Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về phương pháp quy nạp toán học rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về phương pháp quy nạp toán học 11 cũng như chuyên đề phương pháp quy nạp toán học có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Đại lớp 11 nhé!
I. LÝ THUYẾT VỀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Để có thể làm được bài tập phương pháp quy nạp toán học lớp 11 một cách dễ dàng nhất thì chúng ta cần phải nắm vững và thật chắc các công thức cũng như tính chất của dạng này như sau:
1. Lý thuyết. Phương pháp quy nạp toán học
Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}$ là đúng với mọi $n$ mà không thể thử trực tiếp thì có thể làm như sau:
$\bullet $ Bước 1. Kiểm tra rằng mệnh đề đúng với $n=1.$
$\bullet $ Bước 2. Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì $n=k\ge 1$ (gọi là giả thiết quy nạp), chứng minh rằng nó cũng đúng với $n=k+1.$
Đó là phương pháp quy nạp toán học, hay còn gọi tắt là phương pháp quy nạp.
Một cách đơn giản, ta có thể hình dung như sau: Mệnh đề đã đúng khi $n=1$ nên theo kết quả ở bước $2,$ nó cũng đúng với $n=1+1=2.$ Vì nó đúng với $n=2$ nên lại theo kết quả ở bước $2,$ nó đúng với $n=2+1=3,…$ Bằng cách ấy, ta có thể khẳng định rằng mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên $n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.$
2. Chú ý: Nếu phải chứng minh mệnh đề là đúng với mọi số tự nhiên \[n\ge p$ ($p$ là một số tự nhiên) thì:
$\bullet $ Bước 1, ta phải kiểm tra mệnh đề đúng với $n=p;$
$\bullet $ Bước 2, giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên bất kì $n=k\ge p$ và phải chứng minh rằng nó cũng đúng với $n=k+1.$
II. BÀI TẬP MẪU VỀ PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
Khi đã nắm chắc được các lý thuyết liên quan đến các dạng của bài chuyên đề phương pháp quy nạp toán học thì chúng ta cần phải làm thêm một số bài tập về phương pháp quy nạp toán học có lời giải lớp 11 để có thể hiểu rõ hơn chương cấp số cộng và cấp số nhân, dãy số này ngay bên dưới đây:
Bài tập 1: Chứng minh các hàng đẳng thức với điều kiện thỏa mãn
a. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\ge 1$ ta có: $\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+…+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}=2\cos \frac{\pi }{{{2}^{n+1}}}$(n dấu căn)
b. Chứng minh các đẳng thức $\sin x+\sin 2x+…\sin nx=\frac{\sin \frac{nx}{2}\sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$ với $x\ne k2\pi $với $n\ge 1$.
Lời giải
a. * Với $n=1\Rightarrow VT=\sqrt{2},\text{ }VP=2\cos \frac{\pi }{4}=\sqrt{2}$
$\Rightarrow VT=VP\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng với $n=1$.
* Giả sử đẳng thức chođúng với $n=k$, tức là:
$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+…+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}=2\cos \frac{\pi }{{{2}^{k+1}}}$(k dấu căn)(1)
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với $n=k+1$, tức là:
$\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+…+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}=2\cos \frac{\pi }{{{2}^{k+2}}}$($k+1$ dấu căn)(2).
Thật vậy:$VT(2)=~\sqrt{2+\underbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+…+\sqrt{2+\sqrt{2}}}}}_{k\text{ dau can}}}=\sqrt{2+2\cos \frac{\pi }{{{2}^{k+1}}}}$
$=\sqrt{2(1+\cos \frac{\pi }{{{2}^{k+1}}})}=\sqrt{4{{\cos }^{2}}\frac{\pi }{{{2}^{k+2}}}}=2\cos \frac{\pi }{{{2}^{k+2}}}=VP(2)$
(Ở trên ta đã sử đụng công thức $1+\cos a=2{{\cos }^{2}}\frac{a}{2}$).
$\Rightarrow (2)$ đúng $\Rightarrow $ đẳng thức chođúng.
b. $\bullet $ Với $n=1$ ta có $VT=\sin x,\text{ }VP=\frac{\sin \frac{x}{2}\sin x}{\sin \frac{x}{2}}=\sin x$ nên đẳng thức chođúng với $n=1$
$\bullet $ Giả sử đẳng thức chođúng với $n=k\ge 1$, tức là:
$\sin x+\sin 2x+…\sin kx=\frac{\sin \frac{kx}{2}\sin \frac{(k+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$(1)
Ta chứng minh (4) đúng với $n=k+1$, tức là
$\sin x+\sin 2x+…\sin (k+1)x=\frac{\sin \frac{(k+1)x}{2}\sin \frac{(k+2)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$(2)
Thật vậy: $VT(2)=\frac{\sin \frac{kx}{2}\sin \frac{(k+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}+\sin (k+1)x$
$=\sin \frac{(k+1)x}{2}\left[ \frac{\sin \frac{kx}{2}+2\cos \frac{(k+1)x}{2}\sin \frac{x}{2}}{\sin \frac{x}{2}} \right]$
$=\frac{\sin \frac{(k+1)x}{2}\sin \frac{(k+2)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}=VP(2)$
Nên (2) đúng. Suy ra đẳng thức chođúng với mọi $n\ge 1$.
Bài tập 2: Chứng minh các hàng đẳng thức với điều kiện thỏa mãn
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\ge 1$, ta luôn có
a. ${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{(n-1)}^{2}}+{{n}^{2}}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
b. $\frac{1}{3}+\frac{2}{{{3}^{2}}}+…+\frac{n}{{{3}^{n}}}=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{{{4.3}^{n}}}$
Lời giải
a. Bước 1: Với $n=1$ ta có:
$VT={{1}^{2}}=1,\text{ }VP=\frac{1(1+1)(2.1+1)}{6}=1\Rightarrow VT=VP$
$\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng với $n=1$.
Bước 2: Giả sử đẳng thức chođúng với $n=k\ge 1$, tức là:
${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{(k-1)}^{2}}+{{k}^{2}}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$(1)
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với $n=k+1$, tức là cần chứng minh:
${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{(k-1)}^{2}}+{{k}^{2}}+{{(k+1)}^{2}}=\frac{(k+1)(k+1)(2k+3)}{6}$(2).
Thật vây:
$VT(2)=\left[ {{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{k}^{2}} \right]+{{(k+1)}^{2}}$$\overset{\text{do }(1)}{\mathop{=}}\,\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+{{(k+1)}^{2}}$
$=(k+1)\left[ \frac{2{{k}^{2}}+k}{6}+k+1 \right]=\frac{(k+1)(2{{k}^{2}}+7k+6)}{6}$
$=\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}=VP(2)$
$\Rightarrow (2)$ đúng $\Rightarrow $đẳng thức chođúng với mọi $n\ge 1$.
b. * Với $n=1$ ta có $VT=1=VP\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng với $n=1$
* Giả sử đẳng thức cho đúng với $n=k\ge 1$, tức là:$\frac{1}{3}+\frac{2}{{{3}^{2}}}+…+\frac{k}{{{3}^{k}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+3}{{{4.3}^{k}}}$(1)
Ta sẽ chứng minh đẳng thức chođúng với $n=k+1$, tức là cần chứng minh
$\frac{1}{3}+\frac{2}{{{3}^{2}}}+…+\frac{k}{{{3}^{k}}}+\frac{k+1}{{{3}^{k+1}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+5}{{{4.3}^{k+1}}}$(2).
Thật vậy:$VT(2)=\frac{3}{4}-\frac{2k+3}{{{4.3}^{k}}}+\frac{k+1}{{{3}^{k+1}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+5}{{{4.3}^{k+1}}}=VP(2)$
$\Rightarrow (2)$ đúng $\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng.
Xem thêm : Cách giải và bài tập mẫu xét tính tăng giảm của dãy số
Bài tập 3: Chứng minh các mệnh đề sau
a. Cho $a,b,c,d,m$ là các số tự nhiên sao cho $a+d$, $(b-1)c$, $ab-a+c$ chia hết cho $m$. Chứng minh rằng ${{x}_{n}}=a.{{b}^{n}}+cn+d$ chia hết cho $m$ với mọi số tự nhiên $n$.
b. Chứng minh rằng từ $n+1$ số bất kì trong $2n$ số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau.
Lời giải
a. $\bullet $ Với $n=0$ ta có ${{x}_{0}}=a+d\vdots m$
$\bullet $ Giả sử ${{x}_{k}}=a.{{b}^{k}}+ck+d\vdots m$ với $k\ge 0,k\in \mathbb{N}$, ta chứng minh
${{x}_{k+1}}=a.{{b}^{k+1}}+c(k+1)+d\vdots m$. Thật vậy:
${{x}_{k+1}}-{{x}_{k}}=a.{{b}^{k+1}}-a.{{b}^{k}}+c={{b}^{k}}\left( ab-a+c \right)-c.{{b}^{k}}+c$
$={{b}^{k}}\left( ab-a+c \right)-c(b-1)\left( {{b}^{k-1}}+{{b}^{k-2}}+…+1 \right)$
Mà ${{x}_{k}},ab-a+c,c(b-1)\vdots m\Rightarrow {{x}_{k+1}}\vdots m$
Vậy Câu toán được chứng minh.
b. $\bullet $ Với $n=1$ ta thấy Câu toán hiển nhiên đúng
$\bullet $ Giả sử Câu toán đúng với $n-1$, có nghĩa là: từ $n$ số bất kì trong $2n-2$ số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau.
Ta chứng minh Câu toán đúng với $n$, tức là: từ $n+1$ số bất kì trong $2n$ số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau.
Ta chứng minh bằng phản chứng:
Giả sử tồn tại một tập con $X$ có $n+1$ phần tử của tập $A=\left\{ 1,2,…,2n \right\}$ sao cho hai số bất kì trong $X$ không là bội của nhau.
Ta sẽ chứng minh rằng có một tập con $X’$ gồm $n$ phần tử của tập
$\left\{ 1,2,…,2n-2 \right\}$ sao cho hai phần tử bất kì của $X’$ không là bội của nhau
Để chứng minh điều này ta xét các trường hợp sau đây
TH 1: $X$ không chứa $2n$ và $2n-1$
Ta bỏ đi một phần tử bất kì của tập $X$ ta được một tập $X’$ gồm $n$ phần tử và là tập con của $\left\{ 1,2,…,2n-2 \right\}$ mà hai phần tử bất kì thuộc $X’$ không là bội của nhau.
TH 2:$X$ chứa $2n$ mà không chứa $2n-1$
Ta bỏ đi phần tử $2n$thì ta thu được tập $X’$ gồm $n$ phần tử và là tập con của $\left\{ 1,2,…,2n-2 \right\}$ mà hai phần tử bất kì thuộc $X’$ không là bội của nhau.
TH 3:$X$ chứa $2n-1$ mà không chứa $2n$
Ta bỏ đi phần tử $2n-1$thì ta thu được tập $X’$ gồm $n$ phần tử và là tập con của $\left\{ 1,2,…,2n-2 \right\}$ mà hai phần tử bất kì thuộc $X’$ không là bội của nhau.
TH 2:$X$ chứa $2n$ và $2n-1$
Vì $X$ không chứa hai số là bội của nhau nên $X$ không chứa $n$ và ước của $n$ (Vì nếu chứa ước của $n$ thì số đó là ước của $2n$)
Bây giờ trong $X$, ta bỏ đi hai phần tử $2n-1$ và $2n$ rồi bổ sung thêm $n$ vào thì ta thu được tập $X’$ gồm $n$ phần tử và là tập con của $\left\{ 1,2,…,2n-2 \right\}$ mà hai phần tử bất kì thuộc $X’$ không là bội của nhau.
Như vậy ta luôn thu được một tập con $X’$ gồm $n$ phần tử của tập $\left\{ 1,2,…,2n-2 \right\}$ mà các phần tử không là bội của nhau. Điều này trái với giả thiết quay nạp.
Vậy Câu toán được chứng minh theo nguyên lí quy nạp.
Bài tập 4: Chứng minh các mệnh đề sau
a. Chứng minh rằng với $\forall n\ge 2$, ta luôn có${{a}_{n}}=\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)…\left( n+n \right)$ chia hết cho ${{2}^{n}}$.
b. Cho $a,b$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-27x+14=0$
Đặt $S\left( n \right)={{a}^{n}}+{{b}^{n}}$. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì $S(n)$ là một số nguyên không chia hết cho 715.
c. Cho hàm số $f:\mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa $f(1)=1,f(2)=2$ và $f(n+2)=2f(n+1)+f(n)$.
Chứng minh rằng: ${{f}^{2}}(n+1)-f(n+2)f(n)={{(-1)}^{n}}$
d. Cho ${{p}_{n}}$ là số nguyên tố thứ $n$. Chứng minh rằng: ${{2}^{{{2}^{n}}}}>{{p}_{n}}$.
e. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt qua $n!$ đều có thể biểu diễn thành tổng của không quá $n$ ước số đôi một khác nhau của $n!$.
Lời giải
a. * Với $n=2$, ta có:${{a}_{2}}=\left( 2+1 \right)\left( 2+2 \right)=12\Rightarrow {{a}_{2}}\vdots 4={{2}^{2}}$.
* Giả sử ${{a}_{k}}\vdots {{2}^{k}}$ ta chứng minh ${{a}_{k+1}}\vdots {{2}^{k+1}}$. Thật vậy:
${{a}_{k+1}}=\left( k+1+1 \right)\left( k+1+2 \right)…\left( k+k+1+1 \right)$
$=\left( k+2 \right)\left( k+3 \right)…\left( k+k+2 \right)$
$=\left( k+2 \right)\left( k+3 \right)…\left( k+k \right)\left( k+k+1 \right)\left( k+k+2 \right)$
$=\underbrace{\left[ \left( k+1 \right)\left( k+2 \right)\left( k+3 \right)…\left( k+k \right) \right]}_{{{a}_{k}}}.2.\left( k+k+1 \right)$$=2{{a}_{k}}.({{k}^{2}}+k+1)$
Do ${{a}_{k}}\vdots {{2}^{k}}\Rightarrow 2{{a}_{k}}\vdots {{2}^{k+1}}\Rightarrow {{a}_{k+1}}\vdots {{2}^{k+1}}$ đpcm.
b. Ta có: $S(n)=27S(n-1)-14S(n-2)$ rồi dùng quy nạp để chứng minh $S(n)$ chia hết cho $751$.
c. $\bullet $ Ta có: $f(3)=2f(2)+f(1)=5$, nên ${{f}^{2}}(2)-f(3)f(1)={{2}^{2}}-5.1={{(-1)}^{1}}$
Suy ra đẳng thức cho đúng với $n=1$.
$\bullet $ Giả sử đẳng thức cho đúng với $n=k$, tức là:
${{f}^{2}}(k+1)-f(k+2)f(k)={{(-1)}^{k}}$(1)
Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với $n=k+1$, tức là:
${{f}^{2}}(k+2)-f(k+3)f(k+1)={{(-1)}^{k+1}}$(2)
Ta có:
${{f}^{2}}(k+2)-f(k+3)f(k+1)={{f}^{2}}(k+2)-\left[ 2f(n+2)+f(n+1) \right]f(k+1)$
$=f(k+2)\left[ f(k+2)-2f(k+1) \right]-{{f}^{2}}(k+1)$
$=f(k+2)f(k)-{{f}^{2}}(k+1)=-{{(-1)}^{k}}={{(-1)}^{k+1}}$
Vậy Câu toán được chứng minh.
d. Trước hết ta có nhận xét: ${{p}_{1}}.{{p}_{2}}…{{p}_{n}}+1>{{p}_{n+1}}$
$\bullet $ Với $n=1$ ta có: ${{2}^{{{2}^{1}}}}=4>{{p}_{1}}=2$
$\bullet $ Giả sử ${{2}^{{{2}^{k}}}}>{{p}_{k}}\text{ }\forall k\le n$, ta cần chứng minh ${{2}^{{{2}^{k+1}}}}>{{p}_{k+1}}$
Thật vậy, ta có: ${{2}^{{{2}^{1}}}}{{.2}^{{{2}^{2}}}}{{…2}^{{{2}^{{{p}_{k}}}}}}+1>{{p}_{1}}.{{p}_{2}}…{{p}_{k}}+1>{{p}_{k+1}}$
Suy ra ${{2}^{{{2}^{1}}+{{2}^{2}}+…+{{2}^{k}}}}>{{p}_{k+1}}\Rightarrow {{2}^{{{2}^{{{2}^{k+1}}-1}}}}+1>{{p}_{k+1}}\Rightarrow {{2}^{{{2}^{k+1}}}}>{{p}_{k+1}}$
Vậy Câu toán được chứng minh
e. $\bullet $ Với $n=1$ Câu toán hiển nhiên đúng.
$\bullet $ Giả sử Câu toán đúng với $n=k$, ta chứng minh Câu toán đúng với $n=k+1$
Nếu $a=(k+1)!$ thì Câu toán hiển nhiên đúng
Ta xét $a<(k+1)!$, ta có: $a=(k+1)d+r$ với $d<k!,r<k+1$
Vì $d<k!$ nên $d={{d}_{1}}+{{d}_{2}}+…+{{d}_{k}}$ với ${{d}_{i}}\text{ }(i=\overline{1,k})$ là các ước đôi một khác nhau của $k!$
Khi đó: $a=(k+1){{d}_{1}}+(k+1){{d}_{2}}+…+(k+1){{d}_{k}}+r$
Vì $(k+1){{d}_{i}},r$ là các ước đôi một khác nhau của $(k+1)!$
Vậy Câu toán được chứng minh.
Bài tập 5: Chứng minh các mệnh đề sau
a. Trong không gian cho $n$ mặt phẳng phân biệt ($n\ge 1$), trong đó ba mặt phẳng luôn cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung. Hỏi $n$ mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền?
b. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đóhai đường thẳng bất kì luôn cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng $n$ đường thẳng này chia mặt phẳng thành $\frac{{{n}^{2}}+n+2}{2}$ miền.
Lời giải
a. Giả sử $n$ mặt phẳng chia không gian thành ${{a}_{n}}$ miền
Ta chứng minh được: ${{a}_{n+1}}={{a}_{n}}+\frac{{{n}^{2}}+n+2}{2}$
Từ đó ta tính được: ${{a}_{n}}=\frac{(n+1)({{n}^{2}}-n+6)}{6}$.
b. Gọi ${{a}_{n}}$ là số miền do $n$đường thẳng trên tạo thành.
Ta có: ${{a}_{1}}=2$.
Ta xét đường thẳng thứ $n+1$ (ta gọi là $d$), khi đó $d$ cắt $n$ đường thẳng đã cho tại $n$ điểmvà bị $n$ đường thẳng chia thành $n+1$phần đồng thời mỗi phần thuộc một miền của ${{a}_{n}}$. Mặt khác với mỗi đoạn nằm trong miền của ${{a}_{n}}$ sẽ chia miền đó thành 2 miền, nên số miền có thêm là$n+1$. Do vậy, ta có:${{a}_{n+1}}={{a}_{n}}+n+1$
Từ đây ta có:${{a}_{n}}=\frac{{{n}^{2}}+n+2}{2}$.
Bài tập 6: Chứng minh các mệnh đề sau
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n\ge 1$, ta luôn có
a. ${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{(n-1)}^{2}}+{{n}^{2}}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
b. $\frac{1}{3}+\frac{2}{{{3}^{2}}}+…+\frac{n}{{{3}^{n}}}=\frac{3}{4}-\frac{2n+3}{{{4.3}^{n}}}$
Lời giải
a. Bước 1: Với $n=1$ ta có:
$VT={{1}^{2}}=1,\text{ }VP=\frac{1(1+1)(2.1+1)}{6}=1\Rightarrow VT=VP$
$\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng với $n=1$.
Bước 2: Giả sử đẳng thức chođúng với $n=k\ge 1$, tức là:
${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{(k-1)}^{2}}+{{k}^{2}}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$(1)
Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với $n=k+1$, tức là cần chứng minh:
${{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{(k-1)}^{2}}+{{k}^{2}}+{{(k+1)}^{2}}=\frac{(k+1)(k+1)(2k+3)}{6}$(2).
Thật vây:
$VT(2)=\left[ {{1}^{2}}+{{2}^{2}}+…+{{k}^{2}} \right]+{{(k+1)}^{2}}$$\overset{\text{do }(1)}{\mathop{=}}\,\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+{{(k+1)}^{2}}$
$=(k+1)\left[ \frac{2{{k}^{2}}+k}{6}+k+1 \right]=\frac{(k+1)(2{{k}^{2}}+7k+6)}{6}$
$=\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}=VP(2)$
$\Rightarrow (2)$ đúng $\Rightarrow $đẳng thức chođúng với mọi $n\ge 1$.
b. * Với $n=1$ ta có $VT=1=VP\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng với $n=1$
* Giả sử đẳng thức cho đúng với $n=k\ge 1$, tức là:$\frac{1}{3}+\frac{2}{{{3}^{2}}}+…+\frac{k}{{{3}^{k}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+3}{{{4.3}^{k}}}$(1)
Ta sẽ chứng minh đẳng thức chođúng với $n=k+1$, tức là cần chứng minh
$\frac{1}{3}+\frac{2}{{{3}^{2}}}+…+\frac{k}{{{3}^{k}}}+\frac{k+1}{{{3}^{k+1}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+5}{{{4.3}^{k+1}}}$(2).
Thật vậy:$VT(2)=\frac{3}{4}-\frac{2k+3}{{{4.3}^{k}}}+\frac{k+1}{{{3}^{k+1}}}=\frac{3}{4}-\frac{2k+5}{{{4.3}^{k+1}}}=VP(2)$
$\Rightarrow (2)$ đúng $\Rightarrow $ đẳng thức cho đúng.
Bài tập 7: Chứng minh các mệnh đề sau
Chứng minh rằng với $\forall n\ge 1$, ta có bất đẳng thức: $\frac{1.3.5…\left( 2n-1 \right)}{2.4.6.2n}<\frac{1}{\sqrt{2n+1}}$
Lời giải
* Với $n=1$ ta có đẳng thức chotrở thành:$\frac{1}{2}<\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow 2>\sqrt{3}$đúng.
$\Rightarrow $ đẳng thức chođúng với $n=1$.
* Giả sử đẳng thức chođúng với $n=k\ge 1$, tức là:
$\frac{1.3.5…\left( 2k-1 \right)}{2.4.6…2k}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}$(1)
Ta phải chứng minh đẳng thức chođúng với $n=k+1$, tức là:
$\frac{1.3.5…\left( 2k-1 \right)\left( 2k+1 \right)}{2.4.6….2k\left( 2k+2 \right)}<\frac{1}{\sqrt{2k+3}}$(2)
Thật vậy, ta có:
$VT(2)=\frac{1.3.5…(2k-1)}{2.4.6…2k}.\frac{2k+1}{2k+2}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}}\frac{2k+1}{2k+2}=\frac{\sqrt{2k+1}}{2k+2}$
Ta chứng minh: $\frac{\sqrt{2k+1}}{2k+2}<\frac{1}{\sqrt{2k+3}}\Leftrightarrow (2k+1)(2k+3)<{{(2k+2)}^{2}}$
$\Leftrightarrow 3>1$ (luôn đúng)
Vậy đẳng thức cho đúng với mọi số tự nhiên $n\ge 1$.
Như vậy bên trên là tất cả những thông tin cần thiết về các dạng bài tập phương pháp quy nạp toán học có lời giải mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ về chuyên đề phương pháp quy nạp toán học thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất nhé!
Xem thêm:
