Tiêu đề Chủ đề 4 - CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VỀ TỒNG, TÍCH CỦA DÃY SỐ - PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC.doc ✅

Trang 2/30 - Thông thường ta tìm quy luật viết các số hạng của dãy rồi đưa ra cách viết tổng quát, từ đó ta mới làm trội cho số hạng tổng quát và áp dụng cho các số hạng cụ thể. b) Phương pháp quy nạp toán học + Nội dung của phương pháp quy nạp Một bất đẳng thức phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đúng nếu thỏa mãn hai điều kiện sau: - Bất đẳng thức đúng với giá trị đầu tiên của n - Từ giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k kN suy ra được bất đẳng thức đúng với nk1 + Các bước chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp Giả sử ta cần chứng minh bất đẳng thức AnBn với 0nn,nN , ta tiến hành các bước như sau: - Bước 1: Kiểm tra bất đẳng thức đúng với 0nn - Bước 2: Giả sử bất đẳng thức đúng với 0nkkn,kN - Bước 3: Chứng minh bất đẳng thức đúng với nk1 và kết luận bất đẳng thức đúng với 0nn . Chú ý: - Thông thường khi chứng minh bất đẳng thức có sự phụ thuộc vào số nguyên dương n, thì ta nên chú ý sử dụng phương pháp quy nạp toán học. - Trong phương pháp quy nạp toán học thì bất đẳng thức có được từ bước thứ hai chính là một giả thiết mới được dùng để chứng minh bất đẳng thức trong bước thứ ba. Do đó cần phải khai thác thật hiệu quả giả thiết quy nạp. 2. Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Với mọi số tự nhiên n >1. Chứng minh rằng: 1111 ... 2n1n2nn  Phân tích và lời giải Nhận thấy tổng trên có n số hạng, do đó ta làm trội bằng cách thay mẫu nk với k1,2,3,...,n1 bằng nn . Tức là ta có: 111 nknn2n  , với k1,2,3,...,n1 Khi đó ta được: 11111n1 ...... n1n22n2n2n2n2  Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 2. Với mọi số tự nhiên n1 . Chứng minh rằng: 1111 1...2 n1n2n33n1  Phân tích và lời giải
Trang 3/30 + Trước hết ta chứng minh: 1111 ...2 n1n2n33n1  Tổng trên có 2n1 số hạng và lại thấy 2n12n2 2 n1n1    , do đó áp dụng tư tưởng như ví dụ trên ta làm trội bằng cách thay mỗi số hạng bằng số hạng lớn nhất. Tức là ta được 111111112n1 ......2 n1n2n33n1n1n1n1n1n1    + Bây giờ ta chứng minh: 1111 1... n1n2n33n1  Tổng trên có 2n1 số hạng và số hạng chính giữa là 1 2n1 , ta chuyển bất đẳng thức cần chứng minh thành 2n11111 ... 2n1n1n2n33n1    Ở đây ta lại nhận thấy 2n121 n. 2n12n12n1    có chứa số hạng chính giữa, do đó ý tưởng ở đây là ghép các cặp dạng 111111 ;;...; n13n1n23n2n2n2  thì được n tổng, rồi chứng minh mỗi tổng đó đều lớn hơn 2 2n1 . Để chứng minh các tổng trên đều lớn hơn 2 2n1 ta chỉ cần chứng minh được 11 2n1k2n1k  , trong đó k nhận các giá trị từ 1;2;...;n . Thật vậy: 222 114n24n22 2n1k2n1k2n1 2n1k2n1     Đến đây ta có lời giải như sau: Ta có  11111 ...... n1n22n13n3n1 11111 ... n13n1n23n2n1 4n24n2121 ....n1 2n12n12n1n13n1n13n           Vậy ta được 1111 1... n1n2n33n1  Vậy bài toán được chứng minh Nhận xét: Bất đẳng thức bên trái là một bất đẳng thức khó, sử dụng cách làm như bất đẳng thức bên phải không đem lại hiệu quả, cho nên ta phải tìm một phương án khác. Điểm quan trọng để tìm ra lời giải cho bài toán này chính là phát hiện các tổng bằng nhau 13123...222221nnnnnnn và ý tưởng ghép các cặp
Trang 4/30 111111 ;;...; 13123222 nnnnnn sao cho khi quy đồng có cùng một tử số là 221n và bước tiếp theo chính là đánh giá mẫu về cùng 21n . Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n2 ta có: 2n111113n2... 3n22n22n32n44n24n1    Phân tích và lời giải Đặt 1111 P... 2n22n32n44n2  + Chứng minh 2n1 P 3n2    . Tổng P có 2n1 số hạng, ta ghép thành n cặp cách đều hai đầu, còn lại một số hạng đứng giữa là 1 3n2 , mỗi cặp có dạng:    222 23n223n2112 3n2k3n2k3n2 3n2k3n2     k1,2,...,n-1, n Do đó ta được: 2n12n1 P 3n23n23n2    + Chứng minh 3n2P 4n1    . Để chứng minh bất đẳng thức này, chúng ta cần có bổ đề sau: Bổ đề: Với mọi 0km2k,mZ , ta có: 1111* mk2m2km2m2  Chứng minh: Từ giả thiết 0km2k,mZ , ta thấy các mẫu số đều dương và 3m20 . Quy đồng mẫu số hai vế ta có   2222 3m23m2 *m2m2mk2m2k mk2m2km2m2 2m2m2m2mkm2km2kkkkm2kkm2     Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo giả thiết, nên bổ đề được chứng minh Viết lại biểu thức P và áp dụng bổ đề ta có  111111 2P... 2n24n22n34n14n22n2 11 2n1 2n24n2           Hay  13n23n2P2n1 22n12n14n1    Vậy bất đẳng thức được chứng minh.