Phương Pháp Chứng Minh Quy Nạp

--- Bài mới hơn ---

  • Cách Thức Trình Bày Đoạn Văn: Diễn Dịch
  • Phương Pháp Qui Nạp Ngược (Backward Induction) Là Gì? Ví Dụ Về Phương Pháp Qui Nạp Ngược
  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học (Nâng Cao)
  • Phương Pháp Cm Quy Nạp Cực Kỳ Dễ Chungmingquynap08 Doc
  • Cm Quy Nạp Toán Học Phuong Phap Cm Quy Nap Doc
  • Trong bài này, chúng ta tiếp tục tìm hiểu thêm và phương pháp quy nạp. Ngoài dạng quy nạp như đã biết ta còn một số dạng quy nạp khác như: Quy nạp mạnh, quy nạp bước nhảy, quy nạp lùi.

    Quy nạp mạnh được phát biểu như sau: Để chứng minh mệnh đề $P(n)$ đúng với mọi số tự nhiên $n$, ta thực hiện theo hai bước sau:

    • Chứng minh $P(n)$ đúng với $n=1$.
    • Giả sử $P(n)$ đúng với $1, 2, cdots, n$. Chứng minh $P(n+1)$ đúng.

    Ví dụ 1. Cho $x$ thỏa $x+dfrac{1}{x}$ là số nguyên. Chứng minh rằng $x^n+dfrac{1}{x^n}$ là số nguyên với mọi $n$.

    Lời giải.

    • Ta có $x + dfrac{1}{x}$ là số nguyên đúng (theo giả thiết).
    • Giả sử $x^k + dfrac{1}{x^k}$ là số nguyên với mọi $k = overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $x^{n+1} + dfrac{1}{x^{n+1}}$.
      • $(x^{n+1} + dfrac{1}{x^{n+1}} = (x+dfrac{1}{x})(x^n + dfrac{1}{n}) – (x^{n-1}+dfrac{1}{x^{n-1}})$.
      • Theo giả thiết quy nạp thì $x^{n+1} + dfrac{1}{x^{n+1}}$ là số nguyên.
    • Vậy ta có $x^n + dfrac{1}{x^n}$ là số nguyên với mọi $n$.

    Dạng kế tiếp là Quy nạp bước nhảy được phát biểu như sau: Chứng minh mệnh đề $P(n)$ đúng với mọi $n$, ta làm như sau:

    • Chứng minh $P(1), P(2), cdots, P(k)$ đúng.
    • Giả sử $P(n)$ đúng. Ta chứng minh $P(n+k)$ đúng.

    Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $M$ tồn tại số tự nhiên $n$ và cách chọn các dấu $+$ hoặc $-$ sao cho

    $M = pm 1^2 pm 2^2 cdots pm n^2$.

    Lời giải.

    • Khi $M = 1, 2, 3, 4$ ta có $1 = 1^2$, $2 = -1^2-2^2-3^2+4^2$, $3 = -1^2+2^2$ và $4 = 1^2-2^2-3^2+4^2$.
    • Giả sử đúng với $M$, tức là tồn tại $n$ thỏa $M = pm 1^2 pm 2^2 cdots pm n^2$, khi đó $M + 4 = pm 1^2 pm 2^2 cdots pm n^2 +(n+1)^2-(n+2)^2-(n+3)^2 + (n+4)^2$.

    Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì phương trình $a^2 + b^2 = c^n$ luôn có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

    Lời giải.

    • Rõ ràng nếu $n=1, 2$ thì phương trình luông có nghiệm nguyên dương.
    • Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là $a, b, c$ với $n$ nào đó, tức là $a^2 + b^2 = c^n$.
      • Khi đó với $n+2$ thì xét $(ac), (bc), c$: $(ac)^2+(bc)^2 = c^2 (a^2+b^2) = c^{n+2}$.
      • $(ac, bc, c$ là nghiệm.
    • Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi $n$.

    Dạng kế tiếp là Quy nạp lùi được phát biểu như sau:

    • Chứng minh $P(a_i)$ đúng với dãy $(a_i)$ là dãy con tăng thực sự của tập các số tự nhiên.
    • Giả sử $P(n)$ đúng, chứng minh $P(n-1)$ đúng.

    Ví dụ 4.

    a) Hãy chỉ ra cách sắp 8 số nguyên dương đầu tiên 1, 2, …, 8 thành một dãy $a_1, a_2 ,…, a_8$ sao cho 2 số $a_i, a_j$ bất kì $(i < j)$ thì mọi số trong dãy nằm giữa $a_i$ và $a_j$ đều khác $dfrac{a_i + a_j}{2}$.

    b) Chứng minh rằng với $N$ số nguyên dương đầu tiên $1, 2, …, N$ luôn tìm được cách sắp thành dãy $a_1, a_2, …, a_N$ sao cho dãy thỏa mãn điều kiện như câu a).

    Lời giải.

    a) Một cách xếp thỏa đề bài là 26481537.

    b)

    Bước 1. Ta chứng minh bằng quy nạp với $n = 2^k$ thì luôn tồn tại một cách xếp thỏa đề bài.

      Nếu $k = 1$, hiển nhiên đúng.

      Giả sử luôn tồn tại một cách xếp thỏa đề bài với $n = 2^k$, cách xếp đó là $a_1, a_2, …, a_n$.

      Ta chứng minh tồn tại một cách xếp với $n = 2^{k+1}$.

      Thật vậy xét hoán vị $(2a_1, 2a_2,…, 2a_n, 2a_1-1, 2a_2-1, …, 2a_n-1)$ là một hoán vị của $1, 2, …, 2^{k+1}$. Ta chứng minh hoán vị trên thỏa đề bài.

      • Ta có nếu $a_i, a_j in {2a_1, 2a_2, …, 2a_n}$ theo giả thiết quy nạp không có số nào nằm giữa $a_i, a_j$ bằng $dfrac{1}{2}(a_i+a_j)$.
      • Nếu $a_i in {2a_1, …, 2a_n}, a_j in {2a_1-1, 2a_2-1, …, 2a_n-1}$ thì $dfrac{1}{2}(a_i +a_j)$ không phải số nguyên.
      • Nếu $a_i, a_j in {2a_1-1, 2a_2-1, …, 2a_n-1}$ theo giả thiết quy nạp thì cũng có số nào nằm giữa $a_i, a_j$ bằng $dfrac{1}{2}(a_i + a_j)$.

    Vậy bài toán đúng với $n = 2^k$.(1)

    Bước 2. Nếu bài toán đúng với $n$, ta chứng minh bài toán đúng với $n-1$.

    Xét các số $a_1, a_2, …, a_n$ là một hoán vị thỏa đề bài của $1,2,…,n$.

    Khi đó nếu xóa bất kì số nào trong các số $a_1, …, a_n$ thì dãy còn lại vẫn thỏa điều kiện. (2)

    Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.

    Quy nạp lùi cũng là một trong những cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy tổng quát: $dfrac{a_1+a_2 + cdots+a_n}{n} geq sqrt[n]{a_1a_2cdots a_n}$.

    Bài tập rèn luyện.

    Bài 1. Ta gọi tổng các số tự nhiên từ 1 đến n là số tam giác. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số tam giác đồng thời là số chính phương.

    Bài 2. (Chọn đội tuyển PTNK 2014) Tìm số nguyên dương $n$ lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:

    • $n$ không chia hết cho 3;
    • Bảng vuông $n times n$ ô không thể được phủ kín bằng 1 quân tetramino $1 times 4$ và các quân trimino kích thước $1 times 3$. Trong phép phủ các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ngoài ra bảng vuông.

    Bài 3. Có $n$ số tự nhiên từ 1 đến $n$ được viết thành một dòng theo một thứ tự nào đó. Mỗi bước thực hiện biến đổi như sau: nếu số đầu tiên là $k$ thì $k$ số đầu tiên sẽ được viết theo thứ tự ngược lại. Chứng minh rằng sau hữu hạn bước thì số đầu tiên của dòng là số 1.

    Bài 4. Trong cuộc họp có $2n$ ($n geq 2$) người, một số người bắt tay nhau và người ta đếm được có $n^2+1$ cái bắt tay. Chứng minh rằng có $n$ bộ ba, mà mỗi bộ ba đôi một bắt tay nhau.

    Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ tồn tại các số nguyên $x, y, z$ phân biệt sao cho $x^2+y^2+z^2 = 14^n$.

    Bài 6. Trong một giải đấu tennis có 10 người tham dự, hai đối thủ gặp nhau đúng một trận. Chứng minh rằng, sau khi kết thúc giải có thể sắp xếp các tay vợt thành một hàng mà người đứng trước thắng người đứng sau.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Một Số Biện Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ 3 Tuổi
  • Tiêm Huyết Tương Giàu Tiểu Cầu Prp Có Tác Dụng Gì? Chi Phí Giá Tiêm Khoảng Bao Nhiêu?
  • Tìm Hiểu Về Phương Pháp Tiêm Huyết Tương Giàu Tiểu Cầu (Prp) Điều Trị Thoái Hóa Khớp Gối Tại Vinmec
  • Điều Trị Rụng Tóc Hói Đầu Bằng Công Nghệ Prp
  • Liệu Pháp Cho Da Đầu Trị Rụng Tóc Từng Mảng
  • Phương Pháp Chứng Minh Quy Nạp – Các Dạng Khác

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Quy Nạp Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Quy Nạp Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Giáo Án Đại Số Giải Tích 11 Cơ Bản Tiết 37, 38: Phương Pháp Qui Nạp Toán Học
  • Tkgđ 13: Tôi Học Kinh Thánh Bằng Phương Cách Nào?
  • Đề Tài Phương Pháp Học Kinh Thánh
  • Trong bài này, chúng ta tiếp tục tìm hiểu thêm và phương pháp quy nạp. Ngoài dạng quy nạp như đã biết ta còn một số dạng quy nạp khác như: Quy nạp mạnh, quy nạp bước nhảy, quy nạp lùi.

    Quy nạp mạnh được phát biểu như sau: Để chứng minh mệnh đề $P(n)$ đúng với mọi số tự nhiên $n$, ta thực hiện theo hai bước sau:

    • Chứng minh $P(n)$ đúng với $n=1$.
    • Giả sử $P(n)$ đúng với $1, 2, cdots, n$. Chứng minh $P(n+1)$ đúng.

