SKKN: Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

757
lượt xem 153
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán” nhằm tìm ra những biện pháp hay giúp cho công tác dạy học nói chung và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng đạt kết quả cao. Mời quý thầy cô tham khảo sáng kiến trên.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN
A. Phần mở đầu Đổi mới phương pháp dạy học là một yêu cầu tất yếu, đảm bảo cho sự phát triển của giáo dục. Ngày nay nền kinh tế trí thức cùng với sự bùng nổ thông tin, giáo dục đã và đang thay đổi để phù hợp với sự phát triển của khoa học kỹ thuật, sự phát triển của xã hội. Nội dung tri thức khoa học cùng với sự đồ sộ về lượng thông tin yêu cầu chúng ta phải đổi mới phương pháp dạy học. Trong giai đoạn hiện nay giáo dục không chỉ tạo ra những con người có tài, có đức mà giáo dục còn có một thiên chức cao quý hơn đó là giáo dục cái thẩm mỹ, nhân văn, đào tạo ra những con người có kỹ năng sống và học tập trong thời đại mới. Mục tiêu giáo dục thay đổi kéo theo yêu cầu phải đổi mới phương pháp dạy học một cách phù hợp. Nhằm giúp cho giáo viên tháo gỡ những khó khăn trong quá trình đổi mới phương pháp dạy học, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà khoa học chuyên tâm nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về đổi mới phương pháp dạy học. Một trong những yêu cầu đặt ra của cải cách là phải đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, dưới sự tổ chức hướng dẫn của giáo viên. Học sinh tự giác, chủ động tìm tòi, phát hiện và giải quyết nhiệm vụ nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học vào bài tập và thực tiễn. Trong đó có đổi mới dạy học môn toán, Trong trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Quá trình giải toán đặc biệt là giải toán hình học là quá trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp tìm tòi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thông qua việc giải toán thực chất là hình thức để củng cố, khắc sâu kiến thức rèn luyện được những kĩ năng cơ bản trong môn toán. Từ đó rút ra được nhiều phương pháp dạy học hay, những tiết lên lớp có hiệu quả nhằm phát huy hứng thú học tập của học sinh, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện. Trong chương trình toán phổ thông cấp THCS có nhiều mảng kiến thức trong sách giáo khoa đề cập đến rất ít nhưng trong quá trình học lại
gặp rất nhiều, ngay những học sinh nắm rất vững kiến thức sách giáo khoa nhưng khi gặp những dạng toán này vẫn còn lúng túng. Vì vậy với phạm vi đề tài này tôi muốn đề cập đến một vấn đề mà không ít chúng ta - những người thầy đang trăn trở và băn khoăn, đó là “Phương pháp chứng minh quy nạp và vận dụng phương pháp này để giải các dạng toán khác như thế nào”. Thật vậy trong chương trình toán phổ thông phương pháp chứng minh quy nạp là một trong những mảng kiến thức khó mà ứng dụng của nó lại khá rộng rãi, nó không những có mặt trong phân môn số học mà còn đóng góp một vai trò quan trọng trong phân môn đại số, nó không chỉ dừng lại ở chương trình THCS mà còn là một phần quan trọng trong chương trình THPT. Vì vậy phương pháp chứng minh quy nạp là phần gây cho học sinh, ngay cả học sinh giỏi nhiều khó khăn bối rối, tuy nhiên đây cũng là phần quyến rũ học sinh say mê môn toán và học giỏi toán vì nó đòi hỏi phải tư duy lôgic, tìm tòi sáng tạo. Qua nghiên cứu kỹ nội dung kiến thức, đọc nhiều tài liệu và qua thực tế bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS, tôi đã rút ra được một vài kinh nghiệm. Tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán” nhằm tìm ra những biện pháp hay giúp cho công tác dạy học nói chung và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng đạt kết quả cao
