Hướng dẫn giải chi tiết về giới hạn dãy số của hàm số lớp 11 phần 8 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Giả sử P n   là một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n.[r]

Trang 1

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

TÓM TẮT GIÁO KHOA

Nguyên lý quy nạp toán học:

Giả sử P n  là một mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n Nếu cả hai điều kiện  i

và  ii dưới đây được thỏa mãn thì P n  đúng với mọi nm (m là số tự nhiên cho trước)

   i P m đúng.

 ii Với mỗi số tự nhiên km, nếu P k 1   đúng

Phương pháp chứng minh dựa trên nguyên lý quy nạp toán học gọi là phương pháp quy nạp toán học( hay gọi tắt là phương pháp quy nạp)

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN PHƯƠNG PHÁP

Để chứng minh một mệnh đề P n  phụ thuộc vào số tự nhiên n đúng với mọi

nm (m là số tự nhiên cho trước), ta thực hiện theo hai bước sau:

Bước 1: Chứng minh rằng P n  đúng khi nm

Bước 2: Với k là một số tự nhiên tùy ý, km Giả sử P n đúng khi nk, ta sẽ chứng minh P n cũng đúng khi n k 1 Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng P n đúng với mọi số tự nhiên nm

CÁC VÍ DỤ

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có:

a) 1.4 2.7  n 3n 1  n n 1  2

b)

   

n n 3

1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 4 n 1 n 2



LỜI GIẢI

a) 1.4 2.7  n 3n 1   n n 1  2 (1)

Với n = 1: Vế trái của (1) 1.44; Vế phải của (1) 1(1 1) 2 4 Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1) Vậy (1) đúng với n = 1

Giả sử (1) đúng với nk Có nghĩa là ta có:

     2 1.4 2.7  k 3k 1 k k 1 2

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 Có nghĩa ta phải chứng minh:

         2 1.4 2.7  k 3k 1  k 1 3k 4   k 1 k 2 

 

2

k k 1

1.4 2.7 k 3k 1 k 1 3k 4 k k 1 k 1 3k 4

          

Trang 2

k 1 k 2    2(đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1 Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n

b)

   

n n 3

1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 4 n 1 n 2



    (1)

Với n = 1: Vế trái của (1) 1 1

1.2.3 6

  ; Vế phải của (1) 4(1 1)(1 2)1(1 3) 16

Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1) Vậy (1) đúng với n = 1

   

 

     

k k 3

2 1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 4 k 1 k 2



         

   

     

k 1 k 4

2 1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 4 k 2 k 3

 

  

     

k k 3

4 k 1 k 2

1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3





              

k k 3

k 3

4 k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 4 k 1 k 2



     

   

2

k 6k 9k 4

4 k 1 k 2 k 3 4 k 1 k 2 k 3 4 k 2 k 3

Ví dụ 2: Với mỗi số nguyên dương n, gọi un 9n1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì unluôn chia hết cho 8.

LỜI GIẢI

Ta có u1911 8 chia hết cho 8 (đúng)

Giả sử uk 9k1chia hết cho 8

Ta cần chứng minh uk 1 9k 1 1 chia hết cho 8

Thật vậy, ta có k 1 k  k 

u  9   1 9.9 1 9 9 1  8 9u  Vì 8 9uk và 8 đều

chia hết cho 8, nên uk 1 cũng chia hết cho 8.

Vậy với mọi số nguyên dương n thì un chia hết cho 8.

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n2, ta luôn có: 2n 1 2n 3 (*)

Trang 3

LỜI GIẢI

Với n2 ta có 22 1 2.2 3 87 (đúng) Vậy (*) đúng với n2

Giả sử với nk, k2 thì (*) đúng, có nghĩa ta có: 2k 1 2k 3 (1)

Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1, có nghĩa ta phải chứng minh:

k 2

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 3 ta được:

2.2  2 2k 3  2  4k 6 2(k 1) 3  Vậy 2k 2 2(k 1) 3  (đúng)

Do đó theo nguyên lí quy nạp, (*) đúng với mọi số nguyên dương n3

BÀI TẬP TỔNG HỢP Câu 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:

2

3



     

2) 2 2 2  2 2n n 1 2n 1   

3

    

4



    

4) 1.2 2.3 3.4 n(n 1) n(n 1)(n 2)

3

     

5) 1.2 2.5 3.8   n 3n 1   n2n 1 

6) 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2    n n 1 n 2 n 3     

4

12

8) 1 1 1 1 1 1 1 12 n 1, n 2

9) 1 1 1 1 1 2 n

     

10)

n



    

11) 1 2 3 nn 3 2n 3n

3 9 27 3 4 4.3



     

LỜI GIẢI

 

2 2

3



     

Trang 4

Với n = 1: Vế trái của (1) = 1, vế phải của (1) 1 4.1 1 

1 3



  Vậy (1) đúng với n = 1 Giả sử (1) đúng với nk Có nghĩa là ta có:

 

2 2

3



     

2

k 1 4 k 1 1 2k 1 k 1 2k 3

2

3



          (thế (2) vào)

 2 2k 1 2k  2 5k 3      

2k 1

(đpcm)

2

ax bx c 0

2

2k 5k 3 2 k 1 k k 1 2k 3

2

        

2) 2 2 2  2 2n n 1 2n 1     

3

    

Với n = 1: Vế trái của (1) = 4, vế phải của (1) 4 Suy ra (1) đúng với n = 1

 2      

3

    

 2  2      

3

Thật vậy: 2 2 2  2  2 2k k 1 2k 1     2

3

vào) 2 k 1 2k   2 7k 6 2 k 1 k 2 2k 3     

Trang 5

3)  

 

2 2

4



    

Giả sử (1) đúng với nk.Có nghĩa là ta có:  

 

2 2

4



    

3

4

      

2 2

4



k 12k2 4k 4 k 1 2 k 22

4) 1.2 2.3 3.4 n(n 1) n(n 1)(n 2)

3

      (1)

Với n = 1: Vế trái của (1) = 2, vế phải của (1) 2 Suy ra (1) đúng với n = 1 Giả sử (1) đúng với nk.Có nghĩa là ta có:

 

k(k 1)(k 2)

3

     

      k 1 k 2 k 3     1.2 2.3 3.4 k k 1 k 1 k 2

3

        

Thật vậy: 1.2 2.3 3.4 k k 1  k 1 k 2   k(k 1)(k 2) k 1 k 2  

3

k 1 k 2 k 3    

3

5) 1.2 2.5 3.8   n 3n 1   n2n 1  (1)

Với n = 1: Vế trái của (1) = 2, vế phải của (1) 2 Suy ra (1) đúng với n = 1 Giả sử (1) đúng với nk Có nghĩa là ta có:

  2    1.2 2.5 3.8   k 3k 1 k k 1 2

        2 

Thật vậy: 1.2 2.5 3.8   k 3k 1    k 1 3k 2     k2k 1   k 1 3k 2    

Trang 6

k 1 k   23k 2  k 1 k 1 k 2        k 1  2 k 2  (đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1 Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số

nguyên dương n

6) 1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2    n n 1 n 2 n 3     

4

    k k 1 k 2 k 3       

4

          k 1 k 2 k 3 k 4       1.2.3 2.3.4 3.4.5 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3

4

Thật vậy: 1.2.3 2.3.4 3.4.5   k k 1 k 2       k 1 k 2 k 3       

     

             

k 1 k 2 k 3

nguyên dương n

12

1.2 2.3 3.4 k 1 k

12

     

        2     

2

1.2 2.3 3.4 k 1 k k k 1

12

2

1.2 2.3 3.4 k 1 k k k 1

12

Thật vậy: 1.222.333.44 k 1 k  2k k 1  2    

 

2

k k 1 3k 2

k k 1 12

k k 1 3k 11k 10 k k 1 k 2 3k 5

nguyên dương n2

Trang 7

8) 1 1 1 1 1 1 1 12 n 1, n 2

Với n = 2: Vế trái của (1) 1 1 3

4 4

   , vế phải của (1) 2 1 3

2.2 4



  Suy ra (1) đúng với n = 2

2

Thật vậy ta có: 1 1 1 1 1 1 1 12 1 1 2 k 1 1 1 2

2

k k 2

2k (k 1) 2(k 1)



Vậy (1) đúng khi n k 1 Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n2

9) 1 1 1 1 1 2 n 1 

     

Với n = 1: Vế trái của (1) 1, vế phải của (1) 2 12 Suy ra (1) đúng với n = 1

Giả sử (1) đúng với nk Có nghĩa là ta có: 1 1 1 1 1 2 k 2 

     



Vì 2 k 1 2 k 1 2 k k 1  1 2 k 1 

k 1



2 k k 2k 1 4 k k 2k 1

10)

n



     (1)

Với n = 1: Vế trái của (1) 1

2

 , vế phải của (1) 2 1 1

2 2



  Suy ra (1) đúng với n = 1

Trang 8

k



     (2)

k 1





     

Thật vậy:

k



      

11) 1 2 3 nn 3 2n 3n 1 

3 9 27 3 4 4.3



     

Với n = 1: Vế trái của (1) 1

3

 , vế phải của (1) 3 2.1 3 1

4 4.3 3



   Suy ra (1) đúng với

n = 1

Giả sử (1) đúng với nk Có nghĩa là ta có: 1 2 3 kk 3 2k 3k 2 

3 9 27 3 4 4.3



     

1 2 3 k k 1 3 2(k 1) 3

3 9 27 3 3  4 4.3 

      

Thật vậy: 1 2 3 kk k 1k 1 3 2k 3k k 1k 1

3 9 27 3 3  4 4.3 3 

3 3(2k 3) k 1 3 3(2k 3) 4(k 1) 3 2k 5 3 2(k 1) 3

4 4.3  3  4 4.3  4 4.3  4 4.3 

Câu 2: Chứng minh rằng   n * ta có:

1) n311n chia hết cho 6

2) n33n25n chia hết cho 3

3) n3n chia hết cho 3

4) 2n33n2n chia hết cho 6

5) 13n1 chia hết cho 6

6) 4n15n 1 chia hết cho 9

7) 4n6n 8 chia hết cho 9

8) 7.22n 2 32n 1 chia hết cho 5

9) 32n 1 2n 2 chia hết cho 7

10) 11n 1 122n 1 chia hết cho 133

Trang 9

11) Chứng minh   n * thì 16n15n 1 chia hết cho 225.

12) Chứng minh   n thì 4.32n 2 32n 36 chia hết cho 32

13) 33n 3  26n 27 169, n   *

LỜI GIẢI

1) n311n chia hết cho 6

Với n1 ta có 1311.1 12 chia hết cho 6 đúng

Giả sử với nk thì k311k chia hết cho 6

Ta phải chứng minh với n k 1 thì k 1 311 k 1   chia hết cho 6

Thật vậy ta có

k 1 311 k 1  k33k23k 1 11k 11 (k    311k) 3k(k 1) 12 *    

Ta có k311k chia hết cho 6 theo bước 2, 3k(k 1) chia hết cho 6 và 12 hiển nhiên chia hết cho 6 Từ đó suy ra  * chia hết cho 6 (đpcm).

2) n33n25n chia hết cho 3

Đặt un n33n25n

Ta có u1133.125.1 9 chia hết cho 3

Giả sử uk k33k25k chia hết cho 3

Ta cần chứng minh uk 1 k 1 33 k 1  25 k 1   chia hết cho 3

u  k 3k 3k 1 3k  6k 3 5k 5   u 3 k 3k 3 Vì

k

u và 3 k 23k 3  đều chia hết cho 3, nên uk 1 cũng chia hết cho 3.

3) n3n chia hết cho 3

Đặt un n3 n

Ta có u1131 0 chia hết cho 3 (đúng)

Giả sử uk k3 k chia hết cho 3

Ta cần chứng minh uk 1 k 1 3 k 1  chia hết cho 3

Thật vậy, ta có uk 1 k33k23k 1 k 1 u    k3(k2k) Vì uk và 3(k2k)

đều chia hết cho 3, nên uk 1 cũng chia hết cho 3.

4) 2n33n2n chia hết cho 6

Đặt un 2n3 3n2n

Ta có u12.13 3.12  chia hết cho 6 (đúng).1 0

Trang 10

Giả sử uk 2k3 3k2k chia hết cho 6.

Ta cần chứng minh uk 1 2 k 1  3 3 k 1  2 k 1 chia hết cho 6

Thật vậy, khai triển rút gọn ta được uk 1 2k33k2k 6k 2 uk6k2 Vì uk và

2

6k đều chia hết cho 6, nên uk 1 cũng chia hết cho 6.

5) 13n1 chia hết cho 6

Đặt un 13n1

Với n1, ta có u11311 12 chia hết cho 6 (đúng)

Giả sử uk 13k1 chia hết cho 6

Ta cần chứng minh uk 1 13k 1 1 chia hết cho 6

Thật vậy ta có k  k 

u  13.13 1 13 13 1 12 12u 12 Vì 12ukvà 12 đều

chia hết cho 6, nên uk 1 cũng chia hết cho 6.

6) 4n15n 1 chia hết cho 9

Đặt un 4n15n 1

Với n1, ta có u14115.1 1 18  chia hết cho 9 (đúng)

Giả sử uk 4k15k 1 chia hết cho 9

Ta cần chứng minh uk 1 4k 1 15(k 1) 1  chia hết cho 9

u  4.4 15k 14 4 4 15k 1  45k 18 4.u 9 2 5k

Vì 4.uk và 9 2 5k   đều chia hết cho 9, nên uk 1 cũng chia hết cho 9.

7) 4n6n 8 chia hết cho 9

Đặt un 4n6n 8

Với n1, ta có u1416.1 8 18  chia hết cho 9 (đúng)

Giả sử uk 4k6k 8 chia hết cho 9

Ta cần chứng minh uk 1 4k 1 6(k 1) 8  chia hết cho 9

u  4.4 6k 14 4 4 6k 8 18k 18 4u 18 1 k

Vì 4.uk và 18 1 k   đều chia hết cho 9, nên uk 1 cũng chia hết cho 9.

8) 7.22n 2 32n 1 chia hết cho 5

Trang 11

Đặt un 7.22n 232n 1

Với n1, ta có u17.22.1 2 32.1 1 10 chia hết cho 5 (đúng)

Giả sử uk 7.22k 2 32k 1 chia hết cho 5

Ta cần chứng minh uk 1 7.22k32k 1 chia hết cho 5

Thật vậy ta có  2k 2 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1

u  4 7.2  3   4.3  3  4.u 5.3 

Vì 4.uk và 5.32k 1 đều chia hết cho 5, nên uk 1 cũng chia hết cho 5.

9) 32n 1 2n 2 chia hết cho 7

Đặt un 32n 1 2n 2

Với n1, ta có u132.1 1 21 2 35 chia hết cho 7 (đúng)

Giả sử uk 32k 1 2k 2 chia hết cho 7

Ta cần chứng minh uk 1 32k 3 2k 3 chia hết cho 7

Thật vậy ta có

u  3   2   3 3  2.2  9 3  2  7.2  9u  7.2 

Vì 9.uk và 7.2k 2 đều chia hết cho 7, nên uk 1 cũng chia hết cho 7.

10) 11n 1 122n 1 chia hết cho 133

Đặt un 11n 1 122n 1

Với n1, ta có u1111 1 122.1 1 133 chia hết cho 133 (đúng)

Giả sử uk 11k 1 122k 1 chia hết cho 133

Ta cần chứng minh uk 1 11k 1 1  122k 2 1  chia hết cho 133

Thật vậy ta có

u  11.11  12 12  11 11  12  133.12  11.u 133.12 

Vì 11.uk và 133.122k 1 đều chia hết cho 133, nên uk 1 cũng chia hết cho 133.

11) Chứng minh   n * thì 16n15n 1 chia hết cho 225

Đặt un 16n15n 1

Với n1, ta có u1161 15.1 1 0  chia hết cho 225 (đúng)

Giả sử uk 16k15k 1 chia hết cho 225

Ta cần chứng minh uk 1 16k 1 15(k 1) 1  chia hết cho 225

Trang 12

Thật vậy ta có

u  16  15(k 1) 1 16.16   15k 16 16 16  15k 1 225k 16u 225k

Vì 16uk và 225kđều chia hết cho 225, nên uk 1 cũng chia hết cho 225.

12) Chứng minh   n thì 4.32n 2 32n 36 chia hết cho 32

Đặt un 4.32n 2 32n 36

Với n1, ta có u14.32 2 32 36 320 chia hết cho 32 (đúng)

Giả sử uk 4.32k 2 32k 36 chia hết cho 32

Ta cần chứng minh uk 1 4.32(k 1) 2  32(k 1) 36  chia hết cho 32

Thật vậy ta có

u  9.4.3  32k 4 9 4.3  32k 36  32(8k 32) 9u   32(8k 32)

Vì 9uk và 32(8k 32) đều chia hết cho 32, nên uk 1 cũng chia hết cho 32.

13) 33n 3  26n 27 169, n   *

Đặt un 33n 3  26n 27

Với n1, ta có u133 3 26 27 676 chia hết cho 169 (đúng)

Giả sử uk 33k 3  26k 27 chia hết cho 169

Ta cần chứng minh uk 1 33(k 1) 3   26(k 1) 27  chia hết cho 169

k 1

u  27.3   26k 26 27  27 3   26k 27 26.26k 676

k

Vì 27uk và 169 4k 4  đều chia hết cho 169, nên uk 1 cũng chia hết cho 169.

Câu 3 : Chứng minh rằng   n *, ta có:

1) 3n 1 n n 2 (*) n    4, n 

2) 1 1 1 13 * , n  2,n

n 1 n 2  n n 24   

3) nn n 1 n 1 *   n *

4)  n! 2 n *n    n *

5) 3n n24n 5 (*), n  3

6) 2n 2n 1 (*) n  3, n 

7) 2n n , n2  5, n 

Định dạng
Số trang	16
Dung lượng	745,05 KB