    Ví dụ 1. Cho $x$ thỏa $x+dfrac{1}{x}$ là số nguyên. Chứng minh rằng $x^n+dfrac{1}{x^n}$ là số nguyên với mọi $n$.

    Lời giải. 

    • Ta có $x + dfrac{1}{x}$ là số nguyên  đúng (theo giả thiết).
    • Giả sử $x^k + dfrac{1}{x^k}$ là số nguyên với mọi $k = overline{1,n}$. Ta cần chứng minh $x^{n+1} + dfrac{1}{x^{n+1}}$.
      • $(x^{n+1} + dfrac{1}{x^{n+1}} = (x+dfrac{1}{x})(x^n + dfrac{1}{n})  – (x^{n-1}+dfrac{1}{x^{n-1}})$.
      • Theo giả thiết quy nạp thì $x^{n+1} + dfrac{1}{x^{n+1}}$ là số nguyên.
    • Vậy ta có $x^n + dfrac{1}{x^n}$ là số nguyên với mọi $n$.

     

    Dạng kế tiếp là Quy nạp bước nhảy  được phát biểu như sau: Chứng minh mệnh đề $P(n)$ đúng với mọi $n$, ta làm như sau:

    • Chứng minh $P(1), P(2), cdots, P(k)$ đúng.
    • Giả sử $P(n)$ đúng. Ta chứng minh $P(n+k)$ đúng.

    Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $M$ tồn tại số tự nhiên $n$ và cách chọn các dấu $+$ hoặc $-$ sao cho

    $M = pm 1^2 pm 2^2 cdots pm n^2$.

    Lời giải.

    • Khi $M = 1, 2, 3, 4$ ta có $1 = 1^2$, $2 = -1^2-2^2-3^2+4^2$, $3 = -1^2+2^2$ và $4 = 1^2-2^2-3^2+4^2$.
    • Giả sử đúng với $M$, tức là tồn tại $n$ thỏa $M = pm 1^2 pm 2^2 cdots pm n^2$, khi đó $M + 4 = pm 1^2 pm 2^2 cdots pm n^2 +(n+1)^2-(n+2)^2-(n+3)^2 + (n+4)^2$.

    Ví dụ 3.  Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì phương trình $a^2 + b^2 = c^n$ luôn có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

    Lời giải. 

    • Rõ ràng nếu $n=1, 2$ thì phương trình luông có nghiệm nguyên dương.
    • Giả sử phương trình có nghiệm nguyên dương là $a, b, c$ với $n$ nào đó, tức là $a^2 + b^2 = c^n$.
      • Khi đó với $n+2$ thì xét $(ac), (bc), c$: $(ac)^2+(bc)^2 = c^2 (a^2+b^2) = c^{n+2}$.
      • $(ac, bc, c$ là nghiệm.
    • Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi $n$.

    Dạng kế tiếp là Quy nạp lùi được phát biểu như sau:

    • Chứng minh $P(a_i)$ đúng với dãy $(a_i)$ là dãy con tăng thực sự của tập các số tự nhiên.
    • Giả sử $P(n)$ đúng, chứng minh $P(n-1)$ đúng.

    Ví dụ 4. 

    a) Hãy chỉ ra cách sắp 8 số nguyên dương đầu tiên 1, 2, …, 8 thành một dãy $a_1, a_2 ,…, a_8$ sao cho 2 số $a_i, a_j$ bất kì $(i < j)$ thì mọi số trong dãy nằm giữa $a_i$ và $a_j$ đều khác $dfrac{a_i + a_j}{2}$.

    b) Chứng minh rằng với $N$ số nguyên dương đầu tiên $1, 2, …, N$ luôn tìm được cách sắp thành dãy $a_1, a_2, …, a_N$ sao cho dãy thỏa mãn điều kiện như câu a).

    Lời giải.

    a) Một cách xếp thỏa đề bài là 26481537.

    b)

    Bước 1.Ta chứng minh bằng quy nạp với $n = 2^k$ thì luôn tồn tại một cách xếp thỏa đề bài.

    • Nếu $k = 1$, hiển nhiên đúng.

      Giả sử luôn tồn tại một cách xếp thỏa đề bài với $n = 2^k$, cách xếp đó là $a_1, a_2, …, a_n$.

      Ta chứng minh tồn tại một cách xếp với $n = 2^{k+1}$.

      Thật vậy xét hoán vị $(2a_1, 2a_2,…, 2a_n, 2a_1-1, 2a_2-1, …, 2a_n-1)$ là một hoán vị của $1, 2, …, 2^{k+1}$. Ta chứng minh hoán vị trên thỏa đề bài.

      • Ta có nếu $a_i, a_j in {2a_1, 2a_2, …, 2a_n}$ theo giả thiết quy nạp không có số nào nằm giữa $a_i, a_j$ bằng $dfrac{1}{2}(a_i+a_j)$.
      • Nếu $a_i in {2a_1, …, 2a_n}, a_j in {2a_1-1, 2a_2-1, …, 2a_n-1}$ thì $dfrac{1}{2}(a_i +a_j)$ không phải số nguyên.
      • Nếu $a_i, a_j in {2a_1-1, 2a_2-1, …, 2a_n-1}$ theo giả thiết quy nạp thì cũng có số nào nằm giữa $a_i, a_j$ bằng $dfrac{1}{2}(a_i + a_j)$.

    Vậy bài toán đúng với $n = 2^k$.(1)

    Bước 2. Nếu bài toán đúng với $n$, ta chứng minh bài toán đúng với $n-1$.

    Xét các số $a_1, a_2, …, a_n$ là một hoán vị thỏa đề bài của $1,2,…,n$.

    Khi đó nếu xóa bất kì số nào trong các số $a_1, …, a_n$ thì dãy còn lại vẫn thỏa điều kiện. (2)

    Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.

    Quy nạp lùi cũng là một trong những cách chứng minh bất đẳng thức Cauchy tổng quát: $dfrac{a_1+a_2 + cdots+a_n}{n} geq sqrt[n]{a_1a_2cdots a_n}$.

    Bài tập rèn luyện.

    Bài 1. Ta gọi tổng các số tự nhiên từ 1 đến n là số tam giác. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số tam giác đồng thời là số chính phương.

    Bài 2. (Chọn đội tuyển PTNK 2014)Tìm số nguyên dương $n$ lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:

    • $n$ không chia hết cho 3;
    • Bảng vuông $n times n$ ô không thể được phủ kín bằng 1 quân tetramino $1 times 4$ và các quân trimino kích thước $1 times 3$. Trong phép phủ các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ngoài ra bảng vuông.

    Bài 3. Có $n$ số tự nhiên từ 1 đến $n$ được viết thành một dòng theo một thứ tự nào đó. Mỗi bước thực hiện biến đổi như sau: nếu số đầu tiên là $k$ thì $k$ số đầu tiên sẽ được viết theo thứ tự ngược lại. Chứng minh rằng sau hữu hạn bước thì số đầu tiên của dòng là số 1.

    Bài 4. Trong cuộc họp có $2n$ ($n geq 2$) người, một số người bắt tay nhau và người ta đếm được có $n^2+1$ cái bắt tay. Chứng minh rằng có $n$ bộ ba, mà mỗi bộ ba đôi một bắt tay nhau.

    Bài 5. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ tồn tại các số nguyên $x, y, z$ phân biệt sao cho $x^2+y^2+z^2 = 14^n$.

    Bài 6. Trong một giải đấu tennis có 10 người tham dự, hai đối thủ gặp nhau đúng một trận. Chứng minh rằng, sau khi kết thúc giải có thể sắp xếp các tay vợt thành một hàng mà người đứng trước thắng người đứng sau.

    Like this:

    Like

    Loading…

    Điều hướng bài viết

    --- Bài cũ hơn ---

  • Skkn Một Số Biện Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ 25
  • Chia Sẻ Kinh Nghiệm Trị Sẹo Rỗ Hiệu Quả Webtretho Thực Tế Của Chị Em
  • Tiêm Huyết Tương Giàu Tiểu Cầu Điều Trị Thoái Hóa Khớp Gối
  • Tế Bào Gốc Tự Thân Mọc Tóc (Prp)
  • Review Prp – Huyết Thanh Giàu Tiểu Cầu Tại Bích Na Beauty (Phần 1)
  • Chứng Minh 10 Bài Toán Bằng Quy Nạp

    --- Bài mới hơn ---

  • Làm Thế Nào Để Lấy Điểm 9
  • Bài Tập Hỗn Hợp Este – Học Hóa Online
  • Mạch Chuyển Đổi Tương Tự Ra Số Adc
  • Lí Thuyết Chất Béo Hóa 12 Đầy Đủ Nhất
  • Skkn Hướng Dẫn Học Sinh Giải Nhanh Bài Toán Hóa Học Hữu Cơ Bằng Phương Pháp Quy Đổi
  • Chứng minh10 bài toán bằng quy nạp Có thể nói phương pháp chứng minh bằng quy nạp rất tiện dụng trong việc giải toán, nhất là một số bài toán số học “hóc búa”. Song, vận dụng cách chứng minh bằng quy nạp như thế nào thì cần rèn luyện qua nhiều dạng bài toán. TL này sưu tầm, tông hợp 10 bài giải mẫu và 9 Bài tập ứng dung cách chứng minh bằng quy nạp. Hi vọng có ích cho các bạn chuẩn bị thi HSG cũng như thi ĐH-CĐ. I.- Bài mẫu Bài toán 1. Chứng minh rằng “Tổng n số lẻ đầu tiên (Sn) bằng bình phương của n” (với n Î N* ) Sn = 1+3+5+7+⋯+(2n-1) = n 2 .  đúng cho trường hợp n = k  S k = 1+3+5+7+⋯+(2k)=(k) 2 .  Do đó,  1+3+5+7+⋯+(2k)+(2k+1)=(k2 +2k+1)=(k+1) 2 .  Chứng tỏ rằng công thức đúng cho trường hợp n = k+1 . Như vậy theo nguyên lý quy nạp toán học, .  Lời giải.Chứng minh bằng quy nạp rằng với mọi n≥1  thì 1×2×3+2×3×4+⋯+n(n+1)(n+2)= ¼n(n+1)(n+2)(n+3).  Với n=1  ta có 1×2×3=6=¼1×2×3×4  công thức ở trên đúng cho trường hợp n=1  . Giả sử công thức cũng đúng cho trường hợp n=k+1  , có nghĩa là phải chứng minh 1×2×3+⋯+k(k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)(k+3)=1 4  (k+1)(k+2)(k+3)(k+4).  Theo giả thiết quy nạp thì phải đúng với mọi số tự nhiên n ≥1  . ■  Bài toán 5. Chứng minh rằng Biểu thức ( 8 n + 42n−1. ) chia hết cho 49 Lời giải.Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau đây 8 n + 42n−1=0(mod49)  Với n=0  , ta có 8 0 +42×0−1=0  Þ mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0  . Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp 0≤n≤k  . Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n=k+1  , có nghĩa là ta phải chứng minh 8 k+1 + 42.(k+1)−1=8 k+1 +42k+41 = 0(mod49).  Theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k  , cho nên 8 k +42k−1=0(mod49).  Þ8(8 k +42k−1)=8 k+1 +336k−8=0(mod49).  Þ8 k+1 +42k+41=(8 k+1 +336k−8)−49(6k−1)=0(mod49).  Chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1  . Theo nguyên lý quy nạp toán học, mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên n  . ■  Bài toán 6. Dãy số Fibonacci được xác định như sau: F 0 =0  , F 1 =1  , F n+1 =F n +F n−1   . Do đó F 0 =0,F 1 =1,F 2 =1,F 3 =2,F 4 =3,F 5 =5,F 6 =8,  Chứng minh rằng công thức cho số Fibonacci thứ n () như sau Lời giải. ta sẽ đặt α= ,   β= .  Phải chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau .*(α n −β n )  Với n=0  , chúng ta có (α o − β o  )= 0 = F o    Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0  . Với n=1  , chúng ta có * (α 1 −β 1 )= = 1= F 1   Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=1  . Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp 0≤n≤k  trong đó k≥1  . Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp n=k+1  , có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh F k+1 = *(α  k+1 −β k+1 )  Thực vậy, vì 0≤k−1≤k  , theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1  , cho nên F k−1 = *(α k−1 −β k−1 )  Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k  , cho nên F k = *(α k −β k )  Từ đó suy ra F k+1 =F k−1 +F k = *  Chúng ta thấy rằng α  và β  là hai nghiệm của phương trình 1+x=x 2   , do đó 1+α=α 2   và 1+β=β 2   . Từ đó suy ra F k+1 = *(α k−1 α 2 −β k−1 β 2 )=  *(α k+1 −β k+1 )  Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n= k+1  . Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên n  . ■  Bài toán 7. Thừ công thức cos2α=2.cos 2α−1  Chứng minh rằng có thể viết cos nα  thành một đa thức của biến cosα  . Lời giải. Chúng ta chứng minh mệnh đề sau bằng quy nạp Với mọi số tự nhiên n  , tồn tại một đa thức P n   sao cho cosnα=P n (cosα)  . Với n=0  , ta có cos0=1  do đó chúng ta có thể chọn đa thức P 0 (x)=1  và mệnh đề đúng với trường hợp n=0  . Mệnh đề hiển nhiên đúng với trường hợp n=1  với đa thức P 1 (x)=x  . Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 0≤n≤k  trong đó k≥1  . Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp n=k+1  . Ta có cos(k+1)α+ cos (k−1)α=2 cos kαcosα  Do đó cos (k+1)α=2 cos kα cos α− cos (k−1)α  Vì 0≤k−1<k , theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1 , cho nên sẽ tồn tại một đa thức P k−1 (x) để cos (k−1)α=P k−1 (cos α) Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k , Þ sẽ tồn tại một đa thức P k (x) để cos kα=P k (cos α) Từ đó suy ra ; cos(k+1)α=2P k (cos α) cos α−P k−1 (cos α) Do đó nếu chúng ta chọn đa thức P k+1 (x)=2P k (x)x−P k−1 (x) thì cos(k+1)α=P k+1 (cosα) . Như vậy thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1 . Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n . ■ Bài toán 8. Với dãy số Fibonacci F 0 =0,F 1 =1,F 2 =1,F 3 =2,F 4 =3,F 5 =5, F 6 = 8, Lời giải. Ta có thể tính được F 0 =0=0 2 ,F 1 =1=1 2 , F 2 =1<2 2 , F 3 =2<3 2, F 4 =3<4 2, F 5 =5<5 2,F 6 =8<6 2 ,F 7 =13<7 2,F 8 =21<8 2,F 9 =34<9 2 F 10 =55<10 2 , F 11 =89 < 11 2 , F 12 =144=12 2 , Chúng ta phải chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau Theo tính toán ở trên do đó mệnh đề đúng với trường hợp n=13 và n=14 Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 13 ≤ n ≤k  trong đó k≥14  . Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp n=k+1  . Vì 13≤k−1<k  , theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1  , do đó Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k  , Þ Từ đó suy ra Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n ≥ 13 . Bài toán 9. Cho n số khác nhau là n số bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại một đa thức P(x) sao cho P(x 1 )=y 1 ,P(x 2 )=y 2 ,,P(x n )=y n Lời giải. Chúng ta phảichứng minh mệnh đề sau Tồn tại đa thức P n (x) thoã mãn P n (x 1 )=y 1 , P n (x 2 )=y 2 ,,P n (x n )=y n Với trường hợp n=1 , chúng ta chỉ cần chọn đa thức hằng số P 1 (x)=y 1 thì chúng ta sẽ có P 1 (x 1 )=y 1 . Vậy mệnh đề đúng cho trường hợp n=1 . Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 1≤n≤k . Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với trường hợp n=k+1 . Thực vậy, theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k , do đó sẽ tồn tại một đa thức P k (x) thõa mãn P k (x 1 )=y 1 ,P k (x 2 )=y 2 ,,P k (x k )=y k Nếu chúng ta chọn P k+1 (x)=P k (x)+a(x−x 1 )(x−x 2 )(x−x k ) thì rõ ràng P k+1 (x 1 )=P k (x 1 )=y 1 ,P k+1 (x 2 )=P k (x 2 )=y 2 ,,P k+1 (x k )=P k (x k )=y k Chúng ta chỉ cần xác định giá trị của a sao cho P k+1 (x k+1 )=y k+1 . Chúng ta có P k+1 (x k+1 )=P k (x k+1 )+a(x k+1 −x 1 )(x k+1 −x 2 )(x k+1 −x k ) Vậy để P k+1 (x k+1 )=y k+1 thì Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1 . Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n . ■  Bài 10 : Chứng minh ngụy biện Chúng ta có thể thấy rằng phương pháp chứng minh bằng quy nạp rất tiện dụng trong việc giải toán. Song, cách chứng minh bằng quy nạp cũng dễ dẫn đến những kết quả sai ( gọi là Ngụy biện) . Thí dụ mấy bài toán sau: 10.1/ CM đẳng thức vô lí 1=2012 này là đúng ? (Ta thử chỉ ra xem cách chứng minh này sai ở đâu ? ) CM Bắt đầu bằng việc xây dựng dãy số như sau: a0=2012, a1=1, an+1=2an−an−1. Chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo biến số n mệnh đề sau đây, *Với mọi n thì an=n+2012 *Với n=0, chúng ta có a0=2012=0+2012 Do đó mệnh đề đúng cho trường hợp n=0. *Giả sử mệnh đề đúng với các trường hợp 0≤n≤k. ta chứng minh mệnh đề đúng với trường hợp n=k+1. Tức là chúng ta sẽ chứng minh rằng ak+1=(k+1)+2012=k+2013 Thực vậy theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng với trường hợp n=k−1, cho nên ak−1=(k−1)+2012=k+2011 Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng với trường hợp n=k, cho nên ak=k+2012 Do đó, ak+1=2ak−ak−1=2(k+2012)−(k+2011)=k+2013 Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1. Theo nguyên lý quy nạp thì mệnh đề đúng với mọi n. Kết quả đã chứng minh được đẳng thức sau đây an=n+2012 Thay n=1, chúng ta sẽ có đẳng thức a1=1+2012=2013 Nhưng theo định nghĩa của dãy số thì a1=1, è vậy 2013=1 HD gỡ rối Hãy xem lại Điều ta đặt ra: “Bắt đầu bằng việc xây dựng dãy số “ [3] Ta đã coi đây như một “tiên đề” mọi số ao; a1 .an chỉ còn ý nghĩa “ là một con số nào đó tùy chọn “ è a0 = a1 = an è 1 = 2012 = 2013 thế thôi ! II.- Bài tập thực hành 1. Chứng minh rằng  1!*1+2!*2+3!*3+⋯+n! *n = (n+1)!−1.  2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  , luôn tồn tại hai số nguyên x  và y  sao cho  x 2 +y 2 =5 n  .  3. Chứng minh rằng  .  4.Tìm công thức tổng quát cho 1×2×3+2×3×4+⋯+n(n+1)(n+2)=1 /4  n(n+1)(n+2)(n+3).  5. Chứng minh rằng 25 < 6 n −5 n−1  Tìm công thức tổng quát cho bài toán này. 6. Với dãy số Fibonacci F 0 =0,F 1 =1,F 2 =1,F 3 =2,F 4 =3,F 5 =5,F 6 =8,  7.-Trên mặt phẳng, cho n đường thẳng với hai tính chất sau hai đường thẳng bất kỳ thì không song song với nhau ba đường thẳng bất kỳ thì không cắt nhau tại cùng một điểm Chứng minh rằng n đường thẳng này cắt nhau tạo thành n(n−1)/2 điểm. (Đây là một bài ngụy biện; bạn hãy chỉ ra cách chứng minh này sai ở điểm nào.?) Cho dãy số xác định như sau: a 0 =1  , a 1 =1  , a n+1 =a n−1 +a n +11  . Với n=0  , thìcó Do đó mệnh đề trên đúng cho trường hợp n=0  . Giả sử rằng mệnh đề đúng cho các trường hợp 0≤n≤k  . Chúng ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng cho trường hợp n=k+1  , có nghĩa là chúng ta sẽ chứng minh Theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k−1  , cho nên Cũng theo giả thiết quy nạp thì mệnh đề đúng cho trường hợp n=k  , Từ đó suy ra Như vậy chúng ta đã chứng minh mệnh đề đúng cho trường hợp n=k+1  . Theo nguyên lý quy nạp toán học thì mệnh đề phải đúng với mọi số tự nhiên n  . Vậy chúng ta chứng minh xong bất đẳng thức Thay n=1  vào bất đẳng thức trên chúng ta có Vậy lời giải trên sai ở đâu?! ----------------------------------------------------------------------------------------------------- ST & biên soạn chỉnh lí Phạm Huy Hoạt 12 – 2012.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Tài Phương Pháp Học Kinh Thánh
  • Tkgđ 13: Tôi Học Kinh Thánh Bằng Phương Cách Nào?
  • Giáo Án Đại Số Giải Tích 11 Cơ Bản Tiết 37, 38: Phương Pháp Qui Nạp Toán Học
  • Quy Nạp Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Phương Pháp Quy Nạp Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Bài Tập Chứng Minh Quy Nạp

    --- Bài mới hơn ---

  • 18 Câu Trắc Nghiệm Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Gd Cd: Gt Lý Luận Về Nhà Nước Và Pháp Luật Ly Luan Ve Nha Nuoc Va Phap Luat 0832 8584 Doc
  • Giải Sbt Toán 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Giải Bài Tập Este Bằng Phương Pháp Quy Đổi
  • PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC :

    I. Chứng minh rằng ta luôn có các đẳng thức sau :

    1.

    2.

    3.

    4.

    5.

    6.

    7.

    8.

    9.

    10.

    11.

    II. Chứng minh rằng ta luôn có :

    1. chia hết cho 3

    2. chia hết cho 6

    3. chia hết cho 6

    4. chia hết cho 5

    5. chia hết cho 3

    6. chia hết cho 225

    7. chia hết cho 9

    8. chia hết cho 27

    9. chia hết cho 11

    10. chia hết cho 5

    11. chia hết cho 19

    12. chia hết cho 24

    13. chia hết cho 64

    14. chia hết cho 35

    15. chia hết cho 25

    16. chia hết cho 23

    17. chia hết cho 9

    18. chia hết cho 64

    19. chia hết cho 24

    20. chia hết cho 6

    21. chia hết cho 133

    III. Cho số thực Chứng minh rằng ta luôn có :

    1.

    2.

    IV. Cho số thực Chứng minh rắng : ,

    V. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có bđt :

    1.

    2.

    3.

    VI. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương ta luôn có :

    VII. Cho n là một số nguyên lớn hơn 1. Hãy chứng minh bđt :

    IX. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ta luôn có đẳng thức :

    X. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ta có :

    XI. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ta có :

    1.

    2.

    XII. Chứng minh rằng với mọi số nguyên thì :

    chia hết cho 169

    XIII. 1. Tính tổng :

    2. Tính tổng :

    BÀI TẬP VỀ DÃY SỐ :

    I. Tìm 5 số hạng đầu tiên của mỗi dãy số sau :

    1. Dãy số với

    2. Dãy số với

    3. Dãy số với

    II. Tìm 6 số hạng đầu tiên của mỗi dãy số sau :

    Dãy số với

    Dãy số với

    III. Cho dãy số với Hãy điền các số thích hợp vào các ô trống sau đây :

    un

    IV. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hàm số có đồ thị (C).

    Với mỗi số nguyên dương n, gọi là giao điểm của (C) với đường thẳng d : Xét dãy số với là tung độ của điểm Hãy tìm công thức xác định công thức tổng quát của dãy số đó .

    V. Hãy xét tính đơn điệu của các dãy số sau :

    1. Dãy số với

    2. Dãy số với

    3. Dãy số với

    4. Dãy số với

    5. Dãy số với

    6. Dãy số với

    7. Dãy số với

    8. Dãy số với

    VI. Xác định số thực a để dãy số với là :

    Một dãy số tăng . 2. Một dãy số giảm.

    VII. Chứng minh rằng : dãy số với là một dãy số bị chặn.

    VIII. CMR : dãy số với là một dãy số tăng và bị chặn.

    IX. Cho dãy số với

    Hãy tính : , , ,

    Dự đoán công thức của số hạng tổng quát và chứng minh công

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Là Gì? Hãy Trình Bày Các Phương Pháp Nhận Thức Khoa Học
  • Bài 3: Suy Luận Quy Nạp
  • Sai Lầm Thường Gặp Từ Phép Toán Quy Nạp Không Hoàn Toàn
  • Tìm Hiểu Phép Suy Luận Quy Nạp Không Hoàn Toàn Trong Dạy Học Nội Dung Số Tự Nhiên Ở Tiểu Học
  • Chương Iii. §1. Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Phương Pháp Quy Nạp Toán Học

    --- Bài mới hơn ---

  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm Sử Dụng Phương Pháp Qui Nạp Để Giải Một Số Bài Toán Không Mẫu Mực
  • Chương Iii. §1. Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Tìm Hiểu Phép Suy Luận Quy Nạp Không Hoàn Toàn Trong Dạy Học Nội Dung Số Tự Nhiên Ở Tiểu Học
  • Sai Lầm Thường Gặp Từ Phép Toán Quy Nạp Không Hoàn Toàn
  • Bài 3: Suy Luận Quy Nạp
  • I. Phương pháp qui nạp toán học

    Bài toán: Gọi A(n) là một mệnh đề chứa biến n, n ∈ N*. Chứng minh A(n) đúng với mọi số tự nhiên n ∈ N*.

    Cách giải: (Người ta thường sử dụng phương pháp sau đây)

    * Bước 1: Chứng minh A(n) đúng khi n = 1. (*)

    * Bước 2: Với k là số nguyên dương tùy ý, giả sử A(n) đúng với n = k, chứng minh A(n) cũng đúng khi n = k + 1.

    (*): trong thực tế, ta còn gặp các bài toán yêu cầu chứng minh mệnh đề A(n) (nói trên) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ p, trong đó p là số tự nhiên cho trước. Trong trường hợp đó, thay cho chứng minh A(n) đúng khi n = 1, ta chứng minh A(n) đúng khi n = p.

    Áp dụng công thức Nhị thức Niu-tơn, ta có:

    Vậy mệnh đề đã cho đúng

    II. Dãy số

    1. Định nghĩa : Dãy số (u n) là một ánh xạ từ N* vào R:

    f: N* → R

    Khi đó, ta có u n = f(n).

    2. Cách xác định một dãy số

    Một dãy số thường được xác định bằng một trong các cách:

    Cách 1: Dãy số xác định bởi một công thức cho số hạng tổng quát u n.

    Cách 2: Dãy số xác định bởi một công thức truy hồi, tức là:

    * Trước tiên, cho số hạng đầu (hoặc vài số hạng đầu)

    * Cho công thức biểu thị số hạng thứ n qua số hạng (hay vài số hạng) đứng trước nó.

    Cách 3: Dãy số xác định bởi một mệnh đề mô tả các số hạng liên tiếp của nó.

    4. Dãy số bị chặn

    Định nghĩa 3:

    (Dãy số bị chặn trên): Dãy số (u n) được gọi là bị chặn trên nếu: ∃M ∈ R : u n ≤ M, ∀n ∈ N*

    Định nghĩa 4 :

    (Dãy số bị chặn dưới): Dãy số (u n) được gọi là bị chặn dưới nếu: ∃m ∈ R : u n ≥ m, ∀n ∈ N*

    Định nghĩa 5:

    (Dãy số bị chặn): Dãy số (u n) được gọi là bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, tức là:

    ∃m, M ∈ R : m ≤ u n ≤ M, ∀n ∈ N*

    5. Các dạng bài tập Dạng 1: Xác định các số hạng của dãy số.

    Phương pháp giải:

    Thay n vào công thức hoặc hệ thức truy hồi.

    Ví dụ 1: Cho dãy số với . Tìm số hạng .

    Lời giải:

    Lời giải:

    Ta có:

    Phương pháp giải:

    Xác định số hạng tổng quát cho bởi hệ thức truy hồi

    – Tính thử các số hạng đầu, dự đoán .

    – Chứng minh hệ thức đó đúng bằng phương pháp quy nạp toán học.

    Ví dụ 3: Cho dãy số xác định bởi: . Tìm số hạng tổng quát .

    Lời giải:

    Ta có:

    Ta dự đoán (1)

    Chứng minh (1) bằng phương pháp quy nạp.

    + Với n = 1, ta có: ⇒ (1) đúng với n = 1.

    + Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là: .

    Thật vậy, ⇒ (1) đúng với n = k + 1.

    Phương pháp giải:

    Vậy (1) là công thức số hạng tổng quát của dãy số đã cho.

    + là dãy số tăng .

    + là dãy số giảm

    + Để so sánh và ta có thể xét hiệu – hoặc xét thương .

    Ví dụ 4: Xét tính tăng giảm của dãy số :

    Lời giải:

    Ta có:

    Do đó dãy số đã cho là dãy số tăng.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Chuyên Đề Quy Nạp Toán Học
  • Cm Quy Nạp Toán Học Phuong Phap Cm Quy Nap Doc
  • Phương Pháp Cm Quy Nạp Cực Kỳ Dễ Chungmingquynap08 Doc
  • Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học (Nâng Cao)
  • Phương Pháp Qui Nạp Ngược (Backward Induction) Là Gì? Ví Dụ Về Phương Pháp Qui Nạp Ngược
  • Bài 3: Suy Luận Quy Nạp

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Là Gì? Hãy Trình Bày Các Phương Pháp Nhận Thức Khoa Học
  • Bài Tập Chứng Minh Quy Nạp
  • 18 Câu Trắc Nghiệm Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Gd Cd: Gt Lý Luận Về Nhà Nước Và Pháp Luật Ly Luan Ve Nha Nuoc Va Phap Luat 0832 8584 Doc
  • Giải Sbt Toán 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Tóm tắt lý thuyết

    1. Quy nạp là gì?

    Quy nạp là loại suy luận có hai thuộc tính cơ bản sau:

    • (1) Xuất phát từ những tiền đề là những phán đoán cụ thể.
    • (2) Kết luận rút ra là phán đoán khái quát hóa nói chung không mang tính tất suy lôgic.

    Thí dụ:

    • Đồng dẫn điện.
    • Sắt dẫn điện.
    • Nhôm dẫn điện.
    • Đồng, sắt, nhôm đều là kim loại.

    ⇒ Vậy, mọi kim loại đều dẫn điện.

    Hình thức lôgic có dạng sau đây:

    ⇒ Vậy, mọi S đều là P.

    Như vậy, quy nạp và suy diễn về căn bản là hai quá trình ngược nhau: nếu suy diễn nói chung là quá trình đi từ nhũng tiền đề khái quát đến kết luận cụ thể thì quy nạp chỉ là quá trình đi từ nhũng tiền đề cụ thể đến kết luận khái quát. Ngoài ra, nếu suy diễn là quá trình tất suy lôgic, cho kết luận chắc chắn chân thực khi bảo đảm đầy đủ các điều kiện của suy luận đứng đắn thì quy nạp là quá trình không tất suy lôgic, kết luận chỉ gần chân thực, mức độ chân thực của kết luận quy nạp phụ thuộc vào số lượng và độ chân thực của các phán đoán tiền đề.

    Lược đồ lôgic chung của quy nạp có dạng: (sumlimits_{i – 1}^n T )Đ i

    Với ký hiệu có nghĩa là có thể rút ra kết luận.

    Quy nạp có nhiều loại khác nhau, nếu tổng kết được tất cả các trường hợp thì ta gọi là quy nạp hoàn toàn, trái lại thì gợi là quy nạp không hoàn toàn. Quy nạp thông thường hàng ngày ta gọi là quy nạp phổ thống. Nó khác vối quy nạp khoa học. Quy nạp phổ thống dựa trên khái quát hóa kinh nghiệm thông thường. Trái lại, quy nạp khoa học dựa trên khái quát hóa các sự kiện thực nghiệm khoa học, chính xác, chặt chẽ hơn nhiều so với kinh nghiệm thông thường hàng ngày.

    2. Quy nạp hoàn toàn

    Thí dụ:

    • Thủy tinh xoay quanh mặt trời theo quỹ đạo elíp.
    • Kim tinh xoay quanh mặt tròi theo quỹ đạo elíp.
    • Quả đất xoay quanh mặt trời theo quỹ đạo elíp.
    • Hóa Linh xoay quanh mật trời theo quỹ đạo elíp.
    • Mộc tinh xoay quanh mặt trời theo quỹ đạo elíp.
    • Thô tinh xoay quanh mặt trời theo quỹ đạo elíp.
    • Thiên vương tinh xoay quanh mặt tròi theo quỹ dạo elíp. Hải vương tinh xoay quanh mặt trời theo quỷ đạo elíp. Diêm vương tinh xoay quanh mặt trời theo quỹ dạo elíp. Tất cả các vật thể này đều là hành tinh của Thái dương hệ.

    ⇒ Vậy tất cả các hành tinh của Thái dương hệ đều quay xung quanh mặt trời theo quỹ đạo hình elíp.

    Hình thức lôgic có dạng:

    ⇒ Vậy S-P

    Quy nạp hoàn toàn cần tuân theo một số yêu cầu lôgic sau đây:

    • Phải biết chính xác số đối tượng và từng đối tượng của lớp cần khái quát, không được bỏ sót hoặc trùng lặp.
    • Số đối tượng không lớn.
    • Dấu hiệu khái quát hóa phải có trong mỗi đối tượng của lớp cần khái quát.

    Vì những yêu cầu chặt chẽ như vậy, cho nên quy nạp hoàn toàn chỉ thực hiện được trong những trường hợp giản đơn khi người ta có điều kiện liệt kê đầy đủ tiền đề quy nap.

    Trong toán học nói chung, số học nói riêng, người ta có thể sử dụng quy nạp hoàn toàn để chứng minh các định lý toán học. Quy nạp toán học có thể xuất phát từ vô số đối tượng để khái quát hóa một dặc tính nào đó của tập hợp vô hạn cần khái quát. Lược đồ logic chứng minh bằng quy nạp toán học có dạng như sau:

    • Kết luận đúng với một hoặc một vài phần tử đầu tiên.
    • Nếu kết để đúng với một phần tử bất kỳ thì nó cùng đúng với phần tử kế tiếp nó.

    Thí dụ: chứng minh định lý số học sau đây:

    Với mọi số le (2n-1) thì tổng n số lẻ liên tiếp đầu tiên:

    Cách chứng minh định lý này theo 3 bước như sau:

    Bước thứ nhất, ta phải chứng minh định lý trên đúng cho trường hợp n = 1. Điều này được thực hiện bằng cách thử n = 1 vào công thức ta thấy công thức đúng, vì đương nhiên 1 =1 2

    Bước thứ hai, ta giả định công thức trên đúng cho trường hợp n = k bất kỳ. Nghĩa là ta có công thức

    Bước thứ ba, ta phải chứng minh nếu n – k là dúng (theo giả định) thì công thức trên cũng đúng cho trường hợp n = k+1, nghĩa là phải chứng mmh:

    1 + 3 +….. + (2k-l) + [2(k+1) – 1] = (k+1) 2 (2)

    Sử dụng (1) thay vào (2), ta sẽ có: k2 + 2(k+1)-l = k2 + 2k +1 = (k+l)2. Đây là điều đã chứng minh.

    3. Quy nạp không hoàn toàn

    Quy nạp không hoàn toàn có hai loại chính: (1) Quy nạp pho thống và (2) Quy nạp khoa học.

    3.1 Quy nạp phổ thông

    Thí dụ:

    • Thiên nga ở châu Âu có lông trắng.
    • Thiên nga ở châu Mỹ có lông trắng.
    • Thiên nga ở châu Á có lông trắng.

    ⇒ Vậy mọi thiên nga đều có lông trắng.

    Kết luận khái quát hóa quy nạp là chân thực cho đến khi người ta phát hiện ở Ôxtrâylia có thiên nga đen.

    Quy nạp phổ thống thực chất là dựa trên sự liệt kê giản đơn các sự kiện kinh nghiệm, nhưng có thể kết luận khái quát hóa phóng đại.

    Do đó, xác suất giá trị chân lý của kết luận thường là lớn hơn 0 nhưng rất nhỏ hơn 1. Nếu ký hiệu xác suất là p thì ta sẽ có công thức xác suất giá trị chân lý của kết luận quy nạp không hoàn toàn là:

    0 < p<< 1

    Như đã nói ở trên, kết luận quy nạp hoàn toàn là chân thực, nghĩa là xác suất giá trị chân lý của nó bằng 1; do đó, một cách tổng quát, giá trị chân lý của nó bằng 1. Như vậy, giá trị chân lý của kết luận quy nạp được hiển thị qua công thức sau:

    0 < p (le ) 1

    3.2 Quy nạp khoa học

    Quy nạp khoa học khác căn bản so với quy nạp phổ thông ở chỗ các tiền để là những sự kiện thực nghiệm khoa học chính xác.

    Thí dụ:

    Bằng quy nạp phổ thông người ta có thể thấy nước giãn nở ở nhiệt độ cao như 200c, 30°c, 40°c… và có thể kêt luận rằng sự Lăng nhiệt độ làm cho nước giãn nở. Nhưng kiểm tra nhiều lần bằng thực nghiệm vật lý thì người ta phát hiện ra rằng đặc biệt trong khoảng nhiệt độ từ 00 đến 4°c nước co lại chứ không giãn nở. Đó mới là quy nạp khoa học.

    Ngày xưa thuần túy bằng trực quan thông thường người ta cho rằng quả đất đứng im và mọi vật xoay xung quanh nó. Nhưng đó chỉ là quy nạp phổ thông. Bằng quy nạp vật lý thiên văn, người ta nói quả đất không đứng im tuyệt đối, mà là một trong những hành tinh quay xung quanh mặt trời.

    Nhờ quy nạp khoa học mà người ta phát hiện được những sai lầm thường gặp trong quy nạp phổ thông, nghĩa là tránh được những sai lôgic như:

    • Khái quát hóa phóng đại
    • Khái quát không có căn cứ đầy đủ
    • Lẫn lộn giữa cái có điều kiện và cái vô điều kiện
    • Lẫn lộn quan hệ trước – sau với quan hệ nhân – quả

    4. Quy nạp khoa học trong việc xác định mối liên hệ nhân quả của các hiện tượng

    Nguyên lý nhân quả là cơ sở lôgic của các phương pháp quy nạp khoa học. Nó thừa nhận rằng mọi sự vật, hiện tượng đều có nguyên nhân xác định và đều gây ra những kết quả nhất định.

    Ph.Bêcơn và đặc biệt là chúng tôi trong tác pham “Bàn về lôgic” (viết năm 1843) đã xây dựng hệ thống phương pháp quy nạp khoa học để xác định nguyên nhân, khi đã biết một số hiện tượng coi như là kết quả của nó. Các phương pháp truy tìm nguyên nhân hao gồm:

    4.1 Phương pháp phù hợp

    Nếu hai hay nhiều trường hợp về hiện tượng được khảo sát, chỉ có một sự kiện chung thì sự kiện mà hết thảy mọi trường hợp về hiện tượng ấy đều phù hợp, phải là nguyên nhân của hiện tượng ấy.

    Thí dụ: Thí nghiệm về dao động của con lắc toán học, tức là dao động của chất điểm, các nhà vật lý phát hiện ra rằng chu kỳ dao động (a) của con lắc chỉ giống nhau khi chiều dài (A) của sợi dây treo chất điểm giống nhau, nó không phụ thuộc vào chất liệu (B, D, G) và hình dạng (C, E, H) của con lắc. Từ đó, kết luận quy nạp rằng chính chiều dài (A) của con lắc toán học là nguyên nhân trực tiếp của chu kỳ dao động (a) của nó.

    Lược đồ lôgic có dạng:

    Phương pháp này còn được gọi là phương pháp giống nhau duy nhất. Xác suất chân lý của kết luận trong trường hợp này nói chung là nhô hơn hoặc bằng 1, vì thực chất nó dựa trên phép kéo theo tình thái:

    A → a, a A

    Chỉ có cách thay đổi nhiều hoàn cảnh thí nghiệm khác nhau, thì mới có the làm cho xác suất chân lý của kết luận quy nạp gần bằng 1.

    4.2 Phương pháp khác nhau duy nhất

    Phương pháp khác nhau duy nhất hay còn được gọi là phương pháp bất đồng được phát biểu như sau: một trường hợp có hiện tượng xuất hiện, một trường hợp không có. Nếu hai trường hợp ấy có hết thảy mọi sự kiện chung, duy chỉ trừ một sự kiện, thì sự kiện do đó mà hai trường hợp khác nhau chính là nguyên nhân của hiện tượng.

    Thí dụ: Gõ một cái chuông ta nghe kêu (a) khi xung quanh có không khí (A); nó không phụ thuộc vào vật liệu (B) hoặc hình thức (C) chuông. Vậy có thể rút ra kết luận quy nạp rằng, không khí (A) là nguyên nhân của hiện tượng âm thanh lan truyền trong không gian (a).

    Lược đồ lôgic có dạng:

    Thực chất phương pháp bất đồng cũng dựa trên phép kéo theo tình thái:

    A → a, (overline A ) (overline a)

    Do đó, xác suất chân lý của kết luận quy nạp nói chung là nhỏ hdn 1, chỉ gần chân thực mà thôi.

    4.3 Phương pháp phù hợp và bất đồng

    Lược đồ logic có dạng:

    Thí dụ: trong sản xuất lương thực, nếu có phân bón (A) thì năng suất nâng cao (a), không có phân bón (A) thì năng suất không cao (ã). Vậy có thể rút ra suy luận quy nạp rằng phân bón là nguyên nhân của năng suất cao.

    4.4 Phương pháp cùng biến đổi

    Phương pháp cùng biến đổi hay là biến đổi kèm theo có lược đồ lôgic như sau:

    Thí dụ: trong cùng điều kiện áp suất không khí (B) cùng nguồn nhiệt (C), người ta thấy cứ tăng nhiệt độ thì vật rắn nở ra. Vậy có thể kết luận quy nạp rằng biến đổi nhiệt độ là nguyên nhân thay đổi thể tích của vật rắn.

    Nguyên lý lôgic của phương pháp này là thừa nhận rằng nguyên nhân biến đổi tất yếu làm cho kết quả cũng biến đổi theo ít nhiều tương ứng.

    4.5 Phương pháp phần dư

    Phương pháp phần dư hay là thặng dư có lược đồ lôgic như sau:

    Thí dụ, Le Verier nhận thấy quỹ đạo thực của Thiên Vương tinh sai lệch so với tính toán lý thuyết. Kiểm tra kỹ ảnh hưỏng của các hành tinh khác và cả của mặt trời thì đều thấy không phải là nguyên nhân trực tiếp, Le Verier đề ra giả thuyết dựa trên phương pháp phần dư, cho rằng có lẽ tồn tại một hành tinh rất gần Thiên Vương tinh làm sai lệch quỹ dạo của nó. Ông đã dự đoán vị trí của hành tinh giả thuyết này. Và A. Gall đã phát hiện hành tinh giả thuyết đó bằng kính thiên văn (1846), ngày nay có tên gọi là Hải Vương Linh.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Sai Lầm Thường Gặp Từ Phép Toán Quy Nạp Không Hoàn Toàn
  • Tìm Hiểu Phép Suy Luận Quy Nạp Không Hoàn Toàn Trong Dạy Học Nội Dung Số Tự Nhiên Ở Tiểu Học
  • Chương Iii. §1. Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm Sử Dụng Phương Pháp Qui Nạp Để Giải Một Số Bài Toán Không Mẫu Mực
  • Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Chứng Minh Định Lý Bằng Phương Pháp Phản Chứng

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Cấy Prp Giá Bao Nhiêu Tại Việt Nam?
  • Prp Là Gì Áp Dụng Phương Pháp Công Nghệ Lan Kim Prp
  • Trẻ Hóa Da Mặt Bằng Phương Pháp Prp Tại Viện Thẩm Mỹ Jk Nhật Hàn
  • Phương Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ Mầm Non
  • 6 Phương Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ Mầm Non Hiệu Quả
  • Mệnh đề là một câu khẳng định đúng hoặc câu khẳng định sai. Câu khẳng định đúng gọi là mệnh đề đúng, câu khẳng định sai gọi là mệnh đề sai. Một mệnh đề không thể vừa có tính đúng, vừa có tính sai.

    Ví dụ:

    • 2+2=4 là một mệnh đề đúng
    • 2+2= -5 là một đề sai
    • Ôi! Trời hôm nay nóng quá! Đây không phải là mệnh đề.

    Mệnh đề phủ định

    Cho mệnh đề P. Mệnh đề “không phải P” được gọi là mệnh đề phủ định của mệnh đề P.

    Kí hiệu: $overline{P}$

    Nếu mênh đề P đúng thì mệnh đề $overline{P}$ sai và ngược lại nếu mệnh đề $overline{P}$ đúng thì mệnh đề P sai.

    Mệnh đề với mọi ($forall$) và tồn tại ($exists$)

    Đây là hai mệnh đề phủ định của nhau. Rất nhiều học sinh không biết tìm mệnh đề phủ định của hai mệnh đề này. Ở đây thầy sẽ giúp các bạn phân biệt hai mệnh đề này và tìm mệnh đề phủ định của chúng. Bởi hai mệnh đề này được sử dụng rất nhiều trong các bài toán áp dụng chứng minh phải chứng.

    • Nếu cho mệnh đề “$forall xin X,P(x)$” thì phủ định của nó sẽ là: “$exists xin X, overline{P(x)}”$
    • Nếu cho mệnh đề “$exists xin X,P(x)$” thì phủ định của nó sẽ là: “$forall xin X, overline{P(x)}”$

    Ví dụ:

    Nếu có mệnh đề “Có ít nhất một chuồng chứa nhiều hơn 4 con thỏ.”

    Thì phủ định của nó sẽ là: “Tất cả các chuồng chứa ít hơn hoặc bằng 4 con thỏ.”

    Như vậy thầy đã nói qua về một số khái niệm sẽ dùng tới trong quá trình chứng minh định lý bằng phương pháp phản chứng. Các bạn cần chú ý kĩ tới mệnh đề phủ định, mệnh đề với mọi và tồn tại cho thầy, bởi chúng sẽ được sử dụng rất nhiều trong quá trình chứng minh. Lý thuyết là như vậy đó, quan trọng là vận dụng ra sao trong việc giải quyết bài toán chứng minh phản chứng.

    Phương pháp chứng minh phản chứng

    Các bạn cần xác định được đúng mệnh đề P, mệnh đề Q. Từ đó tìm mệnh đề phủ định của Q là $overline{Q}$.

    Các bạn làm như sau:

    • Các bạn xác định mệnh đề P, Q và $overline{Q}$
    • Giả sử mệnh đề Q sai, tức là mệnh đề $overline{Q}$ sẽ đúng.
    • Lập luận và sử dụng những điều đã biết để đi tới mâu thuẫn với giả thiết hoặc đi tới điều vô lý.
    • Từ đó đi tới kết luận.

    Bài tập 1:Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n nếu $n^2$ là số chẵn thì n là số chẵn.

    Hướng dẫn:

    Trước tiên các bạn xác định cho thầy các mệnh đề P, Q và $overline{Q}$

    Giả sử n là số lẻ, thì $n=2k+1, kin N$

    Khi đó: $n^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1$ là số lẻ. Mâu thuẫn với giả thiết $n^2$ là số chẵn. Suy ra điều giả sử sai.

    Vậy: Với mọi số tự nhiên n nếu $n^2$ là số chẵn thì n là số chẵn.

    Hướng dẫn:

    Mệnh đề P, Q và $overline{Q}$ là:

    Giả sử: $x+y+xy =-1 Leftrightarrow x+y+xy+1=0$

    $ Leftrightarrow (x+1)+y(x+1)=0$

    $Leftrightarrow (x+1)(y+1)=0$

    $Leftrightarrow $ $x=-1$ hoặc $y=-1$.

    Mâu thuẫn với giả thiết là $xneq -1$ và $yneq -1$.

    Vậy : Nếu $xneq -1$ $yneq -1$ thì $x+y+xyneq -1$

    Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu nhốt 25 con thỏ vào 6 cái chuồng thì sẽ có ít nhất 1 chuồng chứa nhiều hơn 4 con thỏ.

    Hướng dẫn:

    Mệnh đề P, Q và $overline{Q}$ là:

    • P: Nhốt 25 con thỏ vào 6 chuồng
    • Q: Ít nhất 1 chuồng chứa nhiều hơn 4 con thỏ
    • $overline{Q}$: Tất cả các chuồng chứa ít hơn hoặc bằng 4 con thỏ.

    Giả sử tất cả các chuồng chứa ít hơn hoặc bằng 4 con thỏ. Khi đó số thỏ sẽ có tối đa là 4.6=24 con, mâu thuẫn với giả thiết là số thỏ có 25 con.

    Vậy nếu nhốt 25 con thỏ vào 6 cái chuồng thì sẽ có ít nhất 1 chuồng chứa nhiều hơn 4 con thỏ.

    Bài tập 4: Chứng minh rằng có ít nhất 1 trong các bất đẳng thức sau là đúng: $a^2+b^2geq 2bc, b^2+c^2geq 2ac, a^2+c^2geq 2ab$ với a, b, c bất kì.

    Hướng dẫn:

    Mệnh đề P, Q và $overline{Q}$ là:

    • P: 3 số a, b, c bất kì
    • Q: ít nhất 1 trong 3 đắng thức là đúng $a^2+b^2geq 2bc, b^2+c^2geq 2ac, a^2+c^2geq 2ab$
    • $overline{Q}$: Tất cả các bất đẳng thức đều sai.

    Giả sử tất cả các bất đẳng thức trên đều sai, tức là:

    $a^2+b^2 < 2bc$ (1)

    $ b^2+c^2 < 2ac$ (2)

    $ a^2+c^2 < 2ab$ (3)

    Cộng 2 vế của (1), (2), (3) ta được:

    $a^2+b^2+b^2+c^2+a^2+c^2<2bc+2ac+2ab$

    $Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(a-c)^2<0$ (vô lý). Do đó điều giả sử sai.

    Vậy: Với a, b, c bất kì sẽ có ít nhất 1 trong các bất đẳng thức sau là đúng: $a^2+b^2geq 2bc$,$b^2+c^2geq 2ac, a^2+c^2geq 2ab$.

    Bài tập chứng minh phản chứng:

    Bài tập 1: Chứng minh rằng:

    a. Với mọi số nguyên dương n, nếu $n^2$ là số lẻ thì n là số lẻ.

    b. Với mọi số nguyên dương n, nếu $n^2$ chia hết cho 3 thì n chia hết cho 3.

    c. Với 2 số dương a và b thì $a+bgeq 2sqrt{ab}$.

    d. Nếu $a+b<2$ thì một trong 2 số a và b nhỏ hơn 1

    Bài tập 2: Chứng minh rằng:

    a. Một tam giác không phải là tam giác đều thì nó có ít nhất 1 góc nhỏ hơn $60^0$

    b. Nếu tích của hai số tự nhiên là một số lẻ thì tổng của chúng là một số chẵn.

    c. Nếu $x^2+y^2=0$ thì $x=0$ và $y=0$

    d. Nếu một tứ giác có tổng các góc đối diện bằng hai góc vuông thì tứ giác đó nội tiếp được đường tròn.

    SUB ĐĂNG KÍ KÊNH GIÚP THẦY NHÉ

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giao Trinh Phuong Phap Phan Tu Huu Han
  • Phương Pháp Phần Tử Hữu Hạn Fem
  • Ưu Nhược Điểm Của Các Phương Pháp Phỏng Vấn Phổ Biến
  • Thu Thập Dữ Liệu Bằng Phương Pháp Phỏng Vấn
  • Phương Pháp Làm Việc Hiệu Quả Bằng Pomodoro
  • Phương Pháp Quy Nạp Trong Tiếng Tiếng Anh

    --- Bài mới hơn ---

  • Quy Nạp Trong Tiếng Tiếng Anh
  • Giáo Án Đại Số Giải Tích 11 Cơ Bản Tiết 37, 38: Phương Pháp Qui Nạp Toán Học
  • Tkgđ 13: Tôi Học Kinh Thánh Bằng Phương Cách Nào?
  • Đề Tài Phương Pháp Học Kinh Thánh
  • Chứng Minh 10 Bài Toán Bằng Quy Nạp
  • The simplest and most common form of mathematical induction infers that a statement involving a natural number n holds for all values of n.

    WikiMatrix

    They wrote books and articles promoting inductive method in all the sciences that were widely read by natural philosophers, university students and members of the public.

    QED

    Francis Bacon và sau này là Newton, đã đề xuất phương pháp khoa học quy nạp.

    Francis Bacon and then, later, Isaac Newton, had proposed an inductive scientific method.

    QED

    Khoảng 200 năm trước, Francis Bacon và sau này là Newton, đã đề xuất phương pháp khoa học quy nạp.

    About 200 years before, Francis Bacon and then, later, Isaac Newton, had proposed an inductive scientific method.

    ted2019

    Con người sử dụng phương pháp lý luận, diễn dịch và quy nạp, để đưa ra một cái kết luận mà họ nghĩ là đúng.

    People use logic, deduction, and induction, to reach conclusions they think are true.

    WikiMatrix

    Tuy không sử dụng thuật ngữ trên, nhưng triết gia Nelson Goodman là người đầu tiên giới thiệu phương pháp quân bình từ suy tưởng như một phương pháp chứng minh các nguyên tắc của logic quy nạp.

    Although he did not use the term, philosopher Nelson Goodman introduced the method of reflective equilibrium as an approach to justifying the principles of inductive logic.

    WikiMatrix

    Bên cạnh nhiều luận cứ của mình, Hume còn bổ sung một thiên kiến quan trọng cho cuộc tranh luận về phương pháp khoa học — đó là vấn đề quy nạp.

    Among his many arguments Hume also added another important slant to the debate about scientific method—that of the problem of induction.

    WikiMatrix

    Tuy nhiên phương pháp thống kê phát triển theo hướng đối lập – quy nạp từ các mẫu để các thông số lớn hơn hoặc tổng quy mô mẫu.

    Statistical inference, however, moves in the opposite direction—inductively inferring from samples to the parameters of a larger or total population.

    WikiMatrix

    Ngoài việc sử dụng các phương pháp nghiên cứu thực nghiệm và quy nạp, một số nhà tâm lý học – nhất là các nhà tâm lý học lâm sàng và tư vấn theo chủ nghĩa chiết trung (Eclecticism) hoặc chủ nghĩa diễn giải (interptivism) – đôi khi cũng dựa vào thông diễn học và các phương pháp diễn dịch khác.

    In addition, or in opposition, to employing empirical and deductive methods, some—especially clinical and counseling psychologists—at times rely upon symbolic interptation and other inductive techniques.

    WikiMatrix

    William Whewell, trong cuốn sách gây ảnh hưởng History of the Inductive Sciences (Lịch sử Khoa học Quy nạp, 1837) xem Kepler như là nguyên mẫu của thiên tài khoa học quy nạp; và trong cuốn Philosophy of the Inductive Sciences (Triết học Khoa học Quy nạp, 1840), Whewell tiếp tục gọi Kepler là hiện thân của những dạng tiến bộ nhất trong phương pháp khoa học.

    WikiMatrix

    Quan điểm này không xét toàn diện cấu trúc và phương pháp của toán học, các sản phẩm của toán học được đạt đến qua một tập hợp suy diễn nhất quán gồm các quy trình không hề nằm trong nghĩa quy nạp, ngay cả tại thời nay hay thời của Mill.

    It fails to fully consider the structure and method of mathematical science, the products of which are arrived at through an internally consistent deductive set of procedures which do not, either today or at the time Mill wrote, fall under the agreed meaning of induction.

    WikiMatrix

    Phương pháp này có thể được mở rộng để chứng minh các mệnh đề về các cấu trúc được thiết lập tổng quát hơn, chẳng hạn như cây; quá trình tổng quát này, được gọi là quy nạp cấu trúc, được sử dụng trong logic toán và khoa học máy tính.

    The method can be extended to prove statements about more general well-founded structures, such as trees; this generalization, known as structural induction, is used in mathematical logic and computer science.

    WikiMatrix

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp Chứng Minh Quy Nạp – Các Dạng Khác
  • Skkn Một Số Biện Pháp Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ 25
  • Chia Sẻ Kinh Nghiệm Trị Sẹo Rỗ Hiệu Quả Webtretho Thực Tế Của Chị Em
  • Tiêm Huyết Tương Giàu Tiểu Cầu Điều Trị Thoái Hóa Khớp Gối
  • Tế Bào Gốc Tự Thân Mọc Tóc (Prp)
  • Chương Iii. §1. Phương Pháp Quy Nạp Toán Học

    --- Bài mới hơn ---

  • Tìm Hiểu Phép Suy Luận Quy Nạp Không Hoàn Toàn Trong Dạy Học Nội Dung Số Tự Nhiên Ở Tiểu Học
  • Sai Lầm Thường Gặp Từ Phép Toán Quy Nạp Không Hoàn Toàn
  • Bài 3: Suy Luận Quy Nạp
  • Phương Pháp Là Gì? Hãy Trình Bày Các Phương Pháp Nhận Thức Khoa Học
  • Bài Tập Chứng Minh Quy Nạp
  • I. Mục tiêu bài dạy:

    1. Kiến thức: Học sinh nắm được:

    – Nội dung của phương pháp quy nạp toán học (gồm hai bước và bắt buộc theo trình tự nhất định).

    – Nắm rõ các bước của phương pháp quy nạp.

    2. Kỹ năng:

    – Sử dụng phương pháp quy nạp thành thạo.

    – Biết cách lựa chọn và sử dụng phương pháp quy nạp hiệu quả.

    3. Thái độ:

    – Rèn luyện tư duy logic, hệ thống, linh hoạt. Biết quy lạ về quen.

    – Cẩn thận chính xác trong lập luận quy nạp. Rèn luyện tư duy toán học vô hạn.

    II. Phương pháp – phương tiện:

    1. Phương pháp dạy học:

    – Vấn đáp gợi mở.

    – Nêu vấn đề, giải quyết vấn đề.

    2. Phương tiện – chuẩn bị của thầy và trò:

    – Giáo viên: chuẩn bị câu hỏi gợi mở.

    – Học sinh: đọc trước bài, ôn tập kiến thức về mệnh đề ở lớp 10.

    III. Phân phối thời lượng:

    Tiết 1: Phần lý thuyết Tiết 2: Phần bài tập

    IV. Tiến trình bài dạy:

    Giáo viên

    Học sinh

    Bổ sung

    Hoạt động 1: Ổn định lớp

    – Sỹ số lớp.

    – Kiểm tra tình hình chuẩn bị bài của học sinh.

    Hoạt động 2: Dẫn dắt khái niệm

    1. Mệnh đề là gì? Mệnh đề chứa biến là gì?

    2. Cho hai mệnh đề chứa biến “” và “” với .

    a. Với thì và đúng hay sai?

    b. Với thì và đúng hay sai?

    Kể từ trở đi, sai, dường như vẫn đúng.

    Có thể khẳng định sai với nhưng không thể khẳng định đúng với .

    Hoạt động 3: Phương pháp quy nạp Toán học

    Phương pháp quy nạp toán học:

    Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với .

    Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với (giả thiết quy nạp). Ta chứng minh mệnh đề cũng đúng với .

    Học sinh ghi chép bài

    Hoạt động 4: Các ví dụ

    1. Ví dụ 1: Chứng minh rằng với thì

    (1)

    Giáo viên phát vấn hướng dẫn:

    – Vế trái có bao nhiêu số hạng?

    – Bước 1 cần kiểm tra điều gì? Như thế nào?

    – Với bước 2, điều ta đã có là gì, điều là cần chứng minh là gì? Mệnh đề đúng với , đúng với nghĩa là như thế nào?

    Giáo viên hướng dẫn từng bước cho học sinh làm quen và làm bài.

    2. Ví dụ 2: Chứng minh rằng với thì

    (2)

    Giáo viên phát vấn hướng dẫn:

    – Vế trái có bao nhiêu số hạng?

    – Bước 1 cần kiểm tra điều gì? Như thế nào?

    – Với bước 2, điều ta đã có là gì, điều là cần chứng minh là gì? Mệnh đề đúng với , đúng với nghĩa là như thế nào?

    Giáo viên gọi một học sinh lên bảng làm bài, yêu cầu học sinh khác nhận xét, uốn nắn sửa sai và hoàn chỉnh bài làm cho học sinh.

    3. Ví dụ 3: Chứng minh rằng với thì

    (3)

    Giáo viên phát vấn hướng dẫn:

    – Bước 1 cần kiểm tra điều gì? Như thế nào?

    – Với bước 2, điều ta đã có là gì, điều là cần chứng minh là gì? Mệnh đề đúng với , đúng với nghĩa là như thế nào?

    Giáo viên gọi một học sinh lên bảng làm bài, yêu cầu học sinh khác nhận xét, uốn nắn sửa sai và hoàn chỉnh bài làm cho học sinh.

    Bài làm ví dụ 1:

    Bước 1: Với , ta có: đúng.

    Bước 2: Giả sử (1) đúng với . Tức là:

    Ta chứng minh (1) đúng với . Tức là:

    Thật vậy, ta có:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Sáng Kiến Kinh Nghiệm Sử Dụng Phương Pháp Qui Nạp Để Giải Một Số Bài Toán Không Mẫu Mực
  • Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
  • Chuyên Đề Quy Nạp Toán Học
  • Cm Quy Nạp Toán Học Phuong Phap Cm Quy Nap Doc
  • Phương Pháp Cm Quy Nạp Cực Kỳ Dễ Chungmingquynap08 Doc
  • Bài 1,2,3,4,5 Trang 82,83 Sgk Đại Số Và Giải Tích 11: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học

    --- Bài mới hơn ---

  • Skkn Thi Gvdg Pp Quy Đổi
  • Phương Pháp Quy Đổi Hỗn Hợp Về Các Cụm Nguyên Tố
  • Hóa Học: Phương Pháp Quy Đổi Hỗn Hợp Về Các Nguyên Tố
  • Phương Pháp Ra Quyết Định Quản Trị Hoàn Hảo
  • Các Phương Pháp Ra Quyết Định
  • Tóm tắt lý thuyết và Giải bài 1,2,3 trang 82; Bài 4,5 trang 83 SGK đại số và giải tích 11: Phương pháp quy nạp toán học. Đây là bài đầu tiên Chương 3 Đại số và giải tích lớp 11: Dãy số – cấp số cộng cấp số nhân.

    A. Tóm tắt lý thuyết

    1. Để chứng minh một mệnh đề P(n) là đúng với mọi n ∈ N*, ta thường dùng phương pháp quy nạp toán học, được tiến hành theo hai bước như sau:

    Bước 1 (bước cơ sở): Kiểm tra mệnh đề P(n) đúng với n = 1.

    Bước 2 ( bước quy nạp): Giả thiết mệnh đề P(n) đúng với một số tự nhiên bất kì n = k, (k ≥ 1) (ta gọi là giả thiết quy nạp) và chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1.

    Khi đó, theo nguyên lí quy nạp toán học, ta kết luận mệnh đề P(n) đùng với mọi n ∈ N*

    2. Trong trường hợp phải chứng minh một mệnh đề P(n) lf đúng vơi mọi số tự nhiên n ≥ p (p là số tự nhiên) thì:

    – Ở bước 1, ta kiểm tra mệnh đề P(n) đúng với n = p.

    Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề P(n) đúng với một số tự nhiên bất kì n = k, (k ≥ p) và chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1.

    3. Phép thử với một số hữu hạn số tự nhiên tuy không phải là chứng minh nhưng cho phép ta dự đoán được kết quả. Kết quả này chỉ là giá thuyết và để chứng minh ta có thể dùng phương pháp quy nạp toán học.

    Một số bài toán thường gặp

    – Chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức.

    – Dự đoán kết quả và chứng minh.

    B. Giải bài tập sách giáo khoa bài phương pháp quy nạp toán học – Sách giáo khoa đại số giải tích lớp 11 trang 82,83

    Bài 1. Chứng minh rằng với n ∈ N*, ta có đẳng thức:

    Vậy VT = VP hệ thức a) đúng với n = 1.

    Đặt vế trái bằng S n.

    (điều phải chứng minh)

    Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức a) đúng với mọi n ∈ N*

    b) Với n = 1, vế trái bằng 1/2, vế phải bằng 1/2, do đó hệ thức đúng.

    Đặt vế trái bằng S n.

    Giả sử hệ thức b) đúng với n = k ≥ 1, tức là

    Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có:

    Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức b) đúng với mọi n ∈ N*

    c) Với n = 1, vế trái bằng 1, vế phải bằng 1(1+1)(2+1) / 6 = 1 nên hệ thức c) đúng với n = 1.

    Đặt vế trái bằng S n.

    Ta phải chứng minh

    Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức c) đúng với mọi n ∈ N*

    Bài 2. Chứng minh rằng với n ε N* ta luôn có:

    a) n 3 + 3n 2 + 5n chia hết cho 3;

    b) 4 n + 15n – 1 chia hết cho 9;

    c) n 3 + 11n chia hết cho 6.

    Với n = 1 thì S 1 = 9 chia hết cho 3

    Giả sử với n = k ≥ 1, ta có S k = (k 3 + 3k 2 + 5k) ⋮ 3

    Ta phải chứng minh rằng S k+1 ⋮ 3

    Theo giả thiết quy nạp thì S k⋮3, mặt khác 3(k 2 + 3k + 3) ⋮3 nên S k+1 ⋮ 3.

    Giả sử với n = k ≥ 1 thì S k= 4 k + 15k – 1 chia hết cho 9.

    Ta phải chứng minh S k+1 ⋮ 9.

    Thật vậy, ta có: S k+1 = 4 k + 1 + 15(k + 1) – 1

    = 4(4 k + 15k – 1) – 45k + 18 = 4S k – 9(5k – 2)

    Theo giả thiết quy nạp thì Sk ⋮ 9 nên 4S 1 ⋮ 9, mặt khác 9(5k – 2) ⋮ 9, nên S k+1 ⋮ 9

    Vậy (4 n + 15n – 1) ⋮ 9 với mọi n ∈ N*

    Với n = 1, ta có S 1 = 1 3 + 11n = 12 nên S 1 ⋮ 6

    Giả sử với n = k ≥ 1 ,ta có S k = k 3 + 11k ⋮ 6

    Ta phải chứng minh S k+1 ⋮ 6

    Thật vậy, ta có S k+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k 3 + 3k + 3k + 1 + 11k + 11

    THeo giả thiết quy nạp thì Sk ⋮ 6, mặt khác k 2 + k + 4 = k(k + 1) + 1 là số chẵn nên 3(k 2 + k + 4) ⋮ 6, do đó S k+1 ⋮ 6

    Vậy n 3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n ∈ N*

    Bài 3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có các bất đẳng thức:

    Đáp án: a) Dễ thấy bất đẳng thức đúng với n = 2

    Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 2, tức là

    Nhân hai vế của (1) vơi 3, ta được:

    tức là bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

    b) Với n = 2 thì vế trái bằng 8, vế phải bằng 7. Vậy bất đẳng thức đúng với n = 2

    Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 2, tức là

    Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n= k + 1, nghĩa là phải chứng minh

    Nhân hai vế của bất đẳng thức (2) với 2, ta được:

    b) Dự đoán công thức tính tổng S n và chứng minh bằng quy nạp.

    Giải: a) Ta có:

    Ta sẽ chứng minh đẳng thức (1) bằng phương pháp quy nạp

    Khi n = 1, vế trái là S1 =1/2, vế phải bằng 1/(1+1)=1/2. Vậy đẳng thức (1) đúng.

    tức là đẳng thức (1) cũng đúng với n = k + 1.

    Vậy đẳng thức (1) đã được chứng minh.

    Giải: Ta chứng minh khẳng định đúng với mọi n ∈ N* , n ≥ 4.

    Với n = 4, ta có tứ giác nên nó có hai đường chéo.

    Mặt khác thay n = 4 vào công thức, ta có số đường chéo của tứ giác theo công thức là: 4(4-3)/2 = 2

    Vậy khẳng định là đúng với n= 4.

    Giả sử khẳng định là đúng với n = k ≥ 4, tức là đa giác lồi k cạnh có số đường chéo là k(k – 3)/2

    Nối A 1 và A k, ta được đa giác k cạnh A 1A 2…A k có k(k-3)/2 đường chéo (giả thiết quy nạp). Nối A k+1 với các đỉnh A 2, A 3, …, A k-1, ta được thêm k -2 đường chéo, ngoài ra A 1A k cũng là một đường chéo.

    Như vậy, khẳng định cũng đúng với đa giác k + 1 cạnh. Vậy bài toán đã được chứng minh.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Phương Pháp “quả Cà Chua” Pomodoro Để Làm Việc Hiệu Quả
  • “vượt Vũ Môn” Với Phương Pháp 5 “t”
  • Học Qua Trải Nghiệm Hiệu Quả Theo Phương Pháp 5T
  • Cách Giúp Trẻ Phát Triển Ngôn Ngữ Tại Nhà
  • Chuyên Đề: Phát Triển Ngôn Ngữ Cho Trẻ Mầm Non
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100
  • CẦM ĐỒ TẠI F88
    15 PHÚT DUYỆT
    NHẬN TIỀN NGAY

    VAY TIỀN NHANH
    LÊN ĐẾN 10 TRIỆU
    CHỈ CẦN CMND

    ×