B. Phần Nội dung I. Cở sở lý luận: Trong hoạt động dạy học theo phương pháp đổi mới, giáo viên cần giúp học sinh chuyển từ thói quen thụ động sang thói quen chủ động. Muốn vậy giáo viên cần chỉ cho học sinh cách học, biết cách suy luận, biết tự tìm lại những điều đã quên, biết cách tìm tòi để phát hiện kiến thức mới. Các phương pháp thường là những quy tắc, quy trình nói chung là các phương pháp có tính chất thuật toán. Tuy nhiên cũng cần coi trọng các phương pháp có tính chất tìm đoán. Học sinh cần được rèn luyện các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự, quy lạ về quen. Việc nắm vững các phương pháp nói trên tạo điều kiện cho học sinh có thể đọc hiểu được tài liệu, tự làm được bài tập, nắm vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản đồng thời phát huy được tiềm năng sáng tạo của bản thân và từ đó học sinh thấy được niềm vui trong học tập. Trong quá trình dạy học, người giáo viên phải bám sát chương trình và sách giáo khoa, xem đây như là định hướng cho cả quá trình dạy học. Tuy nhiên việc truyền thụ kiến thức cho học sinh không chỉ dừng lại ở sách giáo khoa mà người giáo viên còn phải có phương pháp để từ những kiến thức cơ bản ấy phát triển và tìm ra những kiến thức mới giúp học sinh lĩnh hội một cách chủ động và có hệ thống Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và giải bài tập toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử dụng đúng phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Đồng thời qua việc học toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập toán trong đó có các bài tập về chứng minh quy nạp cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ cho học sinh, phát hiện những quy luật đẹp trong Toán học. II. Cở sở thực tiễn: Trong chương trình toán phổ thông, áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp chiếm một mảng lớn đó là chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức... Do vậy “phương pháp chứng minh quy nạp” góp một phần vào việc thực hiện chương trình dạy học theo phương pháp mới hiện nay “lấy học sinh làm trung tâm”. Đồng thời giúp mỗi người giáo viên nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ,
tạo cơ sở vững chắc để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả tốt, góp phần vào mục tiêu “đào tạo và bồi dưỡng nhân tài” Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 26 học sinh tôi thấy kết quả tiếp thu về phương pháp chứng minh quy nạp như sau: Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10 SL % SL % SL % SL % 11 42,3% 08 30,8% 05 19,2% 02 7,7% Nguyên nhân của thực tế trên: Đây là dạng toán tương đối mới lạ và khó với học sinh, học sinh chưa được trang bị các phương pháp giải, nên việc suy luận còn hạn chế và nhiều khi không có lối thoát dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối với học sinh trung bình các em càng khó giải quyết Để giúp học sinh nắm được phương pháp chứng minh quy nạp, tôi đã nghiên cứu xây dựng thành chuyên đề, trong đó trang bị cho học sinh nắm được thế nào là phương pháp chứng minh quy nạp, vận dụng phương pháp quy nạp để chứng minh quan hệ chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức. Đồng thời nêu lên một số ví dụ minh họa giúp học sinh hiểu và nắm chắc kiến thức, biết áp dụng vào giải toán. Từ đó yêu cầu học sinh giải các bài tập tương ứng từ dễ đến khó, học sinh được rèn luyện và nắm chắc kiến thức, phương pháp giải, áp dụng thành thạo và chất lượng giải toán được nâng cao. III. Mục đích nghiên cứu: a. Đối với giáo viên: - Nâng cao trình độ chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy. - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức. b. Đối với học sinh: - Giúp học sinh học tập môn toán nói chung và việc giải bài tập về áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp nói riêng. Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công cụ giải quyết một số bài tập có liên quan.
