Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Để hiểu hơn về phương pháp quy nạp toán học


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 28 trả lời

#1 Ban Biên Tập

Ban Biên Tập

    Ban Biên Tập

  • Thành viên
  • 70 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-02-2012 - 23:12

ĐỂ HIỂU HƠN VỀ

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

Hoàng Ngọc Thế - Đông Anh - Hà Nội


Phương pháp quy nạp toán học là một phương pháp hay và rất hữu dụng. Tuy nhiên, đối với học sinh khối 11 thì đây là nội dung khó hiểu và khó áp dụng. Bài viết này của tôi sẽ giúp các bạn một hướng để hiểu hơn về phương pháp này.

Hình đã gửi

1. Tại sao phải dùng phương pháp quy nạp toán học
Giả sử có 1mệnh đề chứa biến số tự nhiên. Ta cần chứng minh mệnh đề đó. Tại sao phải dùng phương pháp quy nạp toán học?
Để trả lời câu hỏi này, ta xét các bài toán sau:

Bài toán 1.
Thầy giáo kiểm tra bài cũ lớp 11A4 (có 35 học sinh), thầy gọi theo sổ điểm lần lượt các bạn:
  • Triệu Thị Băng
  • Lê Văn Bách
  • Triệu Thị Điềm
  • Đàm Văn Hanh
  • Dương Thị Hường.
Cả 5 bạn ấy đều học bài. Thầy kết luận: “Cả lớp 11A4 học bài”. Thầy kết luận như vậy có hợp lí không? Nếu không làm thế nào để có kết luận đúng.
Giải
Thầy kết luận như vậy là chưa hợp lí vì có thể các bạn từ số thứ tự 6 đến số thứ tự 35 đều học bài, tức là đa phần cả lớp học bài.
Để thu được kết luận đúng, thầy cần kiểm tra cả lớp (bằng cách kiểm tra 15 phút chẳng hạn).


Bài toán 2.
Người ta kiểm tra trên một quần thể ruồi giấm thấy thế hệ đầu tiên có tính trạng mắt đỏ. Kết luận: “Tất cả ruồi giấm ở mọi thế hệ của quần thể này đều mắt đỏ”.
Kết luận như vậy có đúng không? Nếu không làm thế nào để có kết luận đúng?
Giải
Kết luận như vậy chưa chắc đúng vì chưa kiểm tra xem các thế hệ khác có mắt đỏ không?
Ta không thể làm như bài toán 1 vì số lượng ruồi giấm và các thế hệ của quẩn thể là vô số, việc kiểm tra từng cá thể của từng thế hệ là không thể thực hiện được.

Để thu được kết luận đúng, ta làm như sau
+ Kiểm tra với thế hệ thứ nhất (đời F1);
+ Chứng minh sự di truyền của tính trạng mắt đỏ. Tức là chứng minh rằng nếu đời bố mẹ mắt đỏ thì đời con mắt đỏ. Khi đó, chắc chắn tất cả các cá thể ở mọi thế hệ đều mắt đỏ vì thế hệ trước sẽ di truyền lại cho thế hệ sau.

Bài toán 3.
Với $n \in \mathbb{N}*$, chứng minh rằng
$$1 + 2 + ... + n = \dfrac{n(n+1)}{2}, \ \ \ (*).$$
Phân tích
Rõ ràng ta không thể áp dụng cách làm của bài toán 1 cho bài này vì tập các số tự nhiên là vô hạn. Việc kiểm tra tính đúng đắn của $(*)$ với từng số tự nhiên sẽ mất nhiều thời gian và không thể hoàn thành được.

Ta nhận thấy có nét giống nhau giữa tập các số tự nhiên và quần thể ruồi giấm. Tập số tự nhiên có vô hạn phần tử, quần thể ruồi giấm có vô hạn thế hệ. Ta sẽ áp dụng cách làm của bài toán 2 đối với bài toán này.

