Bài 1 trang 82 sách đại số và giải tích 11. Chứng minh rằng với \(n \in {\mathbb N}^*\), ta có đẳng thức: a) \(2 + 5+ 8+.... + 3n - 1 =\frac{n(3n+1)}{2}\); b) \( \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{2^{n}}=\frac{2^{n}-1}{2^{n}}\); c) \({1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {n^2}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) Hướng dẫn giải a) Với \(n = 1\), vế trái chỉ có một số hạng là \(2\), vế phải bằng \( \frac{1.(3.1+1)}{2} = 2\) Vậy hệ thức a) đúng với \(n = 1\). Đặt vế trái bằng \(S_n\) Giả sử đẳng thức a) đúng với \(n = k ≥ 1\), tức là \(S_k=2 + 5 + 8 + …+ 3k – 1 = \frac{k(3k+1)}{2}\) Ta phải chứng minh rằng a) cũng đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là phải chứng minh \(S_{k+1}= 2 + 5 + 8 + ….+ 3k -1 + (3(k + 1) – 1) = \frac{(k+1)(3(k+1)+1)}{2}\) Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có: \({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}2\) = \( \frac{k(3k+1)}{2} + 3k + 2\) = \( \frac{3k^{2}+k+6k+4}{2}\) \( =\frac{3(k^{2}+2k+1)+k+1}{2}=\frac{(k+1)(3(k+1)+1)}{2}\) (điều phải chứng minh) Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức a) đúng với mọi \(n \in {\mathbb N}^*\) b) Với \(n = 1\), vế trái bằng \( \frac{1}{2}\), vế phải bằng \( \frac{1}{2}\), do đó hệ thức đúng. Đặt vế trái bằng \(S_n\). Giả sử hệ thức b) đúng với \(n = k ≥ 1\), tức là \( S_{k}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{2^{k}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k}}\) Ta phải chứng minh \( S_{k+1}=\frac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}\). Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có: \( S_{k+1}=S_{k}+\frac{1}{2^{k+1}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k+1}}\) \(= \frac{2^{k+1}-2+1}{2^{k+1}}=\frac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}\) (điều phải chứng minh) Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức b) đúng với mọi \(n \in {\mathbb N}^*\) c) Với \(n = 1\), vế trái bằng \(1\), vế phải bằng \( \frac{1(1+1)(2+1)}{6}= 1\) nên hệ thức c) đúng với \(n = 1\). Đặt vế trái bằng \(S_n\). Giả sử hệ thức c) đúng với \(n = k ≥ 1\), tức là \(S_k= {1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {k^2}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}\) Ta phải chứng minh \( S_{k+1}=\frac{(k+1)(k+2)(2(k+1)+1)}{6}\) Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có: \({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}{\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^2}\) = \( \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^{2}\)\(= (k + 1).\frac{k(2k+1)+6(k+1)}{6} = (k + 1)\frac{2k^{2}+k+6k+6}{6}\) \( =\frac{(k+1)(2k(k+2)+3)+3(k+2)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2(k+1)+1)}{6}\) (đpcm) Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức c) đúng với mọi \(n \in {\mathbb N}^*\). Bài 2 trang 82 sgk toán 11. Chứng minh rằng với \(n\in {\mathbb N}^*\) ta luôn có: a) \({n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) chia hết cho \(3\); b) \({4^n} + {\rm{ }}15n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) chia hết cho \(9\); c) \({n^3} + {\rm{ }}11n\) chia hết cho \(6\). Hướng dẫn giải: a) Đặt \(S_n={n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) Với \(n = 1\) thì \(S_1= 9\) chia hết cho \(3\) Giả sử với \(n = k ≥ 1\), ta có \(S_k= ({k^3} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}5k) \vdots\) \( 3\) Ta phải chứng minh rằng \(S_{k+1}\)\( \vdots\) \(3\) Thật vậy : \({\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^3} + {\rm{ }}3{\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^2} + {\rm{ }}5\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\) \( = {k^3}{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}6k{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}5k{\rm{ }} + {\rm{ }}5\) \( = {\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}5k{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}9k{\rm{ }} + {\rm{ }}9\) hay \({S_{k + 1}} = {S_k} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3)\) Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \) \( \vdots\) \(3\), mặt khác \(3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3) \vdots\) \(3\) nên \(S_{k+1} \vdots\) \(3\). Vậy \({n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) chia hết cho \(3\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\) . b) Đặt \({S_n} = {4^n} + {\rm{ }}15n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) Với \(n{\rm{ }} = {\rm{ }}1,{S_1} = {\rm{ }}{4^1} + {\rm{ }}15.1{\rm{ }}-{\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}18\) nên \(S_1 \vdots\) \(9\) Giả sử với \(n = k ≥ 1\) thì \({S_k} = {\rm{ }}{4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) chia hết cho \(9\). Ta phải chứng minh \(S_{k+1} \vdots\) \(9\). Thật vậy, ta có: \({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{4^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}1}} + {\rm{ }}15\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}1\) \( = {\rm{ }}4({4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }}-{\rm{ }}1){\rm{ }}-{\rm{ }}45k{\rm{ }} + {\rm{ }}18{\rm{ }} = {\rm{ }}4{S_k}-{\rm{ }}9\left( {5k{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)\) Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \vdots\) \(9\) nên \(4S_1 \vdots\) \(9\), mặt khác \(9(5k - 2) \vdots\) \(9\), nên \(S_{k+1} \vdots\) \(9\) Vậy \((4^n+ 15n - 1) \vdots\) \(9\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\) c) Đặt \({S_n} = {n^3} + {\rm{ }}11n\) Với \(n = 1\), ta có \({S_1} = {\rm{ }}{1^3} + {\rm{ }}11.1{\rm{ }} = {\rm{ }}12\) nên \(S_1\) \( \vdots\) \(6\) Giả sử với \(n = k ≥ 1\) ,ta có \({S_{k}} = {k^3} + {\rm{ }}11k \vdots\) \(6\) Ta phải chứng minh \(S_{k+1}\)\( \vdots\) 6 Thật vậy, ta có \({S_{k + 1}} = {\rm{ }}\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^3{\rm{ }} + {\rm{ }}11\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}3k^2+ {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}11k{\rm{ }} + {\rm{ }}11\) \( = ({\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}11k){\rm{ }} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}k{\rm{ }} + {\rm{ }}4){\rm{ }} = {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}k{\rm{ }} + {\rm{ }}4)\) Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k\)\( \vdots\) \(6\), mặt khác \(k^2+ k + 4 = k(k + 1) + 4\) là số chẵn nên \(3(k^2+ k + 4)\) \( \vdots\) \(6\), do đó \(S_{k+1}\)\( \vdots\) \(6\) Vậy \(n^3+ 11n\) chia hết cho \(6\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\). Bài 3 trang 82 sgk toán 11. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n ≥ 2\), ta có các bất đẳng thức: a) \(3^n> 3n + 1\); b) \(2^{n+1} > 2n + 3\) Hướng dẫn giải: a) Dễ thấy bất đẳng thức đúng với \(n = 2\) Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k ≥ 2\), tức là \(3^k> 3k + 1\) (1) Nhân hai vế của (1) vơi \(3\), ta được: \(3^{k+1} > 9k + 3 \Leftrightarrow 3^{k+1} > 3k + 4 + 6k -1\). Vì \(6k - 1 > 0\) nên \(3^{k+1} > 3k + 4\) hay \(3^{k+1} > 3(k + 1) + 1\). tức là bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\). Vậy \(3^n> 3n + 1\) với mọi số tự nhiên \(n ≥ 2\). 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 \(2^{k+1} > 2k + 3\) (2) Ta phải chứng minh nó cũng đúng với \(n= k + 1\), nghĩa là phải chứng minh \({2^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}2}} > 2\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right) + 3{\rm{ }} \Leftrightarrow {2^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}2}} > 2k + 5\) Nhân hai vế của bất đẳng thức (2) với \(2\), ta được: \({2^{k + 2}} > 4k + 6 \Leftrightarrow {2^{k+2}} > 2k + 5 + 2k + 1\). Vì \(2k + 1> 0\) nên \({2^{(k + 1)+1}}> 2k + 5=2(k+1)+3\) Vậy \({2^{n+1}} > 2n + 3\) với mọi số tự nhiên \(n ≥ 2\). Bài 4 trang 83 sgk toán 11. Cho tổng \({S_n} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + ... + {1 \over {n(n + 1)}}\) với \(n\in {\mathbb N}^*\). a) Tính \({S_1},{S_2},{S_3}\) b) Dự đoán công thức tính tổng \(S_n\) và chứng minh bằng quy nạp. Hướng dẫn giải: a) Ta có: \(\eqalign{ & {S_1} = {1 \over {1.2}} = {1 \over 2} \cr & {S_2} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} = {2 \over 3} \cr & {S_3} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + {1 \over {3.4}} = {3 \over 4} \cr} \) b) Từ câu a) ta dự đoán \({S_n} = {n \over {n + 1}}(1)\), với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\) Ta sẽ chứng minh đẳng thức (1) bằng phương pháp quy nạp Khi \(n = 1\), vế trái là \({S_1} = {1 \over 2}\) vế phải bằng \({1 \over {1 + 1}} = {1 \over 2}\). Vậy đẳng thức (1) đúng. Giả sử đẳng thức (1) đúng với \(n\ge 1\), tức là \({S_k} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + ... + {1 \over {k(k + 1)}} = {k \over {k + 1}}\) Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là phải chứng minh \({S_{k + 1}} = {{k + 1} \over {k + 2}}\) Ta có : \({S_{k + 1}} = {S_k} + {1 \over {(k + 1)(k + 2)}} = {k \over {k + 1}} + {1 \over {(k + 1)(k + 2)}}\) \( = {{{k^2} + 2k + 1} \over {(k + 1)(k + 2)}} = {{k + 1} \over {k + 2}}\) tức là đẳng thức (1) đúng với \(n = k + 1\). Vậy đẳng thức (1) đã được chứng minh. Bài 5 trang 83 sgk toán 11. Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi \(n\) cạnh là \({{n(n - 3)} \over 2}\) Giải: Ta chứng minh khẳng định đúng với mọi \(n \in{\mathbb N}^*\), \(n ≥ 4\). 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: \({{4(4 - 3)} \over 2} = 2\) Vậy khẳng định đúng với \(n= 4\). Giả sử khẳng định đúng với \(n = k ≥ 4\), tức là đa giác lồi \(k\) cạnh có số đường chéo là \({{k(k - 3)} \over 2}\) Ta phải chứng minh khẳng định đúng với \(n = k + 1\). Nghĩa là phải chứng minh đa giác lồi \(k + 1\) cạnh có số đường chéo là \({{(k + 1)((k + 1) - 3)} \over 2}\) Xét đa giác lồi \(k + 1\) cạnh Nối \(A_1\) và \(A_k\), ta được đa giác \(k\) cạnh \(A_1A_2...A_k\) có \({{k(k - 3)} \over 2}\) đường chéo (giả thiết quy nạp). Nối \(A_{k+1}\) với các đỉnh \(A_1,A_2,...,A_{k-1}\), ta được thêm \(k -2\) đường chéo, ngoài ra \(A_1A_k\) cũng là một đường chéo. Vậy số đường chéo của đa giác \(k + 1\) cạnh là \({{k(k - 3)} \over 2}+ k - 2 + 1 ={{{k^2} - k - 2} \over 2} = {{(k + 1)((k + 1) - 3)} \over 2}\) Như vậy, khẳng định cũng đúng với đa giác \(k + 1\) cạnh Vậy bài toán đã được chứng minh.