- Gây được hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải được một số bài tập. - Thông qua việc giải các bài toán áp dụng quy nạp (để chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, BĐT) giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học toán. IV. Phương pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo của học sinh và giáo viên. - Sử dụng phương pháp phân tích tổng hợp. V. Một số kiến thức cơ bản về phương pháp chứng minh quy nạp: 1, phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn: Ví dụ 1. Quan sát các kết quả sau: 13 - 1 chia hết cho 3 23 - 2 chia hết cho 3 33 - 3 chia hết cho 3 43 - 4 chia hết cho 3  Hãy đưa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó? Giải: Dự đoán: a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a Chứng minh: Gọi A = a3 - a = a.(a - 1)(a + 1) Xét ba khả năng có thể xảy ra: a) Nếu a = 3k (k  N) thì A chia hết cho 3 b) Nếu a = 3k + 1 (k  N) thì a - 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3 c) Nếu a = 3k +2 (k  N) thì a + 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3 Vậy a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a Ví dụ 2. Quan sát kết quả sau: 23 - 2 chia hết cho 3 25 - 2 chia hết cho 5 27 - 2 chia hết cho 7  Dự đoán sau đúng hay sai? 2n - 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n? Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 29 - 2 = 510 không chia hết cho 9
Nhận xét: Trong hai ví dụ trên, ta đã thực hiện các phép suy luận sau: 1, Xét các giá trị của a bằng 1, 2, 3, 4, để kết luận rằng a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a 2, Xét các giá trị của a bằng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k  N) để kết luận rằng a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a 3, Xét các giá trị của n bằng 3, 5, 7 để kết luận rằng 2n - 2 chia hết cho n với mọi số tự nhiên lẻ n Ba phép suy luận trên được gọi là phép quy nạp, đó là phép suy luận đi từ các trường hợp riêng biệt đi tới kết luận tổng quát  Phép quy nạp gọi là hoàn toàn nếu ta xét tất cả các trường hợp riêng, chẳng hạn trong phép suy luận 2 ta đã xét mọi khả năng có thể xảy ra khi chia số tự nhiên a cho 3 (a = 3k, a = 3k + 1, a = 3k + 2)  Phép quy nạp gọi là không hoàn toàn nếu ta xét một số trường hợp riêng chứ chưa xét đầy đủ mọi trường hợp riêng. Chẳng hạn trong phép suy luận 1 ta mới xét a bằng 1, 2, 3, 4 để kết luận cho mọi số nguyên dương a, trong phép suy luận 3 ta mới xét n bằng 3, 5, 7 để kết luận cho mọi số tự nhiên lẻ n. Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về một tính chất toán học nào đó, đó là một cơ sở để đi tới các phát minh. Phép quy nạp 1 cho một khẳng định đúng, kết luận này đã được chứng minh bằng phép quy nạp 2 (quy nạp hoàn toàn). Phép quy nạp 3 cho một kết luận sai, ta bác bỏ nó bằng một phản ví dụ. Như vậy “phép quy nạp hoàn toàn” là một phép chứng minh chặt chẽ, còn “phép quy nạp không hoàn toàn” có thể dẫn tới sai lầm, ngay cả đối với các nhà toán học có tên tuổi dưới đây: - Nhà toán học Pháp Fecma nhận xét rằng công thức 2n + 1 cho ta các số nguyên tố với n bằng 20, 21, 22, 23, 24 (thật vậy 21+ 1 = 3; 22 + 1 = 5; 24 + 1 = 17; 28 + 1 = 257; 216 + 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố ) Với n = 25 = 32 thì 2n + 1 = 232 + 1 = 4294967297, Fecma không phân tích được ra thừa số nguyên tố, ông cho rằng đó cũng là một số nguyên tố và đưa ra giả thuyết tổng quát rằng công thức 2n + 1 với n là một luỹ thừa của 2 cho ta các số nguyên tố. - Một thế kỉ sau, năm 1732, Ơle mới bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra rằng 232 + 1 là một hợp số, nó chia hết cho 641