Coi mệnh đề $(*)$ là một "tính trạng" của "quần thể" các số tự nhiên. Để chứng minh mọi số tự nhiên đều có "tính trạng $(*)$" ta làm như sau:
+ Kiểm tra "tính trạng $(*)$" với "thế hệ đầu (F1)" $n = 1$
+ Chứng minh sự “di truyền” của $(*)$ Tức là chứng minh rằng nếu số $n = k$ có "tính trạng $(*)$" thì $n = k+1$ cũng có "tính trạng $(*)$".
Phương pháp chứng minh như vậy gọi là phương pháp quy nạp toán học. Bạn cũng có thể hiểu phương pháp quy nạp giống như trò chơi Đôminô của người Nhật.

2. Phương pháp và ví dụ
Để chứng minh 1 mệnh đề $A$ đúng với mọi số nguyên dương bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thực hiện 2 bước:
- Bước 1 (bước "khởi tạo"). Kiểm tra tính đúng đăn của $A$ với $n=1$
- Bước 2 (bước "di truyền"). Giả sử mệnh đề $A$ đã đúng đến $n = k \geq 1$, ta chứng minh $A$ cũng đúng với $n=k+1$.

Ta sẽ giải bài toán 3.
Bước 1. Với $n=1$, ta có:
$$VT(*)=1=\dfrac{1(1+1)}{2} = VP(*)$$
Vậy $(*)$ đúng với $n = 1$.
Bước 2. Giả sử $(*)$ đã đúng đến $n = k \geq 1$, tức là:
$$1+2+...+k =\dfrac{k(k+1)}{2}, \ \ \ (a).$$
Ta cần chứng minh rằng $(*)$ cũng đúng với $n=k+1$, tức là phải chứng minh:
$$1+2+...+(k+1) =\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}, \ \ \ (b).$$
Thật vậy:
$VT(b) = 1+2+...+(k+1) = 1+2+...+k+(k+1)=VT(a)+(k+1)$
$=VP(a)+(k+1)=\dfrac{k(k+1)}{2}+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}=VP(b)$
Ta có đpcm.

Học sinh lớp 11 thường bị vướng khi chứng minh $(b)$. Các em thường không biết bắt đầu từ đâu. Quan sát lời giải bài toán 3, ta thấy lời giải được tiến hành theo logic sau:
$$VT(b)\overset{(1)}{\rightarrow}VT(a)\overset{(2)}{\rightarrow}VP(a)\overset{(3)}{\rightarrow}VP(b)$$

Hình đã gửi

Dấu mũi tên $(1)$, ta sử dụng giả thiết hoặc những phép toán, định nghĩa cơ bản đã học.
Dấu mũi tên $(2)$, ta sử dụng giả thiết quy nạp, tức là dùng $(a)$
Dấu mũi tên $(3)$, ta thường phải biến đổi, ước lượng.

Xin đưa ra thêm một số ví dụ.
Ví dụ 1. Với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ ta có: $2^n> n,\ \ \ \ (1)$.
Giải
Bước 1. Với $n = 1$, ta có: $VT = 2, VP = 1$, Vậy $(1)$ đúng.
Bước 2. Giả sử $(1)$ đúng với $n = k \geq 1$, tức là:
$$2^k > k, \ \ \ \ (1a)$$
Ta chứng minh rằng $(1)$ cũng đúng với $n = k+1$. Tức là phải chứng minh:
$$2^{k+1} > k + 1, \ \ \ \ (1b)$$.
Thật vậy, ta có:
$VT(1b) = 2^{k+1} = 2.2^k = 2VT(1a) > 2VP(1a) = 2k > k + 1 = VP(1b)$ (đpcm)
Vậy $(1)$ đúng với mọi $n$ nguyên dương.

Ví dụ 2. Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi:
$$\left\{ \begin{array}{l}
u_1 = \frac{1}{3} \\
u_{n + 1} = \frac{{(n + 1)u_n }}{{3n}},\forall n \ge 1 \\
\end{array} \right.$$
Chứng minh rằng:

$$u_n = \frac{n}{{3^n }},\forall n \ge 1, \ \ \ \ (2)$$
Giải
* Với $n=1$ ta có $VT(2) = u_1 = \frac{1}{3}; VP(2) = \frac{1}{3}$. Vậy $(2)$ đúng với $n=1$.

