Bài tập phương pháp quy nạp toán học lớp 11 năm 2024

Ở bài viết này, chúng ta sẽ cùng Thầy Nguyễn Thanh Tùng (giáo viên môn Toán tại Hệ thống Giáo dục HOCMAI) đi tìm hiểu về ” Phương pháp quy nạp toán học”.

TOPCLASS11 – GIẢI PHÁP HỌC TẬP TOÀN DIỆN DÀNH CHO 2K7

✅ Lộ trình học 4 bước bám sát chương trình GDPT MỚI, chinh phục MỌI BỘ SGK

✅ KIỂM TRA ĐẦU VÀO - XẾP LỚP ĐÚNG TRÌNH ĐỘ của học sinh

✅ CỐ VẤN HỌC TẬP CÁ NHÂN 1:1 xuyên suốt quá trình học tập của học sinh

✅ SIÊU PHÒNG LUYỆN 10.000+ bài tập phân loại đơn vị kiến thức, theo mức độ từ DỄ - KHÓ

Tham khảo thêm:

• Xác suất của biến cố
• Dãy số
• Bài tập toán 11

Phương pháp quy nạp toán học giúp chứng minh một mệnh đề P(n) là đúng với mọi n ε N*

Bài toán:

Gọi P(n) là một mệnh đề chứa biến n(n∈N∗). Với mọi số tự nhiên n∈N∗, chứng minh P(n) đúng.

Phương pháp quy nạp toán học:

(1) Chứng minh P(n) đúng với n=1.

(2) Nếu P(n) đúng với n=k≥1, k là số nguyên dương tùy ý, chứng minh P(n) đúng khi n=k+1.

* Đối với bài toán chứng minh P(n) đúng với mọi n≥p, p là số tự nhiên cho trước thì ta làm theo cách sau:

(1) Chứng minh P(n) đúng với n=1.

(2) Với k≥p là số nguyên dương tùy ý, giả sử P(n) đúng với n=k, chứng minh P(n) cũng đúng khi

Hy vọng với bài viết này sẽ giúp ích cho các em trong quá trình học môn Toán lớp 11.

Với cách giải phương pháp quy nạp toán học môn Toán lớp 11 Đại số và Giải tích gồm phương pháp giải chi tiết, bài tập minh họa có lời giải và bài tập tự luyện sẽ giúp học sinh biết cách làm bài tập phương pháp quy nạp toán học lớp 11. Mời các bạn đón xem:

Phương pháp quy nạp toán học và cách giải - Toán lớp 11

1. Lý thuyết

Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n ∈N* là đúng với mọi n mà không thể thử trực tiếp được thì ta thực hiện theo các bước sau:

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

Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì n = k, k≥1 (gọi là giả thiết quy nạp).

Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.

Các bước làm bài toán như trên ta gọi là phương pháp quy nạp toán học, hay gọi tắt là phương pháp quy nạp.

Tổng quát:

Xét mệnh đề P(n) phụ thuộc vào số tự nhiên n. Để chứng minh một mệnh đề P(n) đúng với mọi (n0 là số tự nhiên cho trước) thì ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Kiểm tra P(n) đúng với n = n0.

Bước 2: Giả sử n≥n0 đúng khi n = k, k≥n0.

Bước 3: Ta cần chứng minh P(n) đúng khi n = k + 1.

Kết luận: Theo nguyên lí quy nạp toán học, ta kết luận rằng P(n) đúng với mọi n≥n0.

2. Các dạng bài tập

Dạng 1. Chứng minh đẳng thức

Phương pháp giải:

Làm theo 3 bước như phần lý thuyết đã nêu.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:

12+32+52+⋅⋅⋅+2n−12=n4n2−13(1)

Lời giải

Bước 1: Với n = 1, ta có: 1=14.1−13 (đúng). Vậy (1) đúng với n = 1.

Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k. Có nghĩa là ta có:

12+32+52+⋅⋅⋅+2k−12=k4k2−13 2

Bước 3: Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1.

Có nghĩa ta phải chứng minh:

12+32+52+⋅⋅⋅+2k−12+2k+12=k+14k+12−13=2k+1k+12k+33

Thật vậy, ta có:

12+32+52+⋅⋅⋅+2k−12+2k+12=k4k2−13+2k+12=k2k+12k−13+2k+12=2k+1k2k−1+32k+13=2k+12k2+5k+33

\=2k+1k+12k+33 (điều phải chứng minh).

Vậy (1) đúng khi n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:

1. 4 + 2. 7 +... + n(3n + 1) = n(n + 1)2 (1)

Lời giải

Bước 1: Với n = 1, ta có: 1. 4 = 1.(1 + 1)2 (đúng). Vậy (1) đúng với n = 1.

Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k. Có nghĩa là ta có: 1. 4 + 2. 7 +... + k(3k + 1) = k(k + 1)2 (2)

Bước 3: Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1.

Có nghĩa ta phải chứng minh: 1. 4 + 2. 7 +... + k(3k + 1) + (k + 1)(3k + 4) = (k + 1)(k + 2)2

Thật vậy 1. 4 + 2. 7 +... + k(3k + 1) + (k + 1)(3k + 4)

\= k(k + 1)2 + (k + 1)(3k + 4)

\= (k + 1)[k(k + 1) + 3k + 4] = (k + 1)(k + 2)2 (điều phải chứng minh).

Vậy (1) đúng khi n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Dạng 2: Chứng minh bất đẳng thức

Phương pháp giải:

Để chứng minh một mệnh đề P(n) > Q(n) phụ thuộc vào số tự nhiên n đúng với mọi (m là số tự nhiên cho trước), ta thực hiện theo hai bước sau:

Bước 1: Chứng minh rằng khi n = m. P(m) > Q(m) luôn đúng

Bước 2: Với k là một số tự nhiên tùy ý, k≥m. Giả sử đúng với n = k, ta được P(k) > Q(k) đúng

Bước 3: Ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng khi n = k + 1.

Theo nguyên lí quy nạp toán học, ta kết luận rằng P(n) đúng với mọi số tự nhiên n≥m.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n≥3, ta có: 3n > n2 + 4n + 5 (1)

Lời giải

Bước 1: Với n = 3 ta có 33>32+4.3+5⇔27>26 (đúng). Vậy (1) đúng với n = 1.

Bước 2: Giả sử với n=k,k≥3 thì (1) đúng, có nghĩa ta có: 3k > k2 + 4k + 5 (2).

Ta phải chứng minh (2) đúng với n = k + 1

Có nghĩa ta phải chứng minh: 3k + 1 > (k + 1)2 + 4(k + 1) + 5

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 3 ta được: 3.3k > 3.k2 + 12k + 15

3k + 1 > (k2 + 2k + 1) + 4(k + 1) + 5 + (2k2 + 6k + 5)

Vì (2k2+6k+5)>0 ∀k≥3. Vậy 3k + 1 > (k + 1)2 + 4(k + 1) + 5 (đúng).

Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n≥3.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n≥2 ta có:

1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1n+n>1324 (1)

Lời giải

Đặt un=1n+1+1n+2+⋅⋅⋅+1n+(n−1)+1n+n

Bước 1: Với n = 2 ta có u2=12+1+12+2=712>1324 (đúng).

Bước 2: Giả sử với n = k thì (1) đúng, có nghĩa

Ta có: 1k+1+1k+2+⋅⋅⋅+1k+k>1324

Bước 3: Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1

Có nghĩa ta phải chứng minh:

1k+2+1k+3+⋅⋅⋅+1k+1+k+1(k+1)+(k+1)>1324

Thật vậy ta có:

uk+1−uk

\=1k+2+1k+3+⋅⋅⋅+1k+1+k+1(k+1)+(k+1)−(1k+1+1k+2+⋅⋅⋅+1k+k)

\=12k+1+1(k+1)+(k+1)−1k+1=12k+1+12(k+1)−1k+1

\=12k+1−12k+2>0 (đúng).

Vậy uk+1>uk>1324 (đúng). Vậy (1) đúng với n = k + 1.

Vậy (1) đúng với mọi số nguyên dương n≥2.

Dạng 3: Chứng minh sự chia hết

Phương pháp giải:

Làm theo 3 bước như phần lý thuyết đã nêu.

Chú ý một số dấu hiệu chia hết

- Dấu hiệu chia hết cho 2: các số có chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8.

- Dấu hiệu chia hết cho 5: các số có chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.

- Dấu hiệu chia hết cho 3: các số có tổng các chữ số chia hết cho 3.

- Dấu hiệu chia hết cho 9: các số có tổng các chữ số chia hết cho 9.

- Dấu hiệu chia hết cho 4: hai chữ số tận cùng tạo thành 1 số chia hết cho 4.

- Dấu hiệu chia hết cho 6: các số vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3.

- Dấu hiệu chia hết cho 8: ba chữ số tận cùng tạo thành 1 số chia hết cho 8.

- Dấu hiệu chia hết cho 10: chữ số tận cùng bằng 0.

- Tích của hai số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2.

- Tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2, 3 và 6.

- Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2, 3, 4, 6 và 8.

- Tính chất của sự chia hết:

+ Nếu hai số a và b đều chia hết cho m, thì tổng (a + b) và hiệu (a – b) chia hết cho m.

+ Nếu mỗi số ai⋮mi,i=1,2,...,n thì tích a1a2...an⋮m1m2...mn.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi n∈ℕ*thì n3 + 2n chia hết cho 3.

