Đại số và Giải tích 11 nâng cao - Chương 3 - Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Câu 1 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức sau :
    \(1 + 2 + 3 + ... + n = {{n\left( {n + 1} \right)} \over 2}\) (1)
    Giải:
    +) Với n = 1 ta có \(1 = {{1\left( {1 + 1} \right)} \over 2}\) (đúng).
    Vậy (1) đúng với n = 1
    +) Giả sử (1) đúng với \(n = k\), tức là ta có:
    \(1 + 2 + 3 + ... + k = {{k\left( {k + 1} \right)} \over 2}\)
    Ta chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\) tức là phải chứng minh :
    \(1 + 2 + ... + k + \left( {k + 1} \right) = {{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)} \over 2}\)
    Thật vậy ta có :
    \(\eqalign{
    & 1 + 2 + ... + k + \left( {k + 1} \right) \cr
    & = {{k\left( {k + 1} \right)} \over 2} + \left( {k + 1} \right) \cr
    & = {{k\left( {k + 1} \right) + 2\left( {k + 1} \right)} \over 2} \cr
    & = {{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)} \over 2} \cr} \)
    Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) do đó (1) đúng với mọi n nguyên dương.



    Câu 2 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức :
    \({2^2} + {4^2} + ... + {\left( {2n} \right)^2} = {{2n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)} \over 3}\)
    Giải
    +) Với \(n = 1\) ta có \({2^2} = {{2.2.3} \over 3}\) (đúng).
    Vậy (1) đúng với \(n = 1\)
    +) Giả sử (1) đúng với \(n = k\), tức là ta có :
    \({2^2} + {4^2} + ... + {\left( {2k} \right)^2} = {{2k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3}\)
    +) Ta chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\), tức là phải chứng minh :
    \({2^2} + {4^2} + ... + {\left( {2k} \right)^2} + {\left( {2k + 2} \right)^2} = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)} \over 3}\)
    Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có :
    \(\eqalign{
    & {2^2} + {4^2} + ... + {\left( {2k} \right)^2} + {\left( {2k + 2} \right)^2} \cr
    & = {{2k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3} + {\left( {2k + 2} \right)^2} \cr
    & = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2}+k+ 6k + 6} \right)} \over 3} \cr
    & = {{2\left( {k + 1} \right)\left[ {2k\left( {k + 2} \right) + 3\left( {k + 2} \right)} \right]} \over 3} \cr
    & = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)} \over 3} \cr} \)
    Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) do đó (1) đúng với mọi \(n \in\mathbb N^*\)



    Câu 3 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n\), ta luôn có bất đẳng thức sau :
    \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + ... + {1 \over {\sqrt n }} < 2\sqrt n \)
    Giải:
    +) Với \(n = 1\) ta có \(1 < 2\sqrt 1 \) .
    Vậy (1) đúng với \(n = 1\)
    +) Giả sử (1) đúng với \(n = k\), tức là ta có :
    \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + ... + {1 \over {\sqrt k }} < 2\sqrt k \)
    +) Ta chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\), tức là phải chứng minh :
    \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + ... + {1 \over {\sqrt k }} + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \left( * \right)\)
    Theo giả thiết qui nạp ta có :
    \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + ... + {1 \over {\sqrt k }} + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt k + {1 \over {\sqrt {k + 1} }}\)
    Để chứng minh (*) ta cần chứng minh
    \(2\sqrt k + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \)
    Thật vậy ta có :
    \(\eqalign{
    & 2\sqrt k + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \cr
    & \Leftrightarrow 2\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} + 1 < 2\left( {k + 1} \right) \cr
    & \Leftrightarrow 2\sqrt {k\left( {k + 1} \right)} < 2k + 1 \cr
    & \Leftrightarrow 4k\left( {k + 1} \right) < {\left( {2k + 1} \right)^2} \cr} \)
    \( \Leftrightarrow 4{k^2} + 4k < 4{k^2} + 4k + 1\)
    \(⇔ 0 < 1\) (luôn đúng)
    Vậy ta có (*) luôn đúng tức (1) đúng với \(n = k + 1\), do đó (1) đúng với mọi \(n \in \mathbb N^*\).



    Câu 4 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên \(n ≥ 2\), ta luôn có đẳng thức sau :
    \(\left( {1 - {1 \over 4}} \right)\left( {1 - {1 \over 9}} \right)...\left( {1 - {1 \over {{n^2}}}} \right) = {{n + 1} \over {2n}}\)
    Giải
    +) Với \(n = 2\) ta có \(1 - {1 \over 4} = {3 \over 4}\) (đúng). Vậy (1) đúng với \(n = 2\)
    +) Giả sử (1) đúng với \(n = k\), tức là ta có
    \(\left( {1 - {1 \over 4}} \right)\left( {1 - {1 \over 9}} \right)...\left( {1 - {1 \over {{k^2}}}} \right) = {{k + 1} \over {2k}}\)
    +) Ta chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\), tức là phải chứng minh :
    \(\left( {1 - {1 \over 4}} \right)\left( {1 - {1 \over 9}} \right)...\left( {1 - {1 \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} \right) = {{k + 2} \over {2\left( {k + 1} \right)}}\)
    Thật vậy theo giả thiết qui nạp ta có :
    \(\eqalign{
    & \left( {1 - {1 \over 4}} \right)\left( {1 - {1 \over 9}} \right)...\left( {1 - {1 \over {{k^2}}}} \right)\left( {1 - {1 \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} \right) \cr
    & = {{k + 1} \over {2k}}\left( {1 - {1 \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} \right) \cr
    & = {{k + 1} \over {2k}}.{{{k^2} + 2k} \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}} ={{k + 1} \over {2k}}.{{k.\left( {k + 2} \right)} \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}= {{k + 2} \over {2\left( {k + 1} \right)}} \cr} \)
    Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) do đó (1) đúng với mọi \(n ≥ 2\)



