skkn- Tiếp tục với pp qui nạp

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TIẾPTỤC VỚI PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP
Giáo viên thực hiện : NGÔ TỴ
Tổ TOÁN TIN
∀ # ∃ + − ./ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 α β λ
ĐIỆN BÀN THÁNG 5 – NĂM 2007
PHẦN I
LỜI MỞ ĐẦU
Phương pháp qui nạp là công cụ đắc lực trong chứng minh toán học .
Nó thường được sử dụng để chứng minh một mệnh đề nào đó đúng với mọi
số tự nhiên n (hay n ≥ n
0
nào đó ) . Có nhiều sách tham khảo viết đầy đủ -
chuyên sâu về phương pháp qui nạp . Tuy vậy tôi cố gắng tìm kiếm vài điều
là lạ trong lĩnh vực này để chia sẻ cùng các thầy cô và các bạn đồng nghiệp
thông qua các bài viết hay các câu chuyện nhỏ dưới đây .

PHẦN II
CÁC CÂU CHUYỆN
Chuyện thứ nhất :
TIẾP TỤC VỚI PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP
Trong khi cố gắng vận dụng phương pháp qui nạp có thể chúng ta sẽ
vấp phải những khó khăn không dễ vượt qua .
Bài toán : Chứng minh với mọi n ≥ 1 , n ∈ N ta có :
S
n
4
3

n2
1
...
2n
1
1n
1
<++
+
+
+
=
Gỉa sử với n = k ( k > 1) ta có : S
k
< 3/4 , khi đó :
S
k+1
=
2k2
1
1k2
1
...
3k
1
2k
1
+
+
+

++
+
+
+
= S
k
+
1k2
1
+
+
1k
1
2k2
1
+
−
+

= S
k
+
)2k2)(1k2(
1
4
3
)2k2)(1k2(
1
++
+<

++

Rõ ràng không thể có : S
k+1
<
4
3
. Phương pháp qui nạp trở nên bế tắc .
Hướng giải quyết thứ nhất : Thử làm chặt hơn bất đẳng thức cần
chứng minh sao cho vế phải của bất đẳng thức là một biểu thức theo n để có
thể vận dụng phương pháp qui nạp .
Thử xác định dãy số dương (a
n
) sao cho :
S
n
4
3
n2
1
...
2n
1
1n
1
≤++
+
+
+
=

- a
n
Giả sử S
k
≤
k
a
4
3
−

. Khi đó : S
k+1
= S
k
+
)2k2)(1k2(
1
a
4
3
)2k2)(1k2(
1
k
++
+−≤
++
Ta muốn
)2k2)(1k2(
1

a
4
3
k
++
+−
≤
1k
a
4
3
+
−
⇔
)2k2)(1k2(
1
++
≤
1kk
aa
+
−
Từ đánh giá :
)2k2)(1k2(
1
++
≤
)1k(4
1
k4

1
)2k2(k2
1
+
−=
+
, ta định :
k4
1
a
k
=
Vậy để chứng minh bất đẳng thức ban đầu ta chứng minh bất đẳng
thức chặt hơn :
“Chứng minh với mọi n ≥ 1 , n ∈ N ta có :
n4
1
4
3
n2
1
...
2n
1
1n
1
−<++
+
+
+

”
trên cơ sở phương pháp qui nạp .
Hướng giải quyết thứ hai : Biến đổi bài toán để có bất đẳng thức
mới tương đương mà ở đó có thể sử dụng phương pháp qui nạp . Ta có :
S
n
4
3
n2
1
...
2n
1
1n
1
<++
+
+
+
=
⇔ n – S
n
> n -
4
3

⇔
4
3
n

n2
1n2
...
2n
1n
1n
n
−>
−
++
+
+
+
+
(♥)
Có thể chứng minh (♥) dễ dàng bằng phương pháp qui nạp
*Bài toán đề nghị : chứng minh với mọi n ≥ 1 , n ∈ N ta có :
a/
4
1
)1n2(
1
...
25
1
9
1
2
<
+

