k cạnh là S k k 2 180 0

Ta phải chứng minh đa giác lồi k 1 cạnh có tổng các góc trong bằng k 1 180 0

Thật vậy, với đa giác lồi k 1 cạnh A A A A A1 2 3 k k1 bất kì, ta có đa giác A A A A1 2 3 k là một đa giác lồi k

cạnh nên tổng các góc trong của nó là S k k 2 180 0

Khi đó tổng các góc trong của đa giác

1 2 3 k k 1

A A A A A bằng tổng các góc trong của đa giác A A A A và tam giác 1 2 3 k A A A1 k k1 Do đó

k

Vậy tổng các góc trong của đa giác lồi n cạnh n 3

bất kì là S n n 2 180 0

Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu ABC vuông tại A , có số đo các cạnh là , , a b c thì với mọi số tự nhiên

2

n  ta luôn có bất đẳng thức b n c n a n

Lời giải

Với n 2, ta có bất đẳng thức đúng vì theo định lí Pythagore thì b2c2 a2

Giả sử bất đẳng thức đúng với n k 2, tức là b kc k a k

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1, tức là b k1c k1 a k1

Thật vậy, ta có ABC vuông tại A nên b a và c a Khi đó b k1c k1ab k ac k a k1

Vậy trong ABC vuông tại A bất kì, với mọi số tự nhiên n 2 ta luôn có bất đẳng thức b nc n a n

Ví dụ 4: Cho n đường thẳng nằm trong cùng một mặt phẳng và ở vị trí tổng quát (tức là không có hai đường

thẳng nào song song và không có ba đường thẳng nào đồng quy) Chứng minh rằng n đường thẳng này chia

mặt phẳng thành

1 2

n

n n

miền

Lời giải

Với n 1, ta có

1

1 1 1

2

(đúng vì 1 đường thẳng chia mặt phẳng thành 2 miền)

Giả sử với n k 1 ta có k đường thẳng chia mặt phẳng thành

1 2

k

k k

miền

Ta phải chứng minh n k 1 đường thẳng chia mặt phẳng thành

1

2



miền

Thật vậy, với k 1 đường thẳng bất kì d d1, , ,2 d k1 ta có d d1, , ,2 d k là k đường thẳng nên chúng chia mặt

phẳng thành

1 2

k

k k

miền Đường thẳng d k1 cắt k đường d d1, , ,2 d k tại k điểm phân biệt nên

1

k

d  bị chia thành k 1 phần Vậy đường d k1 đi qua k 1 miền trong S trên và mỗi miền đó sẽ bị chia làm k

2 Do đó d k1 tạo ra thêm k 1 miền.

Vậy n đường thẳng nằm trong cùng một mặt phẳng và ở vị trí tổng quát chia mặt phẳng thành

1

2

n

n n

miền

III Bài tập ôn luyện

Dạng 1: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh công thức

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: * 1.4 2.7   n n3 1 n n 12

(6)

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: *

3 1

2 5 8 3 1

2

n n

(7)

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: *

n



(8)

Lời giải

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: *

 2

2

1 2 3

4

n n

(9)

Lời giải

Dạng 2: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n4,n  thì 3* n 2n7n

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 3, ta có 3n n24n5 (7)

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 4, ta có 2n1n23n (8)

Bài 4: Chứng minh rằng với các số thực  *

1, , ,, ,2 3 n

, ta có:

a a  a a a   a (9)

Dạng 3: Sử dụng phương pháp quy nạp vào bài toán chia hết

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi    , ta có: n *

a) n32n chia hết cho 3

b) n3(n1)3(n2)3 chia hết cho 9

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi    , ta có: n *

a) n311n chia hết cho 6

b) 2n3 3n2  chia hết cho 6.n 6

Dạng 4: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh các bào toán hình học

Bài 1: Cho n đường tròn trong mặt phẳng, hai đường tròn nào cũng cắt nhau tại hai điểm phân biệt, không

có ba đường tròn nào cùng đi qua một điểm Chứng minh rằng n đường tròn đó chia mặt phẳng thành

 

2n n1

miền

Bài 2: Cho đa giác lồi n cạnh n4,n  Chứng minh rằng có thể chia đa giác đó thành  S n  n 2 tam giác bởi các đường chéo không cắt nhau

IV Hướng dẫn giải bài tập

Dạng 1: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh công thức

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: * 1.4 2.7   n n3 1 n n 12

(6)

Lời giải

Với n 1, ta có VT 1 3.1 1   4;VP1 1 1  2 4 VT VP

Vậy (6) đúng với n 1

Giả sử (6) cũng đúng với n k 1, tức là: 1.4 2.7   k k3 1  k1 3 k1 1  k1 k22

(*)

Từ giả thiết quy nạp ta có:

 * 1.4 2.7 3 1  1 3  1 1  12  1 3  1 1

k 1 k2 4k 4 k 1 k 22 VP *

Vậy (6) cũng đúng với mọi n   *

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: *

3 1

2 5 8 3 1

2

n n

(7)

Lời giải

Với n 1, ta có

1 3.1 1

2

Vậy (7) đúng với n 1

Giả sử (7) đúng với n k 1, tức là:

3 1

2 5 8 3 1

2

k k

Ta chứng minh (7) cũng đúng với n k 1, tức là:

     1 3  4

2 5 8 3 1 3 2

2

Từ giả thiết quy nạp ta có:

2

Vậy (7) cũng đúng với mọi n   *

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: *

n



(8)

Lời giải

Với n 1, ta có

1 1

;

Vậy (8) đúng với n 1

Giả sử (8) đúng với n k 1, tức là:

k



Ta chứng minh (8) cũng đúng với n k 1, tức là:

1

k





Từ giả thiết quy nạp ta có:

2 2 1 1

k



 

Vậy (8) cũng đúng với mọi n   *

Bài 4: Chứng minh rằng với mọi n   ta có: *

 2

2

1 2 3

4

n n

(9)

Lời giải

Với n 1, ta có

 2

2

4

Vậy (9) đúng với n 1

Giả sử (9) đúng với n k 1, tức là

 2

2

1 2 3

4

k k

Ta chứng minh (9) cũng đúng với n k 1, tức là:

2

2

k k

 1 2 22

4

VP

Vậy (9) cũng đúng với mọi n   *

Dạng 2: Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n4,n * thì 3n 2n7n

Lời giải

Với n 4, ta có 34 2 7.44  81 44 (đúng)

Gải sử bất đẳng thức đúng với n k 1, tức là ta có 3k 2k 7k (giả thiết quy nạp)

Cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n k 1, tức là chứng minh bất đẳng thức 3k 1 2k 1 7k 1

Thật vậy ta có: 3k 2k 7k 3k 1 3 2 k 7k 3k 1 3.2k 21k 2k 1 7k 1 14 k 7

Với k 4, khi đó 14k  7 0 nên 3k1 2k1 7k 1

Vậy 3n 2n7n với mọi n4,n *

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 3, ta có 3n n24n5 (7)