    Câu 5 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho n là một số nguyên lớn hơn 1. Hãy chứng minh bất đẳng thức sau :
    \({1 \over {n + 1}} + {1 \over {n + 2}} + ... + {1 \over {2n}} > {{13} \over {24}}.\)
    Giải:
    +) Với \(n = 2\) ta có : \({1 \over 3} + {1 \over 4} = {7 \over {12}} > {{13} \over {24}}\)
    Như vậy (1) đúng khi \(n = 2\)
    +) Giả sử (1) đúng khi \(n = k, k > 2\), tức là giả sử
    \({1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {2k}} > {{13} \over {24}}\)
    +) Ta sẽ chứng minh (1) cũng đúng khi \(n = k + 1\), nghĩa là ta sẽ chứng minh
    \({1 \over {k + 2}} + {1 \over {k + 3}} + ... + {1 \over {2k + 1}} + {1 \over {2\left( {k + 1} \right)}} > {{13} \over {24}}\)
    Thật vậy , ta có:
    \(\eqalign{
    & {1 \over {k + 2}} + {1 \over {k + 3}} + ... + {1 \over {2k}} + {1 \over {2k + 1}} + {1 \over {2\left( {k + 1} \right)}} \cr
    & = {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {2k}} + {1 \over {2k + 1}} + {1 \over {2\left( {k + 1} \right)}} - {1 \over {k + 1}} \cr
    & = {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {2k}} + {{2\left( {k + 1} \right) + 2k + 1 - 2\left( {2k + 1} \right)} \over {2\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}} \cr
    & = {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {2k}} + {1 \over {2\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)}} \cr
    & > {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {2k}} > {{13} \over {24}} \cr} \)
    (theo giả thiết quy nạp)
    Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi số nguyên \(n > 1\).



    Câu 6 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Với mỗi số nguyên dương n, đặt \({u_n} = {7.2^{2n - 2}} + {3^{2n - 1}}\) (1) .Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có un chia hết cho 5.
    Giải:
    +) Với \(n = 1\), ta có:
    \({u_1} = {7.2^{2.1 - 2}} + {3^{2.1 - 1}} = 7 + 3 = 10\) \(\vdots\) \( 5\)
    Suy ra (1) đúng khi \(n = 1\).
    +) Giả sử (1) đúng khi \(n = k, k \in \mathbb N^*\), tức là:
    \({u_k} = [{7.2^{2k - 2}} + {3^{2k - 1}}]\) \(\vdots\) \( 5\)
    +) Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng khi \(n = k + 1\)
    Thật vậy, ta có :
    \(\eqalign{
    & {u_{k + 1}} = {7.2^{2\left( {k + 1} \right) - 2}} + {3^{2\left( {k + 1} \right) - 1}} \cr
    & = {4.7.2^{2k - 2}} + {9.3^{2k - 1}} \cr
    & = 4\left( {{{7.2}^{2k - 2}} + {3^{2k - 1}}} \right) + 5.{3^{2k - 1}} \cr
    & = 4.{u_k} + {5.3^{2k - 1}}\,\, \cr} \)
    Vì \(u_k \) \(⋮\) \(5\) (theo giả thiết qui nạp), nên suy ra \({u_{k + 1}}\) chia hết cho \(5\) ta được điều cần chứng minh.



    Câu 7 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho số thực \(x > -1\). Chứng minh rằng :
    \({\left( {1 + x} \right)^n} \ge 1 + nx\) (1)
    Với mọi số nguyên dương n.
    Giải
    +) Với \(n = 1\), ta có \({\left( {1 + x} \right)^1} = 1 + x = 1 + 1.x\)
    Như vậy, ta có (1) đúng khi \(n = 1\)
    +) Giả sử đã có (1) đúng khi \(n = k, k \in \mathbb N^*\), tức là:
    \({\left( {1 + x} \right)^k} \ge 1 + kx\)
    +) Ta sẽ chứng minh nó cũng đúng khi \(n = k + 1\).
    Thật vậy, từ giả thiết \(x > -1\) nên \((1+x)>0\)
    Theo giả thiết qui nạp, ta có : \({\left( {1 + x} \right)^k} \ge 1 + kx\) (2)
    Nhân hai vế của (2) với \((1+x)\) ta được:
    \(\eqalign{
    & {\left( {1 + x} \right)^{k + 1}} \ge \left( {1 + x} \right)\left( {1 + kx} \right) \cr
    & = 1 + \left( {k + 1} \right)x + k{x^2} \ge 1 + \left( {k + 1} \right)x \cr} \)
    Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \in \mathbb N^*\).



    Câu 8 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Một học sinh chứng minh mệnh đề “Với \(k\) là một số nguyên dương tùy ý, nếu \({8^k} + 1\) chia hết cho 7 thì \({8^{k + 1}} + 1\) cũng chia hết cho 7 ” như sau :
    Ta có: \({8^{k + 1}} + 1 = 8\left( {{8^k} + 1} \right) - 7.\) Từ đây và giả thiết “\({8^k} + 1\) chia hết cho 7”, hiển nhiên suy ra \({8^{k + 1}} + 1\) chia hết cho 7.
    Hỏi từ chứng minh trên, bạn học sinh đó có thể kết luận được “\({8^n} + 1\) chia hết cho 7 với mọi \(n \in \mathbb N^*\) ” hay không ? Vì sao ?
    Giải
    Không thể kết luận “\({8^n} + 1\) chia hết cho 7 với mọi \(n \in \mathbb N^*\) ”, vì chưa kiểm tra tính đúng của mệnh đề đó khi \(n = 1\).