+++
b/ 1+
9
11
n
1
...
3
1
2
1
333
<+++
Chuyện thứ hai :
TỪ MỘT CÁCH LÀM HAY
 Một cách chứng minh bất đẳng thức Cô si với 3 số không âm .
Trên cơ sở bất đẳng thức Cô si với 2 số không âm :
ab
2
ba
≥
+
ta
chứng minh được bất đẳng thức Cô si với 4 số không âm:
4
abcd
4
dcba
≥
+++

(•)
Nếu các số a , b , c đều khác 0 thì với d =
3
cba
++
, từ (•) suy ra
3
cba
++
≥
3
abc
Nếu ít nhất một trong các số a , b , c bằng 0 thì hiển nhiên ta có :
3
cba
++
≥
3
abc

Bất đẳng thức Cô si với 3 số không âm được chứng minh .

 Áp dụng :
Bài toán : Chứng minh: với a
1
, a
2
, …, a
n

≥ 0 , ta có :
(1+a
1
) (1+a
2
)…(1+a
n
) ≥
( )
n
n
n21
a...aa1
+
(1)
Nếu thực hành chứng minh qui nạp như thường làm thì từ sự đúng
đắn của bất đẳng thức (1) khi n = k ta không dễ chứng minh (1) đúng với n
= k +1 .Tôi chợt nhớ đến cách chứng minh bất đẳng thức Cô si với 3 số
không âm như trên và thử áp dụng nó trong quá trình chứng minh qui nạp
.
Dễ chứng minh (1) đúng khi n = 2
Giả sử (1) đúng khi n = k ( k ≥ 2)
Trường hợp k lẻ : k lẻ ⇒ k+1 chẵn . Đặt k+1 = 2m .
Từ giả thiết qui nạp , vì m < k ta có :
(1+a
1
) (1+a
2
)… (1+a
m

) ≥
( )
m
m
m21
a...aa1
+

(1+a
m+1
) (1+a
m+2
)… (1+a
2m
) ≥
( )
m
m
m22m1m
a...aa1
++
+

nhân 2 bất đẳng thức vế theo vế :
(1+a
1
) (1+a
2
) … (1+a
2m

) ≥
( ) ( )
[ ]
m
m
m22m1m
m
m21
a...aa1a...aa1
++
++
≥
( )
m2
m2
m221
a...aa1
+
( (1) khi n = 2 ) (♥ )
hay (1+a
1
) (1+a
2
)… (1+a
k+1
) ≥
( )
1k
1k
1k21

a...aa1
+
+
+
+
Vậy bất đẳng thức đúng khi n = k +1 ( k lẻ )
Trường hợp k chẵn : k chẵn ⇒ k+2 chẵn .Đặt k+2 = 2m
Tương tự như trường hợp k lẻ ta có (♥ )
Chọn a
2m
=
1m2
1m221
a...aa
−
−
. (♥ ) viết lại :
(1+a
1
)(1+a
2
)…(1+a
2m-1
)(1+
1m2
1m221
a...aa
−
−
)

≥ (1+
m2
m2
1m2
1m2211m22
1
)a...aaa...aa
−
−−

…⇒ (1+a
1
) (1+a
2
) … (1+a
2m-1
) ≥
( )
1m2
1m2
1m221
a...aa1
−
−
−
+
hay (1+a
1
) (1+a
2

)… (1+a
k+1
) ≥
( )
1k
1k
1k21
a...aa1
+
+
+
+
Vậy bất đẳng thức đúng khi n = k +1 ( k chẵn )
Kết luận bất đẳng thức (1) đúng với mọi n ∈ N , n ≥ 1
*Bài toán đề nghị : với a
1
, a
2
, …, a
n
∈ [0,π ] chứng minh

n
a...aa
sin
n
asin...asinasin
n21n21
+++
≤

+++
Chuyện thứ ba :
HAI CÁCH CHỨNG MINH QUI NẠP ĐỐI VỚI MỘT BÀI TOÁN
Bài toán : Cho a > 0 , b > 0 n ∈ N và a
3
+ b
3
= 2 . Chứng minh :
a/ a
n
+ b
n
≤ 2 với n ≤ 2
b/ a
n
+ b
n
≥ 2 với n ≥ 4
Dễ chứng minh a/ . Ta chứng minh b/ bằng phương pháp qui nạp
Cách 1 : Bổ đề 1 : Với a > 0 , b > 0 m, n ∈ N ta có:
2 (a
m+n
+ b
m+n
) ≥ ( a
m
+ b
m
) ( a
n

+ b
n
)
( Không khó chứng minh bổ đề 1)
Khi n = 4 ta dễ chứng minh : (a
2
+ b
2
) (a
4
+b
4
) ≥ ( a
3
+ b
3
)
2
kết hợp với giả thiết a
3
+ b
3
= 2 , ta suy ra (a
2
+ b
2
) (a
4
+b
4

) ≥ 4
Mặt khác a
2
+ b
2
≤ 2 ( câu a/ ) nên a
4
+b
4
≥ 2
Giả sử với n = k ( k ≥ 5 ) ta có : a
k
+b
k
≥ 2
Từ bổ đề 1 ta có : 2 (a
k+1
+ b
k+1
) ≥ ( a
k-2
+ b
k-2
) ( a
3
+ b
3
)
⇒ (a
k+1

+ b
k+1
) ≥ ( a
k-2
+ b
k-2
) (•)
Vì 3 ≤ k-2 ≤ k ( do k ≤ 5 ) nên từ giả thiết qui nạp ,giả thiết bài toán ta có :
a
k-2
+ b
k-2
≥ 2
Kết hợp với (•) ⇒ a
k+1
+ b
k+1
≥ 2
Vậy theo nguyên lý qui nạp ta có : a
n
+ b
n
≥ 2 với mọi n ≥ 4
Cách 2 : Bổ đề 2 : Với a > 0 , b > 0 m, n ∈ N ta có:
( a
m
+ b
m
) ( a
n

+ b
n
) ≥
2
2
nm
2
nm
ba








+
++
( Không khó chứng minh bổ đề 2)
Khi n = 4 ta có : a
4
+b
4
≥ 2 ( như cách 1 ).
Giả sử với n = k ( k ≥ 4 ) ta có : a
k
+b
k
≥ 2 .

Ta chứng minh a
k+1
+ b
k+1
≥ 2 với k lẻ , k chẵn
Trường hợp k lẻ ( k
≥
5 ) :
Từ bổ đề 2 ta có : ( a
2
+ b
2
) ( a
k+1
+ b
k+1
) ≥
2
2
3k
2
3k
ba









+
++
•
Vì k lẻ , k
≥
5 nên 4 ≤
k
2
3k
<
+
và
2
3k
+
∈ N -
Kết hợp với giả thiết qui nạp ta có :
2
3k
2
3k
ba
++
+
≥ 2 • •
Từ • , • • suy ra ( a
2
+ b
2

) ( a
k+1
+ b
k+1
) ≥ 4 (♦)
Vì a
2
+ b
2
≤ 2 ( câu a/ ) nên từ (♦) ⇒ a
k+1
+ b
k+1
≥ 2
Trường hợp k chẵn ( k
≥
4 )
Từ bổ đề 2 ta có : ( a + b

) ( a
k+1
+ b
k+1
) ≥
2
2
2k
2
2k
ba









+
++
Tương tự trường hợp k lẻ ta chứng minh được : a
k+1
+ b
k+1
≥ 2
Kết luận : theo nguyên lý qui nạp ta có : a
n
+ b
n
≥ 2 với n ≥ 4
PHẦN III
LỜI KẾT
Trên đây là những tìm tòi nho nhỏ của tôi trong quá trình giải toán
với phương pháp qui nạp – Xung quanh nội dung “ phương pháp qui nạp “
chắc hẳn còn rất nhiều điều thú vị . Rất mong các thầy cô và các bạn đồng
nghiệp đọc và góp ý cho bài viết . Xin chân thành cảm ơn các thầy cô và
các bạn .
Điện bàn tháng 5 năm
2007
Giáo viên : Ngô Tỵ