* Giả sử $(2)$ đúng với $n = k \geq 1$, tức là:
$$u_k = \frac{k}{3^k}, \ \ \ \ (2a)$$
Ta chứng minh rằng $(2)$ cũng đúng với $n = k+1$. Tức là phải chứng minh:
$$u_{k+1} = \frac{k+1}{3^{k+1}}, \ \ \ \ (2b)$$
Thật vậy, ta có:
$u_{k+1} = \frac{{(k + 1)u_k }}{{3k}} = \frac{{(k + 1)k }}{{3k.3^k}} = \frac{k+1}{3^{k+1}}=VP(2b)$ (đpcm)
Vậy $(2)$ đúng với mọi $n$ nguyên dương.

3. Bài tập
Mời các bạn cùng làm thêm các bài tập dưới đây:
Bài tập 1. Chứng minh BĐT Bernoulli:
$$(1+a)^n \geq 1+ na, \forall n \in \mathbb{N}^*$$
Bài tập 2. Chứng minh rằng:
$$\left (11^{n+1}+12^{2n-1} \right )\vdots 133, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

#2 hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản trị
  • 863 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sao Hỏa
  • Sở thích:toán, toán và.... toán

Đã gửi 01-03-2012 - 11:33

Bài tập 2. Chứng minh rằng:
$$\left (11^{n+1}+12^{2n-1} \right )\vdots 133, \forall n \in \mathbb{N}^*$$


$$\left (11^{n+1}+12^{2n-1} \right )\vdots 133, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

*$n=1$: $11^{2}+12=133\vdots 133$

*$n=k$ giả sử đúng với $\left (11^{k+1}+12^{2k-1} \right )$=133A$\vdots 133, \forall n \in \mathbb{N}^*$

Ta cần chứng minh đẳng thức trên cũng đúng với $n=k+1$, tức ta cần chứng minh:

$\left (11^{k+2}+12^{2k+1} \right )\vdots 133, \forall n \in \mathbb{N}^*$

Thật vậy:

$=11^{k+2}+12^{2k+1} $

$= 11.11^{k+1}+12^{2}.12^{2k-1} $

$= 11.11^{k+1}+144.12^{2k-1} $

$=11.11^{k+1}+(133+11).12^{2k-1} $

$=11.11^{k+1}+133.12^{2k-1}+11.12^{2k-1}$

$=11.(11^{k+1}+12^{2k-1})+133 $

$= 11.133A+133 $

$= 133(11A+1)\vdots 133 $ (đúng với $n=k+1$)

Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học

$$\left (11^{n+1}+12^{2n-1} \right )\vdots 133, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 01-03-2012 - 11:41

Đôi khi ngâm cứu Toán thấy cũng phê


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#3 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3817 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 01-03-2012 - 23:41

Các bạn có thể đặt câu hỏi hoặc nêu các bài tập về phương pháp quy nạp toán học mà bạn còn không hiểu. Chúng ta cùng thảo luận

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#4 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2938 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 04-03-2012 - 21:07

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có
$\sqrt{2}+ \sqrt{3^2}+ \sqrt{4^3} + ...+\sqrt{(n+1)^n} < (n+1)!$
Dùng quy nạp nhé mọi người :)
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#5 hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản trị
  • 863 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sao Hỏa
  • Sở thích:toán, toán và.... toán

Đã gửi 08-03-2012 - 22:06

Bài tập 1. Chứng minh BĐT Bernoulli:
$$(1+a)^n \geq 1+ na, \forall n \in \mathbb{N}^*$$



$$(1+a)^n \geq 1+ na, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

* Với $n=1$: $1+a\geq 1+a$ (đúng)

*Với $n=k$, giả sử $(1+a)^k \geq 1+ ka$ đúng

Ta cần chứng minh phương trình trên cũng đúng với $n=k+1$, tức ta chứng minh:

$(1+a)^{k+1} \geq 1+ (k+1)a$

Thật vậy ta có:

$(1+a)^k \geq 1+ ka$

$\Leftrightarrow (1+a)^k.(1+a) \geq (1+ ka)(1+a)$

$\Leftrightarrow (1+a)^{k+1}\geq ka^{2}+ka+a+1$

$\Leftrightarrow (1+a)^{k+1}\geq ka^{2}+1+(k+1)a$ (1)

Ta xét BPT sau:

$ka^{2}+1+(k+1)a\geq 1+(k+1)a$

$\Leftrightarrow ka^{2}\geq 0$ (đúng do $k \in \mathbb{N}^*$)

$\Rightarrow ka^{2}+1+(k+1)a\geq 1+(k+1)a$ (2)

(1) và (2) $\Rightarrow (1+a)^{k+1}\geq 1+(k+1)a$ (đúng với $n=k+1)$

Vậy theo nguyên lý quy nạp:

$$(1+a)^n \geq 1+ na, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 08-03-2012 - 22:08

Đôi khi ngâm cứu Toán thấy cũng phê


-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#6 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 09-03-2012 - 16:20

Hì hóa ra lớp 11 mới chính thức học cái quy nạp toán học, giờ em mới biết thế :icon6:
Bài 3: Tính tổng sau theo $n$ (Dự đoán vs c/m):
$S=1^4+2^4+3^4+...+n^4$
Bài 4: Chứng minh rằng nếu n là một hợp số lớn hơn 4 thì ta có tích P = 1.2.3...(n - 1) chia hết cho n.
Bài 5:Chứ ng minh rằng với mọi số nguyên đồng (tiền Việt Nam) lớn hơn 6 có thể đổi ra tiền lẻ không dư bằng những đồng tiền gồm những tờ 2 đồng và 5 đồng

Chắc chất lượng bài không đảm bảo :lol:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 09-03-2012 - 20:05

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#7 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3817 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 16-03-2012 - 21:42

Các bạn trẻ của VMF đang sôi nổi viết chuyên đề Số học. Mình thì dốt số học nên chả biết làm gì. Chợt có ý tưởng sẽ nâng bài tiểu luận này nên 1 chuyên đề về PPQNTN (nói nhỏ: chả lẽ lại thua hội trẻ :D).

Chuyên đề sẽ giải quyết các bài toán bằng PPQN (các bài toán càng độc đáo càng tốt), mở rộng PP, ... Mời các bạn cùng tham gia nhé

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#8 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3817 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 16-03-2012 - 22:00

Mở đầu sẽ là 1 bài toán vui:

Ta sẽ chứng minh rằng mọi người đều cùng giới tính. Muốn vậy chỉ cần chứng minh mệnh đề sau đúng với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ là đủ.
"Mọi nhóm $n$ người đều cùng giới tính" (1)
*) Với $n=1$, hiển nhiên mệnh đề $(1)$ đúng.
*) Giả sử $(1)$ đúng với $n=k \geq 1$, tức là:
"Mọi nhóm $k$ người đều cùng giới tính" (1a)
Ta cần chứng minh rằng mệnh đề $(1)$ cũng đúng với $n = k+1$, tức là phải chứng minh
"Mọi nhóm $k+1$ người đều cùng giới tính" (1b)
Thật vậy, giả sử có nhóm $k+1$ người bất kì, đánh số từng người trong nhóm$A_1;A_2;...;A_{k+1}$, ta xét hai nhóm sau:
Nhóm (I) gồm $k$ người: $A_1;A_2;...;A_k$
Nhóm (II) gồm $k$ người: $A_2;A_3;...;A_{k+1}$
Theo (1a), mọi người ở nhóm (I) đều cùng giới tính với $A_2$;
Cũng theo (1a), mọi người ở nhóm (II) đều cùng giới tính với $A_2$;
Từ đó, mọi người trong nhóm $k+1$ người đều cùng giới tính với $A_2$. Ta có điều phải chứng minh.
Vậy mệnh đề (1) đúng với mọi số tự nhiên khác 0.
Từ đó suy ra thế giới toàn là đàn ông!

Hãy tìm sai lầm trong chứng minh trên

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#9 caoduylam

caoduylam

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khánh Hoà

Đã gửi 17-03-2012 - 20:28

Hình như sai lầm ở chỗ kết luận.
Sao lại suy ra thế giới toàn là đàn ông.
Lỡ như là phụ nữ thì sao???

#10 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3817 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 18-03-2012 - 02:49

Hình như sai lầm ở chỗ kết luận.
Sao lại suy ra thế giới toàn là đàn ông.
Lỡ như là phụ nữ thì sao???

Không đúng rồi bạn ạ.

"Mọi nhóm $n$ người đều cùng giới tính" (1)
...

Vậy mệnh đề (1) đúng với mọi số tự nhiên khác 0.
Tôi là đàn ông
Suy ra thế giới toàn là đàn ông!

:)


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#11 GioLangLe

GioLangLe

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 24-03-2012 - 08:26

$VT(1b)=2^{k+1}=2.2^{k}=2VT(1a)>2VP(1a)=2^{k}>k+1=VP(1b)$


Xin lỗi cả nhà tại vì em mất gốc từ chương này nên giờ em thấy khó hiểu đoạn từ 2^{k+1}=2.2^{k} ở ví dụ trên. Thầy nào có thể nói rõ giùm em dc không ạh?

#12 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3327 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-03-2012 - 11:57

Mở đầu sẽ là 1 bài toán vui:

Ta sẽ chứng minh rằng mọi người đều cùng giới tính. Muốn vậy chỉ cần chứng minh mệnh đề sau đúng với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ là đủ.
"Mọi nhóm $n$ người đều cùng giới tính" (1)
*) Với $n=1$, hiển nhiên mệnh đề $(1)$ đúng.
*) Giả sử $(1)$ đúng với $n=k \geq 1$, tức là:
"Mọi nhóm $k$ người đều cùng giới tính" (1a)
Ta cần chứng minh rằng mệnh đề $(1)$ cũng đúng với $n = k+1$, tức là phải chứng minh
"Mọi nhóm $k+1$ người đều cùng giới tính" (1b)
Thật vậy, giả sử có nhóm $k+1$ người bất kì, đánh số từng người trong nhóm$A_1;A_2;...;A_{k+1}$, ta xét hai nhóm sau:
Nhóm (I) gồm $k$ người: $A_1;A_2;...;A_k$
Nhóm (II) gồm $k$ người: $A_2;A_3;...;A_{k+1}$
Theo (1a), mọi người ở nhóm (I) đều cùng giới tính với $A_2$;
Cũng theo (1a), mọi người ở nhóm (II) đều cùng giới tính với $A_2$;
Từ đó, mọi người trong nhóm $k+1$ người đều cùng giới tính với $A_2$. Ta có điều phải chứng minh.
Vậy mệnh đề (1) đúng với mọi số tự nhiên khác 0.
Từ đó suy ra thế giới toàn là đàn ông!

Hãy tìm sai lầm trong chứng minh trên

E. Galois định "bịp" mọi người hả?
Lập luận quy nạp của bài này là hoàn toàn chính xác! nhưng ...
Quan hệ "cùng giới tính" là một quan hệ nhị nguyên.
Vì vậy trong giả thiết quy nạp không thể bắt đầu với n=1 được ?
Nếu đã "công nhận" mệnh đề: "2 người bất kỳ có cùng giới tính" thì mệnh đề: "tất cả mọi người có cùng giới tính" luôn luôn đúng rồi, cần gì phải chứng minh nữa :P
...
Cũng vì lý do này nên khi muốn chỉ ra một tập hợp các (n) đối tượng không cùng tính chất (p), người ta nói: các (n) đối tượng đôi một khác nhau (về tính chất p)
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#13 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3817 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 24-03-2012 - 19:06

E. Galois định "bịp" mọi người hả?
Lập luận quy nạp của bài này là hoàn toàn chính xác! nhưng ...
Quan hệ "cùng giới tính" là một quan hệ nhị nguyên.
Vì vậy trong giả thiết quy nạp không thể bắt đầu với n=1 được ?
Nếu đã "công nhận" mệnh đề: "2 người bất kỳ có cùng giới tính" thì mệnh đề: "tất cả mọi người có cùng giới tính" luôn luôn đúng rồi, cần gì phải chứng minh nữa :P
...
Cũng vì lý do này nên khi muốn chỉ ra một tập hợp các (n) đối tượng không cùng tính chất (p), người ta nói: các (n) đối tượng đôi một khác nhau (về tính chất p)

Đúng là vải thưa không che được mắt anh Thanh. Mong anh cùng giúp đỡ em viết chuyên đề này. Hì

$VT(1b)=2^{k+1}=2.2^{k}=2VT(1a)>2VP(1a)=2^{k}>k+1=VP(1b)$


Xin lỗi cả nhà tại vì em mất gốc từ chương này nên giờ em thấy khó hiểu đoạn từ 2^{k+1}=2.2^{k} ở ví dụ trên. Thầy nào có thể nói rõ giùm em dc không ạh?

Tại sao $2^{k+1} = 2^k.2 $ là vì muốn nhân hai lũy thừa cùng cơ số, ta giữ nguyên cơ số, cộng hai số mũ với nhau:
$2.2^k = 2^1.2^k = 2^{k+1}$

1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#14 Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 539 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-04-2012 - 21:54

Bài 4: Chứng minh rằng nếu n là một hợp số lớn hơn 4 thì ta có tích P = 1.2.3...(n - 1) chia hết cho n(1)
Bài 5:Chứ ng minh rằng với mọi số nguyên đồng (tiền Việt Nam) lớn hơn 6 có thể đổi ra tiền lẻ không dư bằng những đồng tiền gồm những tờ 2 đồng và 5 đồng

Chắc chất lượng bài không đảm bảo :lol:

Bài 4
Không hiểu dùng quy nạp kiểu gì nhưng thôi vẫn viết cái chứng minh:
n là hợp số thì khi đó ta có thể phân tich $n=ab$ với $a,b>1$, xét 2 khả năng xảy ra:
Nếu a#b thì a,b là 2 số # nhỏ hơn n, từ đó dễ thấy (n-1)! chia hết cho n. Nếu a=b thì $\sqrt n=a$, ta có $\sqrt n|2\sqrt n<n+1$ mà $2\sqrt n$#n(n>4) nên $2\sqrt k \leq k-1$, từ đó suy ra k|(k-1)
Bài 5
Không hiểu đề lắm, ví dụ 8 đồng thì làm sao đổi ra 2 đồng với 5 đồng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 10-04-2012 - 21:57


#15 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 10-04-2012 - 22:11

8 đồng = 2 đồng + 2 đồng + 2 đồng +2 đồng. Đề có bắt là phải đủ 2 loại tờ đâu ạ :P
Bài 3 ai giúp em được không, e đang cần cái công thức này ạ :D
Thanks mn:D
Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#16 Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 539 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 10-04-2012 - 22:46

8 đồng = 2 đồng + 2 đồng + 2 đồng +2 đồng. Đề có bắt là phải đủ 2 loại tờ đâu ạ :P
Bài 3 ai giúp em được không, e đang cần cái công thức này ạ :D
Thanks mn:D

Bài 5
Với $n=7$, ta có $7=5+2$. Xét $n=k=2a+5b$ $\Leftrightarrow$ $n=k+1=2a+5b+1$. Nếu $b=0$ ta phải có $a>2$ từ đó đặt $a'+2=a$ ta có $n=2a'+5$. Nếu $b>0$, ta có $b=b'+1$ $\Leftrightarrow$ $n=2a+5b'+6=2(a+3)+5b$
Vậy ta có đpcm
Bài 3
Có thể tìm được nhưng phải tính toán lâu, em cần công thức để làm gì, tổng này có dạng
$$T(n)=an^5+bn^4+cn^3+dn^2+en+f$$
Tính T1 đến T6 rồi giải hệ phương trình sáu ẩn là ta sẽ có công thức

Bài 6:
Cho $(p-1)!+1 \vdots p$(định lý Wilson), chứng minh rằng $n^{p}+(p-1)! \equiv n-1 ({mod} p)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 10-04-2012 - 23:15


#17 tiendat276

tiendat276

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 07-10-2012 - 12:04

$$(1+a)^n \geq 1+ na, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

* Với $n=1$: $1+a\geq 1+a$ (đúng)

*Với $n=k$, giả sử $(1+a)^k \geq 1+ ka$ đúng

Ta cần chứng minh phương trình trên cũng đúng với $n=k+1$, tức ta chứng minh:

$(1+a)^{k+1} \geq 1+ (k+1)a$

Thật vậy ta có:

$(1+a)^k \geq 1+ ka$

$\Leftrightarrow (1+a)^k.(1+a) \geq (1+ ka)(1+a)$

$\Leftrightarrow (1+a)^{k+1}\geq ka^{2}+ka+a+1$

$\Leftrightarrow (1+a)^{k+1}\geq ka^{2}+1+(k+1)a$ (1)

Ta xét BPT sau:

$ka^{2}+1+(k+1)a\geq 1+(k+1)a$

$\Leftrightarrow ka^{2}\geq 0$ (đúng do $k \in \mathbb{N}^*$)

$\Rightarrow ka^{2}+1+(k+1)a\geq 1+(k+1)a$ (2)

(1) và (2) $\Rightarrow (1+a)^{k+1}\geq 1+(k+1)a$ (đúng với $n=k+1)$

Vậy theo nguyên lý quy nạp:

$$(1+a)^n \geq 1+ na, \forall n \in \mathbb{N}^*$$

bạn sai ngay từ đầu ở chỗ: bạn chọn $n=1$ đúng nhưng với $n=2$ thì mệnh đề chưa chắc đã đúng. Mà theo quy nạp thì với n=1 đúng và giả sử n=k đúng với $k\geqslant 1$ thì phải đảm bảo là mệnh đề chỉ đúng khi giá trị n từ 1 đến k thì làm mệnh đề vẫn đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-10-2012 - 13:26


#18 ailatoi

ailatoi

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 13-01-2013 - 12:44

Cái cần nói đến thì thấy hầu như không đề cập đến. Tại sao thế nhỉ?

Bài viết của bạn chỉ đem đến phần ngọn mà chưa giải quyết phần gốc....Mới xoáy đến vấn đề "cần" mà chưa xoáy đến vấn đề "hiểu".

Tôi hok thích bài viết này.

#19 vuminhhoang

vuminhhoang

    Không Đối Thủ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:rượu

Đã gửi 13-01-2013 - 20:33

Bài 3 của minhtuyb theo mình làm thế này nhé.

Xét khai triển

$(1+x)^5 = 1+5x+10x^2+10x^3+5x^4+x^5$

Như vậy thì :

$1^5=1+5.0+10.0^2+10.0^3+5.0^4+0^5$

$2^5=1+5.1+10.1^2+10.1^3+5.1^4+1^5$

$3^5=1+5.2+10.2^2+10.2^3+5.2^4+2^5$

...

$(n+1)^5=1+5.n+10.n^2+10.n^3+5.n^4+n^5$

Cộng tất cả lại với nhau và triệt tiêu đi ta sẽ có :

$(n+1)^5=(n+1)+5(1+2+...+n)+10(1^2+2^2+...+n^2)+10(1^3+2^3+...+n^3)+5(1^4+2^4+...+n^4)$

Vậy là xong rồi nhé !

Đến đây thì $1+2+...+n = \dfrac{n(n+1)}{2}$

$1^2+2^2+...+n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

$1^3+2^3+...+n^3 = \dfrac{n^2(n+1)^2}{4}$

Từ đó suy ra công thức của $1^4+2^4+...+n^4$ nha

Mời các mem tham gia

 

100 bài hàm số sưu tầm


#20 pacacghd

pacacghd

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 15 Bài viết

Đã gửi 26-01-2013 - 21:35

1, CM BĐT: $\sqrt[n]{n} < 1 + \dfrac{1}{\sqrt{n}}$(n thuộc N*)
2, Cm BĐT: $\sqrt[n]{n} < 1 + \dfrac{2}{\sqrt{n}}$(n thuộc N*)

hai bài này xử lí sao




3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh