Chuyên đề Qui nạp toán học - Nguyễn Ngọc Thư

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 mọi : 
Bài 8 Chứng minh rằng dãy số xác định bởi : 
 , 
 là tăng và bị chặn trên .
Bài 9 CMR với n 
Bài 10 Chứng minh mọi số tự nhiên n khác 0 ta luôn có :
Bài 11 CMR với mọi số tự nhiên n lớn hơn 5 ta có :
 Bài 12 CMR : 
 Bài 13 Cho n số dương nghiệm đúng điều kiện 
 CMR :
 Dấu ‘’=’’xảy ra khi nào ?
 Bài 14 Chứng minh mọi số tự nhiên n >1, ta có :
 Bài 15 Cho n là số tự nhiên và 
 CMR : 
Bài 16 
Qua hai dạng đầu của qui nạp toán học ta có cảm giác mức độ hay va khó của bài toán tăng dần.Do đặc thù của nó ,hai dạng này được học tương đối sâu ở phổ thông.Dạng ba của bài toán ,cũng là dạng cuối cùng chúng tôi sẽ trình bày trong chuyên đề này được học sơ qua ở bậc phổ thông và học cao hơn ở năm thứ hai của trường Đhsp... Cũng vì lí do đó mà dạng ba được chúng tôi đưa vào sau cùng . Xin mời các bạn chuyển sang dạng ba của qui nạp toán học .
Dạng 3 : Dùng qui nạp toán học để chứng minh một biểu thức dạng Un chia hết cho một số tự nhiên .
VD1: Chứng minh rằng chia hết cho 3 . (1)
Giải
Với n = 1 ta có : đúng .
Giả sử (1) đúng với n = k , , tức là : 
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1, nghĩa là : 
Thật vậy : 
Vậy (1) đúng với n = k+1, nên cũng đúng với mọi 
Chú ý : Ta biết rằng một tổng chia hết cho một số khi từng số hạng của tổng chia hết cho số đó. Nhận thấy là một tổng các đa thức của k , Vậy để chứng minh ak+1 chia hết cho 3 ta phải thác triển ak+1, sau đó tiến hành thực hiện sắp xếp lại các số hạng , kết hợp với giả thiết qui nạp , viết lại ak+1 dưới dạng tổng các số hạng chia hết cho 3.
VD2:Chứng minh rằng , ta có : an = (2)
 Giải
 Khi n = 2 , ta có : a2 = đúng
Giả sử (2) đúng với n =k , , tức là : ak = 
Ta phải chứng minh (2) đúng với n = k+1, nghĩa là :
 ak+1 = 
Vậy (2) đúng với n = k+1 ,nên (2) đúng với . 
Chú ý : Lời giải ví dụ hai không có gì mới lạ , ta thực hiện kĩ thuật viết lại a k+1 , thành lập sự xuất hiện giả thiết qui nạp , dễ dàng suy ra đpcm.
VD3: Chứng minh rằng : an = (3)
Giải
Với n = 1 , ta có :a1 = nên (3) đúng.
Giả sử (3) đúng với n = k , tức là : ak = (3.1)
Ta phải chứng minh (3) đúng với n = k+1, tức là : ak+1= 
Thật vậy :ak+1 = Vậy (3) đúng với n = k+1 , nên (3) đúng với mọi 
Chú ý : ở ví dụ này việc viết lại ak+1 không chỉ đơn thuần là sự thác triển sắp xếp lại các số hạng , rõ ràng ở đây kĩ thuật thêm bớt lại phát huy tác dụng, việc đưa 27 ra ngoài làm thừa số chung, với mục đích thành lập được gtqn đã làm dư ra một lượng so với lượng ban đầu , để cân bằng bài toán ta thêm vào một lượng 676k+676 . Làm như vậy ta sẽ dùng được gtqn tiến đến kết thúc lời giải. 
Ví dụ bốn dưới đây là một minh học nữa cho lời giải loại bài tập này.
VD4: Chứng minh rằng: (4)
Với n = 1 , ta có : nên (4) đúng 
Giả sử (4) đúng với n = k, tức là : (4.1)
Ta phải chứng minh (4) đúng với n = k+1, tức là : 
 Thật vậy : 
Vậy (4) đúng với n = k+1 , nên cũng đúng với .
VD5: Chứng minh rằng : , ta có : (5) 
Giải
Với n = 1 ta có : , nên (5) đúng .
Giả sử (5) đúng với n = k, , nghĩa là : (5.1)
 Ta phải chứng minh (5) đúng vói n = k+1 , nghĩa là : 
Thật vậy : 
Vậy (5) đúng với n = k+1 , nên cũng đúng với .
Chú ý : Ví dụ 5 và ví dụ 1 thuộc cùng một dạng .Do đó cách giải giành cho ví dụ 5 xem chú ý ví dụ 1.
Bình luận chung cho dạng 3: Qua năm ví dụ giành cho dạng ba ta thấy mẫu chốt để giải tốt các bài tập của dạng ba là kĩ năng viết lại an ứng với n = k+1,thành tổng các số hạng hoặc tích của các thừa số chia hết cho số tự nhiên cần chứng minh . Tất nhiên trong quá trình viết lại như vậy, ta vẫn lưu ý tới việc sử dụng giả thiết qui nạp của bài toán.Có thể nói kĩ thuật viết lại đề của một bài toán nói riêng và viết lại một biểu thức toán học nói chung , để dùng được giả thiết của bài toán , đặc biệt có hiệu quả, trong giải toán phổ thông. Xin đưa ra một số ví dụ điển hình cho kĩ thuật này.
Ví dụ 1 (ĐTTS_khốiA2003câu)
 Giải hệ phương trình 
 Điều kiện . Hệ đã cho được viết lại dưới dạng : 
Nhờ kĩ thuật viết lại đề , ta đã xác định được hướng giải cho hệ trên là xuất phát từ phương trình thứ nhất của hệ . 
Ví dụ 2 (ĐHCSNN_khối A2000) 
 Cho hệ phương trình : 
Giải hệ đã cho khi m=-3. 
Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất. 
Hệ đã cho được viết lại dưới dạng : 
Nhờ viết lại hệ như vậy mà ta có thể đặt x+y= S, xy = P , Điều kiện S2-4P, khi đó việc giải hệ pt trên không có gì có khăn.
Nói chung đây là kĩ thuật cơ bản trong giải toán , học sinh nên rèn luyện kĩ thuật này để có thể áp dụng trong quá trình giải tất cả các dạng của toán học sơ cấp.
Bài tập đề nghị.
Bài 1: CMR 
Bài 2: CMR 
Bài 3: CMR Bài 4: CMR 
Bài 5: CMR chia hết cho 3
Bài 6: CMR chia hết cho .
Tài liệu tham khảo
Doãn Minh Cường : Giới thiệu đề thi tuyển sinh đại học 2000-2001,NXBGD.
Hà Văn Chương : Tuyển tập 700 bài toán bất đẳng thức,NXB.Trẻ1998
Phan Đức Chính – Vũ Dương Thụy _Đào Tam – Lê Thống Nhất : Các bài giảng luyện thi môn toán ,tập hai NXBGD
Đặng Đình Hanh :Tập đề bài tập quan hệ chia hết giành cho K53GH.
Trần Văn Kỉ : 460 bài toán bất đẳng thức,NXB.Trẻ TPHCM.
Ngô Thúc Lanh- Vũ Tuấn- Ngô Xuân Sơn : Đại số và giải tích 11, Nhà xuất bản giáo dục1998 
 Võ Đại Mau :Phương pháp giải toán bất đẳng thức,NXB.Trẻ2000
 Nguyễn Văn Mậu :Một số bài toán chọn lọc về dãy số ,NXNGD 
Trần Phương : Phương pháp mới giải đề thi tuyển sinh môn toán, NXBGD.
Nguyễn Tiến Quang :Bài tập số học, NXBGD. 
Bộ đề thi tuyển sinh đại học, Nhà xuất bản giáo dục 2001..
Tuyển tập 30 năm tạp chí toán học và tuổi trẻ, Nhà xuất bản giáo dục. 
Hai cuốn sách giáo khoa chỉnh lí hợp nhất năm 2000 là đại số và giải tích 11, giải tích 12 của Nhà xuất bản giáo dục .