PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

Chia sẻ: Paradise8 Paradise8 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

111
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k 0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 .

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0 Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k 0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 . Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có đẳng thức : an-bn =(a-b)(an-1 +an-2b +…..+ bn-1) Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp . * Khi n=2 ta có a2 -b2=(a-b)(a+b) là đúng * Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak- 2 b +…..+ bk-1) Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +…..+ bk) . Thật vậy ta có : VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a- b)(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)
= (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +…..+ bk) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n 2 Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n 1 ta có đẳng thức : n(n  1) 1+2+3+4…………+ n = 2 N* ta có : 12 + 2 2 + 3 2 + 42 + 5 2 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n n(n  1)(2n  ) +……+n2 =  N biểu thức Un=13n -1 chia hết 6. Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n 3 ta có 2n > 2n+1 Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2n  2 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 4.3  32n  36  64 Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n)  1.3.5…(2n-1) Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3+2n  3 n Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: 16  15n  1 225 A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN
1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b  0). Tồn tại một và 0r  b chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao cho a = bq + r với . a  b  a = kb a, b, k  * Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: * Nếu r  0 phép chia a cho b là có dư 2. Tính chất của qua hệ chia hết: aa a  b và b  a thì a = b a  b và b  c thì a  c thì ka  m và ak  m a m a  m, b  m thì a  b  m a  b  m mà a  m thì b  m a  m, b  n thì ab  nm a  m thì an  mn an  m, m nguyên tố thì a  m a  m, a  n mà (n, m) = 1 thì a  mn a  m, a  n, a  k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a  mnk a  m, b  m thì a  b  m
* Trong n số nguyên liên tiếp (n N*) có một và chỉ một số chia hết cho n. * Trong n+1 số nguyên bất kì (n N*) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia cho p. * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó. * Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m. PHƯƠNG PHÁP GIẢI : 1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5 n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5 a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5 b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5
d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5 2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q 3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n. 4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n) + Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức : an – bn  a – b ( a  b) n bất kỳ. an – bn  a – b ( a  - b) n chẵn. an + bn  a + b ( a  - b) n lẻ.
5/ Chứng minh bằng quy nạp toán học : Bài 1. Chứng minh rằng : a) n5 - 5n3 + 4n  120 ; với  n  Z b) n3-3n2-n+3  48 ; với  n lẻ c) n4 + 4n3 -4n2 -16n  384 với  n chẵn 4 2 CMR: a) n  n  12 Bài 2. 2 b) n(n  2)(25n  1)  24 c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n5 là giống nhau. 3 3 d) (a  b) 6  (a  b ) 6 e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. 2 CMR n  1 24 2n  1  2n  2  7 32n  2  2 6n  1 11 g) 3 f) B, CHIA HẾT ĐA THỨC : 1. Ta sử dụng định lý Bơ zu : Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a. Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đa thức Từ đó suy ra :
Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1 Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì f(x)  ( x + 1) 2.Đa thức bậc 2 trở lên : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia. Cách 2 : Xét giá trị riêng. 3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác : Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thức chia. Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia. Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x)  g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x)  g(x) hoặc f(x) - g(x)  g(x). Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia
Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho: a) 4x 2 - 6x + a  (x-3) b) 2x2 + x + a  (x+3) c) x3 + ax2 - 4  (x2 + 4x + 4) d) 10x2 - 7x + a  (2x - 3) e) 2x2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4 g) ax5 + 5x4 - 9  (x-1) Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x - 3 thì dư -5 Bài 3 Tìm n  Z để : a/ n2 + 2n – 4  11 b/ 2n3 + n2 + 7n +1  2n – 1 c/ n3 – 2  n – 2 d/ n3 - 3n2 + 3n - 1  n2 +n + 1 e/n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + 1  n4 – 1 Bài 4: Tìm số dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + 7 cho x + 1
a/ x50 + x10 + 1  x20 + x10 + 1 Bài 5: CMR : b/ x2 - x9 – x1945  x2 - x + 1 c/ x10 - 10x + 9  (x – 1)2 d/ 8x9 - 9x8 + 1  (x – 1)2