Có thể kể thêm hai mệnh đề sai nhưng lại đúng với một số rất lớn các trường hợp đầu tiên: - Nhà toán học Gravơ đưa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta có: 2p- 1 - 1 không chia hết cho p2. Dự đoán này đúng với mọi số nguyên tố nhỏ hơn 1000, nhưng chẳng bao lâu sau người ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên tố 1093 mà 2 1093 - 1 chia hết cho 10932 - Một dự đoán khác: Số 911n2+ 1 không là số chính phương với mọi số nguyên dương n. Số n nhỏ nhất để mệnh đề trên sai là n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số) Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn giúp các nhà toán học tìm ra một phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp chúng ta khẳng định sự đúng đắn của một số tự nhiên, đó là phương pháp quy nạp toán học 2, Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học: Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn chỉ được áp dụng rất hạn chế. Nhiều mệnh đề Toán học đáng chú ý bao gồm một số vô hạn các trường hợp riêng, nhưng con người không thể kiểm tra được tất cả các trường hợp riêng đó Phép quy nạp hoàn toàn, như chúng ta đã biết thường dẫn tới kết luận sai lầm. Trong nhiều trường hợp để tránh những khó khăn như thế người ta áp dụng một phương pháp suy luận “đặc biệt”, được gọi là phương pháp quy nạp Toán học * Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học được trình bày như sau: Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đã được chứng minh nếu cả hai điều kiện sau đây được thỏa mãn: 1, Mệnh đề đúng với n = 1 2, Từ giả thiết mệnh đề đúng với n = k (k  N) suy ra được mệnh đề cũng đúng với n = k + 1 Như vậy để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n bằng phương pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bước sau: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (ta gọi là giả thiết quy nạp), rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1 Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n Trong phạm vi nghiên cứu của mình, tôi chỉ đề cập đến việc vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp Toán học để giải ba dạng toán đó là: Chứng minh sự chia hết, chứng minh đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức. Hy vọng với một số kinh nghiệm nhỏ này sẽ góp phần vào phương pháp dạy học, đặc biệt là công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, giúp học sinh rèn luyện được kỹ năng giải toán và tư duy giải toán có hiệu quả hơn. 3, Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh: 3.1, Dạng 1. Chứng minh quan hệ chia hết: Bài 1: Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9 Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp đó là: n; n +1 và n + 2 Ta phải chứng minh: [n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3]  9 (1) + Với n =1, ta có: 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36  9 Vậy (1) đúng với n = 1 + Giả sử (1) đúng với n = k (k  N) tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3]  9 Ta phải chứng minh rằng (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]  9 Thật vậy ta có: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 +27k + 27 = [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] + 9(k2 + 3k + 3) Theo giả thiết quy nạp: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3  9 còn 9(k3 + 3k + 3)  9 với  k Do đó [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]  9 + Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n. Vậy tổng các lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9 Bài 2: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì: A(n) = 7 n + 2 + 82n + 1  19