Lời giải

Đặt P(n) = n3 + 2n.

Bước 1: Với n = 1, ta có P(1)=13+2.1=3⋮3. Suy ra P(n) đúng với n = 1.

Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng khi n=k≥1, tức là: P(k)=k3+2k⋮3

Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 1

Tức là chứng minh: P(k+1)=(k+1)3+2(k+1)⋮3.

Thật vậy:

P(k + 1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 2k + 2

\= k3 + 3k2 + 5k + 3

\= (k3 + 2k) + 3(k2 + k + 1)

\= P(k) + 3(k2 + k + 1).

Mà P(k)⋮3 và 3(k2+k+1)⋮3 nên P(k+1)⋮3⇒mệnh đề đúng khi n = k + 1.

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n∈ℕ*.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi n∈ℕ* thì 4. 6n + 5n – 4 chia hết cho 5.

Lời giải

Đặt P(n) = 4. 6n + 5n – 4.

Bước 1: Với n = 1, ta có P(1)=4.61+51−4=25⋮5. Suy ra mệnh đề đúng với n = 1.

Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng khi , tức là: P(k)=4.6k+5k−4⋮5.

Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 1

Tức là chứng minh: P(k+1)=4.6k+1+5k+1−4 ⋮ 5.

Thật vậy:

P(k + 1) = 4. 6k+1 + 5k+1 – 4

\= 4.6k.6 + 5k.5 – 4

\= 24.6k + 5.5k – 4

\= 6(4.6k + 5k – 4) – 5k + 20

\= 6P(k) – 5k + 20

Mà 6P(k)⋮55k⋮520⋮5 nên P(k+1)⋮5⇒mệnh đề đúng khi n = k + 1.

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n∈ℕ*.

Dạng 4: Quy nạp trong hình học

Phương pháp giải:

Làm theo 3 bước như phần lý thuyết đã nêu.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Chứng minh rằng tổng các góc trong của một đa giác lồi n cạnh n≥3 là: (n – 2)1800.

Lời giải

Đặt S(n) = (n – 2)1800.

Bước 1: Với n = 3, ta có S(3) = 1800. Suy ra mệnh đề đúng với n = 1.

Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng khi n=k≥3, tức là: S(k) = (k – 2)1800.

Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 1

Tức là chứng minh: S(k + 1) = (k – 1)1800.

Thật vậy: ta tách đa giác (k + 1) cạnh thành đa giác k cạnh và tam giác A1AkAk+1 bằng cách nối đoạn A1Ak. Khi đó tổng các góc trong của đa giác lồi (k + 1) cạnh bằng tổng các góc trong của đa giác lồi k cạnh cộng với tổng ba góc trong của tam giác A1AkAk+1.

Tức là: S(k + 1) = S(k) + 1800 = (k – 2)1800 + 1800 = (k – 1)1800

Do đó mệnh đề đúng khi n = k + 1.

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n∈ℕ*;n≥3.

Ví dụ 2: Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh n≥4 là: nn−32.

Lời giải

Đặt S(n)=nn−32.

Bước 1: Khi n = 4, ta có S(4) = 2. Suy ra mệnh đề đúng với n = 4.

Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng khi n=k≥4, tức là: S(k)=kk−32.

Bước 3: Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n = k + 1.

Tức là chứng minh: S(k+1)=k+1k−22.

Thật vậy: ta tách đa giác (k + 1) cạnh thành đa giác k cạnh và tam giác A1AkAk+1 bằng cách nối đoạn A1Ak.

Khi đó trừ đi đỉnh đỉnh Ak + 1 và 2 đỉnh kề với nó là A1Ak thì ta còn lại (k + 1) – 3 = k – 2 đỉnh, tương ứng với (k – 2) đường chéo kẻ từ đỉnh Ak+1 cộng với đường chéo A1Ak thì ta có số đường chéo của đa giác (k + 1) cạnh là:

S(k+1)=kk−32+(k−2)+1=kk−32+k−1=k2−k−22=k+1k−22

Do đó mệnh đề đúng khi n = k + 1.

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n∈ℕ*,n≥4.

3. Bài tập tự luyện

Bài tập trắc nghiệm

Câu 1. Một học sinh chứng minh mệnh đề “8n + 1 chia hết cho 7, với mọi số tự nhiên n khác 0” (*) như sau:

- Giả sử (1) đúng với n = k, tức là 8k + 1 chia hết cho 7.

- Ta có: 8k + 1 + 1 = 8(8k + 1) - 7, kết hợp với giả thiết 8k + 1 chia hết cho 7 nên suy ra được 8k + 1 + 1 chia hết cho 7. Vậy đẳng thức (1) đúng với mọi n∈ℕ*.