Phương pháp quy nạp toán học 11 Lý thuyết

1. Kiến thức cần nhớ

Bài toán:

Gọi \[P\left[ n \right]\] là một mệnh đề chứa biến \[n\left[ {n \in {N^*}} \right]\]. Chứng minh \[P\left[ n \right]\] đúng với mọi số tự nhiên \[n \in {N^*}\].

Phương pháp quy nạp toán học:

- Bước 1: Chứng minh \[P\left[ n \right]\] đúng với \[n = 1\].

- Bước 2: Với \[k\] là một số nguyên dương tùy ý, giả sử \[P\left[ n \right]\] đúng với \[n = k \ge 1\], chứng minh \[P\left[ n \right]\] cũng đúng khi \[n = k + 1\].

Ví dụ: Chứng minh \[{n^7} - n\] chia hết cho \[7\] với mọi \[n \in {N^*}\].

Giải:

Đặt \[P\left[ n \right] = {n^7} - n\].

- Với \[n = 1\] thì \[P\left[ 1 \right] = {1^7} - 1 = 0 \vdots 7\] nên \[P\left[ 1 \right]\] đúng.

- Giả sử mệnh đề đúng với \[n = k \in {N^*}\], tức là \[P\left[ k \right] = \left[ {{k^7} - k} \right] \vdots 7\].

Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với \[n = k + 1\], tức là: \[P\left[ {k + 1} \right] = {\left[ {k + 1} \right]^7} - \left[ {k + 1} \right] \vdots 7\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}{\left[ {k + 1} \right]^7} - \left[ {k + 1} \right] = C_7^0.{k^7} + C_7^1.{k^6} + C_7^2.{k^5} + C_7^3.{k^4} + C_7^4.{k^3} + C_7^5.{k^2} + C_7^6.k + C_7^7 - \left[ {k + 1} \right]\\ = {k^7} + 7{k^6} + 21{k^5} + 35{k^4} + 35{k^3} + 21{k^2} + 7k + 1 - k - 1 = \left[ {{k^7} - k} \right] + 7\left[ {{k^6} + 3{k^5} + 5{k^4} + 5{k^3} + 3{k^2} + k} \right]\end{array}\]

Do \[{k^7} - k \vdots 7\] và \[7\left[ {{k^6} + 3{k^5} + 5{k^4} + 5{k^3} + 3{k^2} + k} \right] \vdots 7\] nên \[P\left[ {k + 1} \right] = {\left[ {k + 1} \right]^7} - \left[ {k + 1} \right] \vdots 7\].

Vậy mệnh đề đã cho đúng.

2. Một số dạng toán thường gặp

Dạng 1: Chứng minh mệnh đề.

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp quy nạp toán học đã nêu ở trên.

Dạng 2: Tìm công thức tổng quát cho tổng dãy số.

Phương pháp:

- Bước 1: Dự đoán công thức tổng quát cho tổng dãy số.

- Bước 2: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh công thức vừa dự đoán.

Phương pháp quy nạp toán học đóng vai trò vô cùng quan trọng trong Đại số lớp 11, cũng như được ứng dụng nhiều vào cuộc sống. Chính vì vậy, các bạn học sinh cần nắm vững được kiến thức phần này để có thể hoàn thành tốt môn học và áp dụng được vào thực tế.

Lý thuyết về phương pháp quy nạp toán học lớp 11

Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi n∈N∗ bằng phương pháp quy nạp toán học, ta sẽ thực hiện các bước sau:

Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n=1.

Bước 2: Giả sử mệnh đề trên đúng với n=k≥1 [giả thiết quy nạp].

Bước 3: Cần chứng minh được mệnh đề đúng với n=k+1

Chú ý: Trong trường hợp ta chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n≥p [p là số tự nhiên] thì thuật toán là:

Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n=p

Bước 2: Giả sử mệnh đề trên đúng với n=k≥1 [giả thiết quy nạp]

Bước 3: Cần chứng minh mệnh đề sẽ đúng với n=k+1

Bài tập vận dụng quy nạp toán học

1 – Bài 1 trang 82 sgk Hãy chứng minh rằng với n ∈ ℕ*, ta sẽ có các đẳng thức:

a] 2 + 5 + 8 + … + 3n – 1 =

b]

c] 12+ 22+32+…+n2 =

Hướng dẫn giải:

Với n = 1, vế trái chỉ có được một số hạng là 2, vế phải bằng [3+1] / 2 = 2

Vậy VT = VP => HTa] đúng với n = 1.

Gọi VT là Sn.

Giả sử như đẳng thức a] sẽ đúng với n = k ≥ 1, tức là

a] Nếu đúng với n = k + 1, tức là :

Từ giả thiết quy nạp, ta có được: 

[điều phải chứng minh]

=> HT a] đúng với mọi n ∈ N*

b] Với n = 1, vế trái bằng 1/2, vế phải cũng bằng 1/2, do đó hệ thức là đúng.

Gọi VT là Sn.

Giả sử như HT b] đúng với n = k ≥ 1, tức là

Ta cần chứng minh

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có:

[ĐPCM]

=> HT b] đúng với mọi n ∈ N*

c] Với n = 1, vế trái bằng 1, vế phải bằng 1[1+1][2+1] / 6 = 1 nên => hệ thức c] đúng với n = 1.

Gọi VT là Sn.

Giả sử như hệ thức c] sẽ đúng với n = k  ≥ 1, tức là

Ta cần chứng minh

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta sẽ có:

[đpcm]

• HT c] đúng với mọi n ∈ N*

2 – Bài 2 trang 82 sgk Hãy chứng minh rằng với n ε  N*    ta sẽ có:

a] n3 + 3n2 + 5n sẽ chia hết cho 3;

b] 4n + 15n – 1 sẽ chia hết cho 9;

c] n3 + 11n sẽ chia hết cho 6.

Hướng dẫn giải:

a] Đặt Sn = n3 + 3n2 + 5n

Với n = 1 thì ta có S1 = 9 chia hết cho 3

Giả sử với n = k ≥ 1, ta có Sk = [k3 + 3k2 + 5k] ⋮ 3

Ta cần phải chứng minh rằng Sk+1 ⋮ 3

Thật vậy Sk+1 = [k + 1]3 + 3[k + 1]2 + 5[k + 1] = k3  + 3k2 + 3k + 1 + 3k2 + 6k + 3 + 5k + 5

=> k3 + 3k2 + 5k + 3k2 + 9k + 9

hay Sk+1 = Sk + 3[k2 + 3k + 3]

Theo giả thiết quy nạp thì ta có Sk⋮3, mặt khác 3[k2 + 3k + 3] ⋮3 nên Sk+1 ⋮ 3.

Vậy [n3 + 3n2 + 5n] ⋮ 3 với mọi n ∈ N*  .

b] Đặt Sn = 4n + 15n – 1

Với n = 1, S1 = 41 + 15.1 – 1 = 18 nên S1 ⋮9

Giả sử với n = k ≥ 1 thì Sk= 4k + 15k – 1 chia hết cho 9.

Ta phải chứng minh Sk+1 ⋮ 9.

Ta có được : Sk+1 = 4k + 1 + 15[k + 1] – 1 = 4[4k + 15k – 1] – 45k + 18 = 4Sk – 9[5k – 2]

Theo giả thiết quy nạp thì  Sk ⋮ 9  nên 4S1 ⋮ 9, mặt khác 9[5k – 2]  ⋮ 9, nên Sk+1 ⋮ 9

Vậy [4n + 15n – 1] ⋮ 9 với mọi n ∈ N*

c] Đặt Sn = n3 + 11n

Với n = 1, ta có S1 = 13 + 11n = 12 nên S1 ⋮ 6

Giả sử với n = k ≥ 1 ,ta có Sk = k3 + 11k ⋮ 6

Ta phải chứng minh Sk+1 ⋮ 6

Thật vậy, ta có Sk+1 = [k + 1]3 + 11[k + 1] =  k3 + 3k + 3k + 1 + 11k + 11

= [ k3 + 11k] + 3[k2 + k + 4] = Sk + 3[k2 + k + 4]

THeo giả thiết quy nạp thì  Sk ⋮ 6, mặt khác k2 + k + 4 = k[k + 1] + 1 là số chẵn nên suy ra

3[k2 + k + 4] ⋮ 6, do đó Sk+1 ⋮ 6

Vậy n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n ∈ N*

3 – Bài 3 trang 82 sgk 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

Hướng dẫn giải:

a] Ta có bất đẳng thức đúng với n = 2

Giả sử ta có bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 2, tức là

3k > 3k + 1    [1]

Ta sẽ nhân hai vế của [1] với 3, ta có được:

3k + 1 > 9k + 3 ⇔ 3k + 1 > 3k + 4 + 6k -1.

Vì 6k – 1 > 0 => 3k + 1 > 3k + 4 hay 3k + 1 > 3[k + 1] + 1.

tức là bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

Vậy 3n > 3n + 1 với mọi số tự nhiên n ≥ 2.

b] Với n = 2 thì vế trái sẽ bằng 8 và vế phải sẽ bằng 7. Vậy bất đẳng thức sẽ đúng với n = 2

Giả sử như bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 2, tức là 2k + 1  > 2k + 3              [2]

Ta cần chứng minh nó cũng đúng với n= k + 1, nghĩa là :

2k + 2 > 2[k + 1] + 3 2k + 2 > 2k + 5

Ta nhân hai vế của bất đẳng thức [2] với 2, ta sẽ được:

2k + 2 > 4k + 6 ⇔ 2k + 2 > 2k +5 + 2k + 1.

Vì 2k + 1> 0 nên 2k + 2 > 2k + 5

Vậy 2n + 1 > 2n + 3 với mọi số tự nhiên n ≥ 2.

4 – Bài 4 trang 83 sgk Cho tổng

 với n ∈ N*

a] Tính S1, S2, S3.

b] Hãy dự đoán công thức để tính tổng Sn và chứng minh bằng pp quy nạp.

Hướng dẫn giải:

a] Ta có:

b] Từ câu a] ta dự đoán Sn=n/[n+1] [1], với mọi n ∈ N* .

Khi n = 1, vế trái là S1 =1/2, vế phải bằng  1/[1+1]=1/2. Vậy đẳng thức [1] đúng.

Giả sử như đẳng thức [1] đúng với n = ≥ 1, tức là

Ta phải chứng minh nó cũng đúng khi n = k + 1, nghĩa là phải chứng minh        

Ta có

• đẳng thức [1] sẽ đúng với n = k + 1.

5 – Bài 5 trang 83 sgk Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là

Hướng dẫn giải:

Ta cần chứng minh khẳng định sẽ đúng với mọi n ∈ N*  ,  n ≥ 4.

Với n = 4, ta được một hình tứ giác => có hai đường chéo.

Mặt khác khi thay n = 4 vào công thức, ta sẽ có số đường chéo của tứ giác theo công thức là:   4[4-3]/2 = 2

Giả sử khẳng định là đúng với n = k ≥ 4, tức là đa giác lồi k cạnh có số đường chéo là  k[k – 3]/2

Ta cần phải chứng minh được khẳng định đúng với n = k + 1. => ta phải chứng minh đa giác lồi k+1 cạnh có số đường chéo là

Xét đa giác lồi k + 1 cạnh

Nối A1  và   Ak, ta được đa giác k cạnh A1A2Ak  có  k[k-3]/2 đường chéo [giả thiết quy nạp]. Nối Ak+1 với các đỉnh A2, A3, …, Ak-1, ta được thêm k -2 đường chéo, ngoài ra A1Ak  cũng là một đường chéo.

Vậy số đường chéo của đa giác k + 1 cạnh là                 

Trên đây là một số hướng dẫn cung cấp cho các bạn học sinh những lý thuyết cơ bản nhất và cách giải các bài tập sách giáo khoa. Phương pháp quy nạp toán học là một dạng toán phổ biến và có thể áp dụng vào thực tế. Chính vì vậy, các bạn học sinh hãy tham khảo để có thể hoàn thành tốt nhất môn học này nhé.