Giải: + Với n = 1 thì A(1) = 7 3 + 83 = 343 + 512 = 19.45  A(1)  19 Vậy A(n) đúng với n = 1 + Giả sử A(n) đúng với n = k. Ta có: A(k) = 7k + 2 + 82k + 1  19 Ta phải chứng minh A(n) đúng với n = k + 1 A(k + 1) = 7k + 3 + 82k + 3 = 7.7k + 2 + 8 2.82k + 1 = 7.7k + 2 + 64.82k + 1 = 7.7k + 2 + 7.82k + 1 + 57.82k + 1 = 7.( 7 k + 2 + 8 2k + 1) + 19.3.82k + 1 = 7. A(k) + 19.3.82k + 1 Vì A(k)  19 (Theo giả thiết quy nạp)  7. A(k)  19 19  19  19.3.82k + 1  19  A(k + 1)  19 Theo nguyên lí quy nạp A(n)  19 Với  n nguyên dương Vậy A(n) = 7k + 2 + 82k + 1  19 Với  n nguyên dương + Kết luận: Vậy A(n) đúng với mọi số nguyên dương Bài 3: Chứng minh rằng: 16n - 15n - 1  225; n  N Giải: n Đặt A(n) = 16 - 15n - 1 + Với n = 1, ta có: A(1) = 16 - 15 - 1 = 0  225  A(1)  225 + Giả sử A(n) đúng với n = k. Ta có: A(k) = 16 k - 15k - 1  225 Ta phải chứng minh A(n) đúng với n = k + 1 Thật vậy: A(k + 1) = 16 k + 1 - 15(k + 1) - 1 = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = A(k) + 15(16k - 1) Theo giả thiết quy nạp có A(k)  225 Ta có: 16k - 1  16 - 1  16k - 1  15  15(16k - 1)  15.15 k  15(16 - 1)  225  A(k + 1)  225 Theo nguyên lí quy nạp thì A(n)  225 với  n  N + Kết luận: Vậy 16n - 15 - 1  225 với  n  N Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (n + n) chia hết cho 2n b) 3 3n + 2 + 5.23n + 1 chia hết cho 19 c) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết 24 Giải:
a) Với n = 1 thì S1 = (1 + 1).(1 + 2) ... (1 + n) = 2.3 ... (1 + 1)  2n Vậy Sn đúng với n = 1 Giả sử Sn đúng với n = k, tức là: Sk = (k + 1).(k + 2) ... (k + k)  2n Ta phải chứng minh Sn đúng với n = k + 1 Tức là Sk + 1 = (k + 2).(k + 3) ... (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) ... (2k + 2)  2n Thật vậy: Sk + 1 = (k + 2).(k + 3).(k + 4) ... (k + k + 2) = (k + 1).(k + 2).(k + 3) ... (k + k).2.(2k + 1) = Sk.2.(2k + 1) Theo giả thiết quy nạp có Sk  2n Do đó: Sk.2.(2k + 1)  2n.  Sk + 1  2n Vậy Sn  2n đúng với n = k + 1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì Sn  2 n b) Với n = 1 thì A(n) = 33n + 2 + 5.23n + 1 = 35 +5.24 =243 + 80 = 323 chia hết cho 19  A(n) đúng với n = 1 + Giả sử A(n)  19 đúng với n = k, tức là: A(k) = 33k + 2 + 5.23k + 1  19 Ta phải đi chứng minh A(n)  19 đúng với n = k + 1 Tức là: A(k + 1) = 33(k + 1) + 2 + 5.23(k + 1) + 1 A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4  19 Thật vậy: A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 = 33k + 2.33 + 5.23k + 1.23 = 27(33k + 2 + 5.2 3k + 1) - 19.33k + 1 = 27.Ak - 19.33k + 1 Theo giả thiết quy nạp có: Ak  19  27Ak  19 Lại có: 19  19  19.33k + 1  19. Do đó A(k + 1) = 27.Ak - 19.33k + 1  19 Vậy A(n)  19 đúng với n = k + 1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì A(n)  19 c) Chứng minh: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24. + Với n = 1 thì A = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = 1 + 6 + 11 + 6 = 24  24 Vậy A  24 đúng với n = 1 + Giả sử A  24 đúng với n = k Tức là: A(k) = k4 + 6k3 + 11k2 + 6k  24 Ta phải đi chứng minh A(n)  24 đúng với n = k + 1 Tức là: A(k + 1) = (k+1)4 + 6(k + 1)3 + 11(k + 1)2 + 6(k + 1)  24 Thật vậy:
A(k + 1) = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 + 6k3 + 18k2 + 18k + 6 + 11k2 + 22k + 11 + 6k + 1 A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k) Dễ thấy: k4 + 6k3 + 11k2 + 6k  24 (Theo giả thiết quy nạp) Và 24(k2 + 1)  24. Lại có (k3 + 11k)  6 với  k  N Thật vậy: với k = 1 thì k3 + 11k = 12  6. (đúng) Giả sử đúng với k = m thì m3 + 11m  6 (m  N) Ta phải đi chứng minh k3 + 11k  6 đúng với k = m +1 Thật vậy: (m + 1)3 + 11(m + 1) = m3 + 3m 2 + 3m + 1 + 11m + 11 = (m3 + 11m) + (3m2 + 3m + 12)  6 Do đó k3 + 11k  6  4(k3 + 11k)  24 Vậy A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k)  24 Vậy A(n)  24 đúng với n = k + 1 + Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 * Một số bài tập giải tương tự: Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a: a) a2 - a chia hết cho 2 b) a3 - a chia hết cho 3 c) a5 - a chia hết cho 5 d) a7 - a chia hết cho 7 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a) 32n + 1 + 40n - 67 chia hết cho 64 b) 2n + 2.3n + 5n - 4 chia hết cho 25 c) 7 n + 2 + 8 2n + 2 chia hết cho 57 d) 10 n + 72n - 1 chia hết cho 81 Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì số gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n? HD: Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111  3 11...1 Giả sử số chia hết cho 3, ta có số: 3k 11...1 11...1 11...1 11...1 11...1 100...1 100...01 k 1 = k . k . k = . . chia hết 3 3 3 3 3k 3k 3k cho 3
Vậy với mọi số nguyên dương n thì gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n Bài 4: Chứng minh rằng A chia hết cho B với: a) A = 13 + 23 + 33 + ... + 993 + 1003; B = 1 + 2 + 3 + ... + 99 + 100 b) A = 13 + 2 3 + 33 + ... + 993; B = 1 + 2 + 3 + ... + 99 Bài 5: Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n - 1).n.(n + 1) chia hết cho 504 Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a6 - b6 chia hết cho 9 Bài 7: a) Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9 b) Chứng minh rằng hiệu các bình phương của hai số lẻ thì chia hết cho 8 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương: a) (n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (2n) chia hết cho 2n b) (n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (3n) chia hết cho 3n Bài 9: CM rằng: A = n3(n2 - 7)2 - 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n 3.2, Dạng 2. Chứng minh đẳng thức: Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 2 3 3 3 3  n(n  1)  Sn = 1 + 2 + 3 + ... + n =   (1)  2  Giải: + Với n = 1, vế trái của (1) bằng 13 = 1; vế phải của (1) bằng 2 1(1  1)   2  1    VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1 + Giả sử (1) đúng với n = k (k  N & k  1) 2 3 3 3  (k  1)(k  2)  3 Tức là: SK = 1 + 2 + 3 + ... + k =    2  Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k +1
2 3 3 3  (k  1)(k  2)  3 Tức là: SK + 1 =1 + 2 + 3 + ... + (k + 1) =    2  Thật Vậy: SK + 1 = 13 + 23 + 33 + ... + (k + 1)3 = 13 + 23 + 33 + ...+ k3 + (k + 1)3 = SK + (k + 1)3 2  (k(k  1)  Theo giả thiết quy nạp thì Sk =    2  2 2  (k(k  1)  3  k 2 (k  1)  3 Do đó: Sk + 1 =   + (k + 1) =  4  + (k + 1)  2    (k  1)2 . k 2  4(k  1)    (k  1) .  k 2  4k  1 2 = = 4 4 2 2 (k  1) .  k  2  2  (k  1).(k  1)  = =   4  2  2  (k  1).(k  1)   SK + 1 =  2  đúng. Vậy (1) đúng với n = k + 1   + Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n Bài 2. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì: n(n  1).(2n  1) Sn = 12 + 22 + 32 + ... + n2 = (1) 6 Giải: 2 + Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1 = 1 1(1  1).(2.1  1) vế phải của (1) bằng =1 6 Vậy VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1 + Giả sử (1) đúng với n = k (k  N & k  1), tức là: k(k  1).(2k  1) Sk = 1 2 + 22 + 32 + ... + k2 = 6 Ta phải chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là: (k  1).(k  2).(2k  3) Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + ... + (k + 1)2 = 6 Thật vậy: Sk + 1 = 12 + 22 + 3 2 + ... + k2 + (k + 1)2 = Sk + (k + 1)2 (Do giả thiết quy nạp Sn = 12 + 2 2 + 32 + ... + k2) k(k  1).(2k  1) Mặt khác Sk = do đó ta có: 6 k(k  1).(2k  1) Sk + 1 = + (k + 1)2 6 k(k  1).(2k  1)  6(k  1)2 (k  1). k(2k  1)  6k  6    = = 6 6 2 (k  1). 2k  k  6k  6    (k  1).(2k 2  7k  6) = = = 6 6 (k  1).(k  2).(2k  3) 6
(k  1).(k  2).(2k  3)  Sk + 1 = . Vậy đẳng thức (1) đúng với n = k 6 +1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì tổng bình phương n các số n(n  1).(2n  1) tự nhiên liên tiếp bằng 6 Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1 n    ...   1.4 4.7 7.10 (3n  2).(3n  1) 3n  1 Giải: 1 + Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 4 + Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k  N, k  1) 1 1 1 1 k Tức là:    ...   1.4 4.7 7.10 (3k  2).(3k  1) 3k  1 Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1 1 1 1 1 k 1 Tức là:    ...   1.4 4.7 7.10 (3k  1).(3k  4) 3k  4 Thật vậy: Sk + 1 1 1 1 1 1 =    ...   1.4 4.7 7.10 (3k  2).(3k  1) (3k  1).(3k  4) 1 = Sk + (3k  1).(3k  4) k Theo giả thiết quy nạp Sk = 3k  1 k 1 3k 2  4k  1 Do đó: Sk + 1 =  = 3k  1 (3k  1).(3k  4) (3k  1) k 1 Sk + 1 = (3k  1).(k  1) = (3k  1).(3k  4) 3k  4 Vậy Sn đúng với n = k + 1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức (1) luôn xảy ra Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 12 22 32 n2 n(n  1) Sn =    ...   1.3 3.5 5.7 (2n  1).(2n  1) 2(2n  1) Giải: 12 1 + Với n = 1, vế phải của đẳng thức trên bằng = (2.1  1).(2.1  1) 3 1(1  1) 1 vế trái của đẳng thức trên bằng = 2(2.1  1) 3 1  VT = VP = . Vậy đẳng thức đúng với n = 1 3 + Giả sử Sn đúng với n = k (k  N, k  1) 12 22 32 k2 k(k  1) Tức là: Sk     ...   1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  1) 2(2k  1) Ta phải đi chứng minh đẳng thức Sn đúng với n = k + 1
12 22 32 (k  1)2 (k  1).(k  2) Tức là: Sk + 1     ...   1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  3) 2(2k  3) Thật vậy: Sk + 1 2 2 2 2 2 1 2 3 k (k  1)     ...   1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  1) (2k  1).(2k  3) Theo giả thiết quy nạp: 2 2 2 2 1 2 3 k k(k  1)    ...   1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  1) (2k  1)2 k 1 (k  1) 2 k 1 k k 1  Do đó: Sk + 1    .  2(2k  1) (2k  1).(2k  3) 2k  1  2 2k  3   2 k  1 k(2k  3)  2(k  1) k  1 2k  5k  2  .  . 2k  1 2k(2k  3) 2k  1 2(2k  3) k  1 (2k  2).(2k  1) (k  1).(k  2)  .  2k  1 2(2k  3) 2(2k  3) (k  1).(k  2)  Sk + 1  . Vậy Sn đúng với n = k + 1 (k  N, k  1) 2(2k  3) + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức Sn luôn đúng Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì:  1  1  1  1  1  1 1  2  . 1  3  . 1  4  . 1  5  ... 1  a  1   a  1 (1)           Giải: 1 1 1 1 + Với a = 1, VT = 1   ; VP =  VT = VP = 2 2 2 2 Vậy đẳng thức (1) đúng với a = 1 + Giả sử a = k, đẳng thức (1) đúng, tức là  1  1  1  1  1  1 1  2  . 1  3  . 1  4  . 1  5  ... 1  k  1   k  1           Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với a = k + 1 (k  N, k  1)  1  1  1  1   1  1 Tức là: 1  2  . 1  3  . 1  4  ... 1  k  1  . 1  k  2   k  2            1  1  1  1   1  Thật vậy: 1  2  .  1  3  . 1  4  ... 1  k  1  . 1  k  2             1   1   1   k  2  1 1   . 1  k  2    k  1  .  k  2   k  2  k  1       Vậy đẳng thức (1) đúng với a = k + 1 + Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên a thì:  1  1  1  1  1  1 1  2  .  1  3  . 1  4  . 1  5  ... 1  a  1   a  1           * Một số bài tập giải tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: n(n  1).(n  2) a, Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1) = 3
b, Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(3n + 1) = n(n + 1)2 c, Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1).(n+2) = n(n  1).(n  2).(n  3) 4 Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1 n Sn      với n  1 1.2 2.3 3.4 n(n  1) n(n  1) 1 1 1 1 n Sn     ...   1.5 5.9 9.13 (4n  3).(4n  1) 4n  1 1 1 1 1 n Sn     ...   1.6 6.11 11.16 (5n  4).(5n  1) 5n  1 1 1 1 1 n Sn     ...   1.7 7.13 13.19 (n  5).(6n  1) 6n  1 1 1 1 1 n Sn     ...   1.8 8.15 15.22 (7n  6).(7n  1) 7n  1 Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  N thì: n(n  1).(n  5) a, Sn = 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 + ... + n(n + 3) = 5 b, Sn = 1.2 + 2.5 + 3.8 + ... + n.(3n - 1) = n2.(n + 1) c) Sn = 1.4 + 2.7 + 3.10 + ... + n.(3n + 1) = n.(n + 1)2 Bài 4: a, Chứng minh rằng tổng n các số tự nhiên đầu tiên liên tiếp là: n(n  1) S = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = 2 b, Chứng minh rằng tổng n các số chẵn đầu tiên liên tiếp là: n(2n  2) S = 2 + 4 + 6 + 8 + ... + 2n =  n(n  1) 2 c, Chứng minh rằng tổng n các số lẻ đầu tiên liên tiếp là: S = 1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2n - 1) = n2 3.3, Dạng 3. Chứng minh bất đẳng thức: Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  3 thì: 2n > 2n + 1 (1) Giải: + Với n = 3 thì VT = 23 = 8; VP = 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7  VT > VP Vậy (1) đúng với n = 3 + Giả sử (1) đúng với n = k (k  N, k  3), tức là 2k > 2k + 1 Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là: 2k + 1 > 2k + 3 (2) Thật vậy: 2k + 1 = 2 k.2 Theo giả thiết quy nạp 2k > 2k + 1 Do đó: 2k + 1 > 2(2k + 1) = (2k + 3).(2k - 1) > 2k + 3 (Vì 2k - 1 > 0 với k  3) Vậy (2) đúng với  k  3
+ Kết luận: 2 n > 2n + 1 với mọi số nguyên dương và n  3 Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi với n số không âm a1  a2  ...  an n  a1a2 ...an với a1, a2, . . ., an  0 n CM: + Hiển nhiên mệnh đề đúng với n = 2, tức là a1  a2  n a1a2 2 + Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là: a1  a2  ...  ak  k a1a2 ...ak k Ta đi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 a1  a2  ...  ak Giả sử a1  a2  ...  ak  ak + 1. Thì ak + 1  k a1  a2  ...  ak Đặt = x thì x  0 k ak + 1 = x + y với y  0 và kx = a1, a2, . . ., ak  0 (Do giả thiết quy nạp) k 1 k 1  a  a  ...  ak  ak 1   kx  x  y  Ta có:  1 2    =  k 1   k 1  k 1  y  1  x   xk 1  (k  1). .xk  xk 1  xk  y  xk (x  y)  a1a2...ak ak 1  k  1  k 1  a  a2  ...  ak  ak 1  k1  1   a1a2 a3 ...ak1 .  k 1  Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n  2. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an n  1 Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: 1    3  n Giải: 1  1 + Với n = 1 đẳng thức luôn đúng vì: VT = 1    2; VP = 3  1 + Vớí n = 2, theo khai triển Niu tơn ta có: n  1 1 n(n 1 1 n(n 1  2) ) ).(n n(n 1)...(n  2) 1 1 1 1 1 n   1 n. n  2! . n2  3!n 3  ...  n! . n  11    ...   n    2! 3! n!  Do:
1 1 1 1 1 1  1  1 1  1 1 1   ...     ...   1       ...      1  1 2! 3! n! 1.2 2.3 (n  1)n  2   2 3   n 1 n  n 2  1 Do đó: 1    1  1  1  3. Với mọi n số nguyên dương  n Bài 4: CMR với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1    ...  1 n 1 n  2 n  3 3n  1 Giải: 1 1 1 13 + Với n = 1, vế trái bất đẳng thức là:    1 2 3 4 12 Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1 + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là: 1 1 1 1    ...  1 k 1 k  2 k  3 3k  1 Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là: 1 1 1 1    ...  1 k2 k3 k4 3k  4 Thật vậy: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1    ...       ...    k2 k3 k4 3k  4 k  1 k  2 k  3 k  4 3k  1 3k  2 1 1 1  1 1 1 1  2        ...    3(k  1).(3k  2).(3k  4)  1 3k  3 3k  4 k  1  k  2 k  3 k  4 3k  1 1 1 1 1 Do giả thiết quy nạp:    ...  1 k 1 k  2 k  3 3k  1 Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1 + Kết luận: Với mọi số nguyên dương n ta luôn có bất đẳng thức: 1 1 1 1    ...  1 n 1 n  2 n  3 3n  1 Bài 5: CMR với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1 n 1    ...  n  2 3 4 2 1 2 Giải: 1 + Với n = 1, ta có: VT = 1; VP = . 2  VT > VP. Vậy bất đẳng thức (1) đúng với n = 1 + Giả sử bđt đúng với n = k, tức là:
1 1 1 1 k Sk  1     ...  k  . (k  Z+ , k  1) 2 3 4 2 1 2 Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1 1 1 1 1 1 k 1 Tức là Sk 1  1     ...  k  ...  k  2 3 4 2 1 2 1 2 1 1 1 1 Thật vậy: Sk 1  Sk  k  k  k  ...  k 1  Sk  A () 2 2 1 2  2 2 1 1 1 1 Với A = k  k  ...  k 1 2 2 1 2 1 Ta nhận thấy A là tổng của 2 2 phân thức mà mỗi phân thức đều lớn hơn 1 2k 1 1 1 1 1 1 Do đó: A > k 1 + k 1 + … + k 1 = 2 2 . k 1  (  ) 2 2 2 2 2 1 1 Từ (  ) và (   ) suy ra Sk + 1 = Sk + A > .  Sk + 1 > 2 2 k 1 1 Lại có:  (với k  Z+ , k  1) . Vậy bất đẳng thức đúng với n = k 2 2 +1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì bất đẳng thức sau luôn đúng: 1 1 1 1 n 1    ...  n  2 3 4 2 1 2 Bài 6: Tìm số nguyên dương n sao cho: 2 n > 5n Giải: + Với n = 1; 2; 3; 4 thì vế trái nhỏ hơn vế phải + Với n = 5 thì 25 = 32 > 25 = 5.5. Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 5 + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (Với k  N , k  5); Tức là: 2k > 5k Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1; Tức là: 2k + 1 > 5(k + 1) Thật vậy: 2k + 1 = 2k.2 mà 2k > 5k (Theo giả thiết quy nạp) Nên 2k.2 > 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k  5 nên 5k > 5 Vì vậy: 2k + 1 > 5k + 5 = 5(k + 1) + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n, n  5 thì ta có 2n > 5n *Một số bài tập giải tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: