chuyên đề quy nạp toán học

HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Khái quát chung về tập hợp số tự nhiên 
Các số 0, 1, 2, 3,... là các số tự nhiên. Tập hợp số tự nhiên kí hiệu là 

  0;1;2;3;...
Các số 0, 1, 2, 3, ...là các phần tử của tập hợp
Tập hợp các số tự nhiên khác 0 được kí hiệu là 

*

*  1;2;3;...
2. Phương pháp quy nạp toán học
Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên

n* là đúng với

mọi n mà không thể thử trực tiếp được thì có thể làm như 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  1 (gọi là giả thiết qui
nạp) , chứng minh rằng nó cũng đúng với n  k  1

 Khẳng định mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n  *

 Chú ý :
Trong trường hợp phải chứng minh một mệnh đề là đúng với mọi số tự nhiên n  p (p là số tự nhiên)
thì :


Ở bước 1, ta kiểm tra mệnh đề đúng với n  p



Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì n  k  p và chứng minh rằng
nó cũng đúng với n  k  1
DẠNG TOÁN 1 : Vận dụng qui nạp chứng minh đẳng thức

Bài toán 1 : Chứng minh rằng với n  * ta có

2  5  8  ...  3n  1 

n  3n  1
2

(1)

Lời giải
Bước 1 : Với n = 1, ta có VT = 2, VP = 2. Vậy đẳng thức đúng với n = 1
Bước 2 : Đặt vế trái bằng S n
Giả sử đẳng thức (1) đúng với n  k  1 , nghĩa là :

S k  2  5  8  ...  3k  1 
Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

k  3k  1
(giả thiết qui nạp)
2
1


HÃY TÍCH LUỸ

Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với n  k  1 , nghĩa là

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

S k 1  2  5  8  ...  3k  1  3(k  1)  1 

(k  1) 3(k  1)  1
2

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có :

k (3k  1)
3k 2  k  6k  4
S k 1  S k  3k  2 
 3k  2 
2
2


3(k 2  2k  1)  k  1 (k  1) 3(k  1)  1
(đpcm).


2
2

Vậy đẳng thức (1) đúng với mọi n  *
*

Bài toán 2 : Chứng minh rằng với n   ta có

1 1 1
1 2n  1
   ...  n  n
2 4 8
2
2

(2)

Lời giải

1 21  1
 1 . Vậy đẳng thức đúng với n = 1
2
2
Bước 2 : Giả sử đẳng thức (2) đúng với n  k  1 , tức là ta có:
Bước 1 : Ta có

1 1 1
1 2k  1
   ...  k  k
2 4 8

2
2
Ta chứng minh đẳng thức (2) đúng với n  k  1, nghĩa là

1 1 1
1
1
2k 1  1
   ...  k  k 1  k 1 .
2 4 8
2 2
2
Thật vậy,

1 1 1
1
1
2k  1 1
2(2k  1)  1 2k 1  1
   ...  k  k 1  k  k 1 
 k 1
2 4 8
2 2
2
2
2k 1
2
Vậy đẳng thức (2) đúng với mọi n  *
Bài toán 3 : Chứng minh rằng với n  * ta có

12  32  52  ...  (2n  1) 2 

n(4n 2  1)
3

(3)

Lời giải : Đặt vế trái bằng Cn
Bước 1 : Khi n = 1, VT = VP = 1, hệ thức (3) đúng khi n = 1
Bước 2 : Giả sử hệ thức (3) đúng với n  k  1 , tức là

Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

2


HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

Ck  12  32  52  ...  (2k  1) 2 

k (4k  1)
3
2

Ta phải chứng minh đẳng thức (3) đúng với n  k  1 , nghĩa là

Ck 1  12  32  52  ...  (2k  1) 2  [2(k  1)  1]2 

(k  1)[4(k  1) 2  1]
3

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

Ck 1  Ck  [2(k  1)  1]2  Ck  (2k  1) 2


k (4k 2  1)
(2k  1)[k (2k  1)  3(2k  1)]
 (2k  1) 2 
3
3

(k  1)(2k  3)(2k  1) (k  1)[4(k  1) 2  1]


3
3
Vậy hệ thức (3) đã được chứng minh.
*

Bài toán 3A : Chứng minh rằng với n   ta có

1.2  2.5  3.8  ...  n(3n  1)  n 2 ( n  1)

(2.1)
Giải
2

Bước 1 : Với n=1, vế trái bằng 1.2 = 2, vế phải bằng 1 (1  1)  2
Hệ thức (2.1) đúng.
Bước 2 : Đặt vế trái bằng S n .
Giả sử hệ thức (2.1) đúng với n  k  1 , tức là :

Sk  1.2  2.5  ...  k (3k  1)  k 2 (k  1) (giả thiết qui nạp).
Ta phải chứng minh rằng (2.1) cũng đúng với n  k  1, tức là :

Sk 1  1.2  2.5  3.8  ...  k (3k  1)  (k  1)[3(k  1)  1]  (k  1) 2 (k  2)
Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

Sk 1  Sk  (k  1)[3(k  1)  1]  k 2 (k  1)  (k  1)(3k  2)
 (k  1)(k 2  3k  2)  (k  1) 2 (k  2) .
Vậy hệ thức (2.1) đúng với mọi n  

*

DẠNG 2 : Vận dụng qui nạp chứng minh bất đẳng thức

Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

3


HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

Bài toán 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  3 ta có

3n  n 2  4n  5

(4)

Lời giải :
Bước 1 :Với n = 3, vế trái bằng 27, vế phải bằng 26. Bất đẳng thức (4) đúng.
Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k  3 , tức là

3k  k 2  4k  5

(*)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n  k  1 , tức là

3k 1  (k  1) 2  4(k  1)  5
Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức (*) với 3 ta có

3k 1  3k 2  12k  15  (k  1) 2  4(k  1)  5  2k 2  6k  5
Vì 2k  6k  5  0 nên
2

3k 1  (k  1) 2  4(k  1)  5
Bất đẳng thức (4) đã được chứng minh
Bài toán 5 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  2 ta có

2n1  2n  3

(5)

Lời giải :

Bước 1 :Với n = 2, vế trái bằng 8, vế phải bằng 7. Bất đẳng thức (5) đúng.
Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k  2 , tức là

2k 1  2k  3

(*)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n  k  1, tức là

2k  2  2(k  1)  3  2k  2  2k  5
Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức (5’) với 2 ta có

2 k  2  4k  6  2 k  2  2k  5  2k  1
Vì 2k  1  0 nên 2
Vậy 2

n 1

k 2

 2k  5

 2n  3 với mọi số tự nhiên n  2

Bài toán 6 : Chứng minh rằng với n  * ta có bất đẳng thức

2 n  2  2n  5

(6)

Lời giải :
Bước 1 :Với n = 1, vế trái bằng 8, vế phải bằng 7. Bất đẳng thức (6) đúng.
Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với n  k  1 , tức là

2 k  2  2k  5

(*)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n  k  1, tức là
Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

4


HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

2

k 3

 2(k  1)  5  2

k 3

 2k  7

Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức (6’) với 2 ta có

2k  2  4k  10  2k  7  2k  3
Vì 2k  3  0 nên 2

k 3

 2k  7 (đpcm).

DẠNG TOÁN 3 : Vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết
Bài toán 7 : Chứng minh rằng với n  * ta có n  11n chia hết cho 6
3

Lời giải :
Đặt An  n  11n
3

Bước 1 :Với n = 1, ta có A1  1  11  12 6 .
3

3
Bước 2 : Giả sử với n  k  1 ta đã có Ak  k  11k  6

Ta phải chứng minh Ak 1  6 , tức là Ak 1  (k  1)  11(k  1) 6
3

Thật vậy, ta có

Ak 1  (k  1)3  11(k  1)  k 3  3k 2  3k  1  11k  11
 (k 3  11k )  3(k 2  k  4)  Ak  3(k 2  k  4)
Vì Ak  6 và k  k  4  k (k  1)  4 là số chẵn nên Ak 1  6
2

Vậy An  n  11n 6, n  
3

*

Bài toán 8 : Chứng minh rằng với mọi n   ta có n  n chia hết cho 7
*

7

Lời giải :
Đặt An  n  n
7

Bước 1 :Với n = 1, ta có A1  0 7 .
Bước 2 : Giả sử với n  k  1 ta đã có Ak  k  k  7
7

Ta phải chứng minh Ak 1  7 , tức là Ak 1  (k  1)  (k  1)
7

Thật vậy, áp dụng công thức nhị thức Niu-tơn ta có

Ak 1  (k  1)7  (k  1)  k 7  7k 6  21k 5  35k 4  35k 3  21k 2  7k  1  k  1
 k 7  k  7(k 6  3k 5  5k 4  5k 3  3k 2  k ).
Theo giả thiết qui nạp thì Ak  k  k  7 , do đó Ak 1  7
7

Vậy An  n  n chia hết cho 7 với mọi n  

7

*

Bài toán 9 : Chứng minh rằng với mọi n   ta có 4  15n  1 chia hết cho 9
*

Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

n

5


HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

Lời giải :

n
Đặt S n  4  15n  1

Bước 1 :Với n = 1, ta có S1  189 .
Bước 2 : Giả sử với n  k  1 ta đã có S k  4  15k  19
k

Ta phải chứng minh S k 1 9 , tức là S k 1  4
Thật vậy, ta có S k 1  4

k 1

k 1

 15(k  1)  19

 15(k  1)  1  4(4k  15k  1)  45k  18
 4 S k  9(5k  2)

Theo giả thiết qui nạp thì S k  4  15k  19 , do đó S k 1 9
k

Vậy S n  4  15n  1 chia hết cho 9 với mọi n  
n

Bài toán 10 : Cho tổng S n 

*

1
1
1
1


 ... 
.
1.3 3.5 5.7
(2n  1)(2n  1)

a) Tính S1 , S 2 , S3 , S 4 .
b) Hãy dự đoán công thức tính S n và chứng minh bằng phương pháp qui nạp
Lời giải :
a) Ta có

1 1

1.3 3
1 1 2
S2  

3 3.5 5
2 1
3
S3  

5 5.7 7
3 1
4
S4  

7 7.9 9
S1 

b) Từ kết quả câu a) ta dự đoán

Sn 

n
.

2n  1

Ta sẽ chứng minh công thức (7) bằng phương pháp qui nạp
Bước 1 : với n = 1, theo a) thì (7) đúng
Bước 2 : Giả sử với n  k  1 ta đã có

Sk 

k
.
2k  1

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n = k+1
Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

6


HÃY TÍCH LUỸ

S k 1  S k 

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

1

 2(k  1)  1 2(k  1)  1

 Sk 

1
(2k  1)(2k  3)



k
1
k (2k  3)  1


2k  1 (2k  1)(2k  3) (2k  1)(2k  3)



2k 2  3k  1
(k  1)(2k  1)
k 1


(2k  1)(2k  3) (2k  1)(2k  3) 2(k  1)  1

tức là (7) cũng đúng với n  k  1 . Vậy công thức (7) đã được chứng minh.
Bài toán 11: Chứng minh rằng với mọi n   ta có
*

n3  3n 2  5n chia hết cho 3
Giải :
3

2
Đặt An  n  3n  5n

Bước 1 :Với n = 1, ta có A1  93 .
Bước 2 : Giả sử với n  k  1 ta đã có Ak  k  3k  5k 3
3

2

Ta phải chứng minh Ak 1 3
Thật vậy, ta có

Ak 1  (k  1)3  3(k  1) 2  5(k  1)  k 3  3k 2  3k  1  3k 2  6k  3  5k  5
 (k 3  3k 2  5k )  3k 2  9k  9.
Theo giả thiết qui nạp thì Ak  k  3k  5k 3 , do đó Ak 1 3
3

2

Vậy An  n  3n  5n chia hết cho 3 với mọi n  
3

2

Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

*

7

HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT Môn đại số lớp 11
ĐỀ SỐ 1
Câu 1 : Chứng minh rằng với mọi n   ta có các đẳng thức:
*

n 2 (n  1) 2
1  2  3  ...  n 
4
*
Câu 2 : Chứng minh rằng với mọi n   ta có
3

3

3

3

11n 1  122 n 1 chia hết cho 133

(1)

(2)

Đáp án – biểu điểm

Nội dung

Câu

Thang
điểm
0,75

Đặt vế trái bằng An
Bước 1: Với n = 1, ta có vế trái bằng 1, vế phải bằng

12 (1  1) 2
 1 , hệ thức đúng
4
1
5 điểm

Bước 2: Giả sử đẳng thức (1) đúng với n  k  1 , nghĩa là:

0,25

k 2 (k  1) 2
(giả thiết qui nạp)
4

0,5

Ta phải chứng minh rằng (1) cũng đúng với n  k  1 , tức là

0,25

Ak  13  23  33  ...  k 3 

(k  1) 2 [(k  1)  1]2
Ak 1  1  2  3  ...  k  (k  1) 
4
2
2
(k  1) (k  2)

4
3

3

3

3

3

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

0,75
0,5

Ak 1  Ak  (k  1)3
k 2 (k  1) 2
 (k  1)3
4

0,5

(k  1) 2 (k 2  4k  4)

4

0,75

(k  1) 2 (k  2) 2

4

0,5



Vậy hệ thức (1) đúng với mọi n  
Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

*

0,25

8


HÃY TÍCH LUỸ

Tài liệu ôn thi học kì 1 – Toán 11

Đặt An  11

n 1

2
5 điểm

 12

2 n 1

Bước 1: Với n = 1, A1  133133

0,75

Bước 2: Giả sử với n  k  1 ta có

0,25

Ak  11k 1  122 k 1 chia hết cho 133 (giả thiết qui nạp)

0,5

Ta phải chứng minh Ak 1 133 , tức là

0,25

Ak 1  11k  2  122 k 1 133

0,5

Thật vậy, ta có

0,75

Ak 1  11k  2  122( k 1)1  11.11k 1  122 k 1.122
 11.11k 1  12 2 k 1 (11  133)

0,75

 11. Ak  133.122 k 1

0,5

Vì Ak  11

0,5

k 1

Vậy 11

n 1

 122 k 1 nên Ak 1 133

 122 n 1 chia hết cho 133 với mọi n  *

0,25

CHÚC CÁC EM THI TỐT

Chuyên đề 1: Quy nạp Toán học

9