Chuyên đề: Qui nạp toán học

ủa hàm số sau : 
Giải
 Ta có : , ,,, 
 Bây giờ ta tìm bằng quy nạp như sau :
 Giả sử 
 Ta có : 
 Vậy 
Chú ý : Phương pháp giải chung cho dạng toán này có thể phân làm hai bước như sau :
Bước 1 : Tính đạo hàm cấp một , hai,ba,,cho tới khi dự đoán được đạo hàm cấp n.
Bước 2: Chứng minh đạo hàm cấp n đúng bằng qui nạp toán học .
VD5 : (Đề thi học kì 1, Đại số tuyến tính - lớp K53GH_2003) 
 CMR : Nếu số phức z thỏa mãn : 
 (5)
 Giải
 Với n=1, , VP(5)= theo giả thiết (5) đúng .
Giả sử (5) đúng với n=k , tức là : 
Ta phải chứng minh (5) cũng đúng với n=k+1, tức là : 
Thật vậy : 
 =2cos(k+1) 
 Vậy (5) đúng với n = k +1,nên (5) đúng với .
Chú ý : không bình luận thêm về lời giải trên . Thật bất ngờ khi đây lại là đề thi học kì ở cấp độ đại học . Điều này chứng tỏ qui nạp không phải một vấn đề nguội lạnh trong các kì thi. Do đó việc nắm vững phương pháp giải là điều thật cần thiết với mỗi người học và làm toán.
Bình luận chung cho dạng một : Qua năm ví dụ trên ta thấy bài toán chứng minh đẳng thức bằng cách dùng phương pháp qui nạp toán học chỉ khó khăn và phức tạp ở phần cuối bước 2 , tức là chứng minh đẳng thức đúng với n=k+1.Khi đó từ đẳng thức cần chứng minh ứng với n=k+1,ta biến đổi khéo léo,(dùng kĩ thuật thêm bớt ,hoặc tách số hạng ), để sử dụng được giả thiết đẳng thức đúng với n=k,tiếp tục thực hiện tính toán một số bước nữa ta sẽ có Đpcm.
 Cần nhấm mạnh rằng với dạng toán một ta thường biến đổi theo con đưòng này ! Tuy nhiên đây không phải là cách biến đổi duy nhất,ta có thể biến đổi trực tiếp từ giả thiết đẳng thức đúng với n = k (giả thiết qui nạp của bài toán) , để suy ra đẳng thức đúng với
 n = k+1. Để minh hoạ cho cách làm này ta cùng nhau đi xét ví dụ sau đây :
 CMR mọi n thuộc N* ta có : (BL)
Giải
Với n = 1 , thì (BL) : đúng.
Giả sử (BL) đúng với n = k, tức là : (BL.1)
 Ta phải chứng minh (BL) đúng với n = k+1, tức là : 
 (BL.2)
Thật vậy : Cộng vào hai vế của (BL.1) một lượng là : , ta sẽ được (BL.2) 
Vậy (BL) đúng với n = k+1, nên cũng đúng với mọi n thuộc N* .
 Kĩ thuật biến đổi này sẽ một lần nữa được thể hiện ở ví dụ (8) trong dạng hai qui nạp toán học. Xin mời các bạn cùng theo dõi.
Bài tập đề nghị.
 Bài 1: CMR : Mọi n , ta có : 1+3+5++(2n-1) = n2
 Bài 2 : CMR: , ta có : 
 Bài 3 : CMR : Mọi,ta có : 
Bài 4 : CMR : Mọi a >0, a 1, ,ta có hệ thức sau:
 Bài 5: CMR: Mọi số tự nhiên n 1, với mọi cặp số (a,b),ta có công thức sau đây, gọi là công thức khai triển nhị thức niutơn.
Bài 6: CMR : 
Bài 7: CMR: Với mọi số tự nhiên n1,ta có đăng thức :
Bài 8: CMR : Mọi n thuộc N ta có :
Bài 9: Tính đạo hàm cấp n của các hàm số sau :
 a) b) 
 c) d) 
Bài 10: Tìm tổng số 
Bài 11: Tìm số hạng tổng quát của các dãy số sau : 
 a) 
 b) 
Các bài tập đề nghị chúng tôi đưa ra được lựa chọn cẩn thận, kĩ lưỡng, phần nào có tính chất định hướng phân loại theo các loại toán đã chữa trong dạng một .
 Dạng 2: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh một bất đẳng thức.
VD1: Chứng minh bất đẳng thức Bec-nu-li(Bernoulli). Nếu h >0 , với mọi số tự 
nhiên n2
 (1) , 
Giải
Nếu n =2, ta có : (1+h)2 = 1+2h+h2 > 1+2h (vì h2 > 0) .Vậy (1) đúng .
Giả sử (1) đúng đến n = k , tức là :( 1+h)k > 1+kh (2). 
Ta phải chứng minh (1) cũng đúng đến n =k+1 ,tức là : (1+h)k+1 > 1+(k+1)h. Thật vậy : (1+h)k+1 =(1+h)(1+h)k (1+h)(1+kh) =1+h+kh+kh2
 = 1+h(1+k)+kh2 > 1+h(1+k).(vì kh2 >0)
Vậy (1) đúng với mọi số tự nhiên n 2.
Chú ý : Phép chứng minh trên giả thiết h không phụ thuộc n . Trong trường hợp h phụ thuộc n , người ta chứng minh rằng bất đẳng thức bec_nu_li vẫn đúng (dùng công thức nhị thức niutơn ) .
VD2 : (ĐỀ 101 câu 4a_BĐTTS) 
Chứng minh rằng nếu x >0 thì với mọi số tự nhiên n ta đều có : 
 (2)
 Giải
Xét hàm số . Ta phải chứng minh : (2.1)
Thật vậy , ta có : 
Xét 
Ta có tăng với mọi x >0 
Vậy công thức (2.1) đúng với n=1.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k. Ta có: (2.2)
 Ta phải chứng minh :
 Thật vậy , ta có : 
Theo (2.2) có tăng với 
Vậy bất đẳng thức đúng với n=k+1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n .
Chú ý : Nhìn vào bđt (2) ta thấy cả hai vế đều là các hàm số của biến . Nếu ta chuyển toàn bộ vế phải của bđt (2) sang vế trái và đặt bằng bài toán trở thành Cmr : . Khi đó dùng qui nạp để xử lí bài toán kết hợp với ứng dụng của đạo hàm và tính đơn điệu của hàm số là vô cùng hợp lí.Rõ ràng điểm mẫu chốt,bước đột phá đưa đến hướng giải đẹp cho bài toán là thao tác chuyển vế .
VD3 (ĐỀ131CÂU4a_BĐTTS) :
 Cho hàm số f xác định với mọi x và thoả mãn điều kiện :
 f(x+y) f(x).f(y) với mọi x,y (3)
 CMR : Với mọi số thực x và mọi số tự nhiên n ta có :
 (3.1)
Giải
Trong BĐT f(x+y) f(x).f(y) thay x và y bằng , ta được:
 Vậy bất đẳng thức đúng với n=1
 Giả sử bất đẳng thức đúng với n =k , . Ta có 
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k+1, tức là :
Thật vậy ta có : 
 Do tính chất bắc cầu ta có được : 
Bất đẳng thức đúng với n = k+1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n.
Chú ý : ở đây ta gặp dạng toán chứng minh BĐT (a) đúng khi BĐT (b) xảy ra .Nói cách khác BĐT (a) chỉ xảy ra khi có BĐT (b). Hướng giải giành cho dạng này là xuất phát từ BĐT (b) để chứng minh BĐT (a) đúng .
Thực chất của bài toán trong VD3 là chứng minh (3.1) đúng với mọi số thực x,mọi số tự nhiên n khi hàm f thỏa mãn (3).Do đó dùng qui nạp để chứng minh (3.1) đúng được tiến hành trên các điều kiện rằng buộc của hàm f và sử dụng tính chất bắc cầu.
VD4 : ,ta có :
 (4)
Với n =1 , nên (4) đúng .
Giả sử (4) đúng với n = k, tức là : Ta phải chứng minh (4) đúng với n = k+1,tức là : 
 Thật vậy, ta có 
Vậy (4) đúng với n = k+1 , nên (4) cũng đúng với mọi số nguyên dương n .
Chú ý : Ta thấy (4) có chứa hàm lượng giác nên việc chứng minh (4) đúng bằng qui nạp được thực hiện trên các tính chất của hàm lượng giác ,cụ thể ở đây ta đã dùng công cộng đối với hàm sin , tính chất hàm sin , cos, nhận giá trị trong đoạn và bất đẳng thức .
VD5 : Chứng minh rằng dãy số sau là giảm và bị chặn .
 với 
Giải 
Chứng minh dãy số là giảm . Ta dùng qui nạp.
Ta phải chứng minh :
 (5)
Khi n = 1 thì (5) đúng.
Giả sử (5) đúng với n = k , , tức là : (5.1)
Ta phải chứng minh : 
Ta có : 
Vậy (5) đúng với n = k+1 nên cũng đúng với mọi n thuộc N. 
Chứng minh dãy đã cho là bị chặn dưới. Ta dùng qui nạp để chứng minh :
 (6)
Khi n=1 , nên (6) đúng.
Giả sử (6) đúng với n = k , nghĩa là (6.1)
Ta phải chứng minh : 
Ta có : . Vậy .Dãy số đã cho bị chặn dưới bởi 1.
Chú ý : Khi gặp dạng toán chứng minh dãy số đơn điệu và bị chặn ta thực hiện như sau :
bước 1 : Dùng qui nạp để chứng minh dãy số là đơn điệu 
bước 2 : Dự đoán số M trong trường hợp dãy bị chặn trên bởi M và Số m trong trường hợp ngược lại.Sau đó dùng qui nạp để chứng minh dãy bị chặn bởi trên bởi M hoặc bị chặn dưới bởi m trong trường hợp ngược lại .
VD 6:
Chứng minh rằng : (6)
 Giải
Khi n =3 bđt (6) trở thành (đúng)
Giả sử bđt (6) đúng với n =k nghĩa là : 
Ta chứng minh bđt (6) đúng với , tức là : 
Ta có : 
Vậy bđt(6) đúng với n= k+1 nên nó cũng đúng với mọi n.
Chú ý : lời giải trên ta đã dùng phương pháp làm trội đánh giá của bđt ở bước n =k +1,tại vị trí dấu bđt (2).Có thể nói đây là phương pháp chủ công, mang tính đặc thù trong chứng minh bđt .Học sinh cần nắm vững và làm tốt phương pháp này vì sự hiệu quả mà nó mang lại, cũng lưu ý rằng không nên đánh giá bđt quá lỏng , hoặc quá chặt . Sau đây là một ví dụ minh hoạ nữa giành cho phương pháp đánh giá làm trội.
VD 7: Cho x1,x2,,xn là các số dương. Chứng minh rằng :
 (7)
Giải
Với n = 4 , bđt có dạng : đúng.
Giả sử bđt(7) đúng với n = k . Tức là :(7.2) 
Ta chứng minh bđt(7) đúng với n = k+1.
Do vai trò bình đẳng giữ các xi ( i = 1,2,,k+1), nên không giảm tính tổng quát của bài toán ta có thể giả sử xk+1 = min{ x1,x2,,xn } , tức là : Do vậy ta có : (7.1)
Do: (7.3)
Từ (7.1),(7.2),(7.3) suy ra . Vậy bđt đúng với nên cũng đúng với mọi n .
 Đó là Đpcm.
Chú ý : Thí dụ trên càng cho thấy rõ nét sức mạnh của phương pháp đánh giá làm trội trong chứng minh bđt .Bước ngoặt đưa đến hướng giải quyết cho lời giải bài toán là thao tác đánh giá , ước lượng , giá trị của xk+1 = minxi,{ i= 1,2,n} ở bước n = k+1.
VD 8 : Chứng minh rằng : , ta có (8)
Khi n = 1 , thì (1) trở thành : đúng.
Giả sử (8) đúng vớii n = k ,nghĩa là : (8.1)
Ta phải chứng minh (8) đúng với n = k+1, tức là : 
Thật vậy , ta có : (8.2) ( bđt (8.2) luôn đúng vì sau khi bình phương hai vế , quy đồng , chuyển vế ta thu được bđt tương đương : ,đúng )
Lấy (8.1) nhân (8.2) vế theo vế ta\có : đúng
Theo nguyên lí qui nạp ta kết luận (8) đúng.
.
Chú ý : ví dụ (8) minh chứng lại một lần nữa cho kĩ thuật sử dụng trực tiếp giả thiết qui nạp của bài toán (giả thiết bđt đúng với n =k ) để thực hiện biến đổi suy ra bđt đúng với n = k+1.
lời giải của ví dụ (8) và ví dụ (BL) của dạng một cho chúng ta thấy không phải khi nào cũng biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k+1, để dùng được giả thiết qui nạp dẫn đến kết thúc bài toán mà đôi khi ta biến đổi trực tiếp từ giả thiết qui nạp của bài toán. 
Đối với bài toán qui nạp để linh hoạt trong quá trình giải ta nên nhớ cả hai cách làm trên. 
Vẫn nói thêm rằng hai vd(8) và vd(BL) hoàn toàn có thể giải bằng cách biến đổi từ đt, bđt ứng với n = k +1.
Bình luận chung cho dạng 2 : Qua tám ví dụ trên ta thấy các bài toán của dạng hai phong phú , đa dạng hơn nhiều so với dạng một , độ khó cũng tăng lên . Do đó việc nắm vững cách giải đôi khi chưa đủ để giải quyết bài toán.Rõ ràng mẫu chốt của bài toán vẫn là kĩ thuật biến đổi bất đẳng thức ứng với n=k+1 để sử dụng được giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k,hoặc biến đổi trực tiếp từ bất đẳng thức đúng với n= k (đây gọi là giả thiết qui nạp) để suy ra bất đẳng thức đúng với n = k+1 .Khi đó việc đi đến điều phải chứng minh là không có gì khó khăn. 
Bài tập đề nghị .
Bài 1 Cho 
 Chứng minh rằng : 
 Bài 2 Chứng minh rằng : với a >0 thì 
Bài 3 Chứng minh rằng : 
Bài 4 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có :
 c)
Bài 5 Chứng minh bất đẳng thức :
 Bài 6 Chứng minh với mọi số nguyên dương n , ta có :
Bài 7 Chứng minh rằng m