Câu 3.1 trang 85 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức sau: \(1.2 + 2.5 + ... + n.\left( {3n - 1} \right) = {n^2}\left( {n + 1} \right)\) Giải Ta sẽ chứng minh \(1.2 + 2.5 + ... + n\left( {3n - 1} \right) = {n^2}\left( {n + 1} \right)\) (1) Với mọi \(n \in N^*,\) bằng phương pháp quy nạp. Với \(n = 1,\) ta có \(1.2 = 2 = {1^2}.\left( {1 + 1} \right).\) Như vậy, (1) đúng khi \(n = 1.\) Giả sử (1) đúng khi \(n = k,k \in N^*\) tức là giải sử đã có \(1.2 + 2.5 + ... + k\left( {3k - 1} \right) = {k^2}\left( {k + 1} \right)\) Ta sẽ chứng minh (1) cũng đúng khi \(n = k + 1,\) nghĩa là ta sẽ chứng minh \(1.2 + 2.5 + ... + k.\left( {3k - 1} \right) + \left( {k + 1} \right)\left( {3k + 2} \right) \) \(= {\left( {k + 1} \right)^2}.\left( {k + 2} \right)\) Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có \(\eqalign{ & 1.2 + 2.5 + ... + k.\left( {3k - 1} \right) + \left( {k + 1} \right)\left( {3k + 2} \right) \cr&= {k^2}.\left( {k + 1} \right) + \left( {k + 1} \right)\left( {3k + 2} \right) \cr & = \left( {k + 1} \right)\left( {{k^2} + 3k + 2} \right) \cr & = \left( {k + 1} \right)\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right) = {\left( {k + 1} \right)^2}.\left( {k + 2} \right) \cr} \) Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \in N^*.\) Câu 3.2 trang 85 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho số thực \(x \ne k2\pi .\) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có \(1 + \cos x + \cos 2x + ... + \cos nx = {{\sin {{\left( {n + 1} \right)x} \over 2}\cos {{nx} \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}}\) Giải Bằng phương pháp quy nạp, ta sẽ chứng minh \(1 + \cos x + \cos 2x + ... + \cos nx = {{\sin {{\left( {n + 1} \right)x} \over 2}\cos {{nx} \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}}\) (1) với mọi \(n \in N^*.\) Với \(n = 1,\) vì \(x \ne k2\pi \) (theo giả thiết) nên \(1 + \cos x = 2{\cos ^2}{x \over 2} = {{\sin {{\left( {1 + 1} \right)x} \over 2}\cos {{1.x} \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}}\) (2) Như vậy (1) đúng khi \(n = 1\) Giả sử đã có (1) đúng khi \(n = k,k \in N^*.\) Khi đó , ta có \(\eqalign{ & 1 + \cos x + \cos 2x + ... + \cos kx + \cos (k + 1)x \cr&= {{\sin {{\left( {1 + 1} \right)x} \over 2}\cos {{kx} \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} + \cos (k + 1)x \cr & = {{\sin {{\left( {k + 1} \right)x} \over 2}\cos {{kx} \over 2} + \cos (k + 1)x.\sin {x \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} \cr & \cr & = {{\sin {{\left( {k + 1} \right)x} \over 2}\cos {{kx} \over 2} - 2{{\sin }^2}{{(k + 1)x} \over 2}.\sin {x \over 2} + \sin {x \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} \cr & = {{\sin {{\left( {k + 1} \right)x} \over 2}\left( {\cos {{kx} \over 2} - 2\sin {{(k + 1)x} \over 2}.\sin {x \over 2}} \right) + \sin {x \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} \cr & = {{\sin {{\left( {k + 1} \right)x} \over 2}\left( {\cos {{kx} \over 2} + \cos {{(k + 2)x} \over 2} - \cos {{kx} \over 2}} \right) + \sin {x \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} \cr & = {{{1 \over 2}\left( {\sin {{\left( {2k + 3} \right)x} \over 2} - \sin {x \over 2}} \right) + \sin {x \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} \cr & = {{\sin {{\left( {k + 2} \right)x} \over 2}\cos {{(k + 1)x} \over 2}} \over {\sin {x \over 2}}} \cr} \) Nghĩa là ta cũng có (1) đúng khi \(n = k + 1\). Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \in N^*.\) Câu 3.3 trang 86 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có các bất đẳng thức sau: a) \({1 \over {n + 1}} + {1 \over {n + 2}} + ... + {1 \over {3n + 1}} > 1\) b) \({1 \over 2}.{3 \over 4}.{5 \over 6}...{{2n + 1} \over {2n + 2}} < {1 \over {\sqrt {3n + 4} }}\) Giải a) Ta sẽ chứng minh \({1 \over {n + 1}} + {1 \over {n + 2}} + ... + {1 \over {3n + 1}} > 1\) (1) Với mọi \(n \in N^*,\) bằng phương pháp quy nạp. Với \(n = 1,\) ta có \({1 \over 2} + {1 \over 3} + {1 \over 4} = {{13} \over {12}} > 1.\) Như vậy, (1) đúng khi \(n = 1.\) Giả sử đã có (1) đúng khi \(n = k,k \in {N^ * }\), tức là \({1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {3k + 1}} > 1,\) Ta chứng minh (1) cũng đúng khi \(n = k + 1,\) nghĩa là ta sẽ chứng minh \({1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {3k + 1}} + {1 \over {3k + 2}} + {1 \over {3k + 3}} + {1 \over {3k + 4}} > 1\) Thật vậy, ta có \({1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {3k + 1}} + {1 \over {3k + 2}} + {1 \over {3k + 3}} + {1 \over {3k + 4}}\) \( = {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {3k + 1}} + {1 \over {3k + 2}} + {1 \over {3k + 3}} + {1 \over {3k + 4}}\) \(- {1 \over {k + 1}}\) \( = {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {3k + 1}} + {2 \over {3(k + 1)(3k + 2)(3k + 4)}}\) \( > {1 \over {k + 1}} + {1 \over {k + 2}} + ... + {1 \over {3k + 1}} > 1\) (theo giả thiết quy nạp). Từ các chứng trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \in N^*\) b) Ta sẽ chứng minh \({1 \over 2}.{3 \over 4}.{5 \over 6}...{{2n + 1} \over {2n + 2}} < {1 \over {\sqrt {3n + 4} }}\) Với mọi \(n \in N^*,\) bằng phương pháp quy nạp. Với \(n = 1,\) ta có \({1 \over 2}.{3 \over 4} = {3 \over 8} < {1 \over {\sqrt {3.1 + 4} }}\) ( vì \(9.7 = 63 < 64 = {8^2}\) ). Như vậy, (2) đúng khi \(n = 1.\) Giả sử có (2) đúng khi \(n = k,k \in {N^ * }\). Khi đó, ta có \({1 \over 2}.{3 \over 4}.{5 \over 6}...{{2k + 1} \over {2k + 2}}.{{2k + 3} \over {2k + 4}} < {1 \over {\sqrt {3n + 4} }}.{{2k + 3} \over {2k + 4}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\) Lại có : \({(2k + 3)^2}.(3k + 7) < {(2k + 3)^2}.(3k + 7) + k + 1\) \(= (3k + 4){(2k + 4)^2}.\) Do đó : \({1 \over {\sqrt {3n + 4} }}.{{2k + 3} \over {2k + 4}} < {1 \over {\sqrt {3n + 7} }}.\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\) Từ (3) và (4) suy ra \({1 \over 2}.{3 \over 4}.{5 \over 6}...{{2k + 1} \over {2k + 2}}.{{2k + 3} \over {2k + 4}} < {1 \over {\sqrt {3k + 7} }},\) Nghĩa là ta cũng có (2) đúng khi \(n = k + 1.\) Từ các chứng minh trên suy ra (2) đúng với mọi \(n \in N^*\). Câu 3.4 trang 86 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng a) \(n\left( {2{n^2} - 3n + 1} \right)\) chia hết cho 6 b) \({11^{n + 1}} + {12^{2n - 1}}\) chia hết cho 133 Giải a) Bằng phương pháp quy nạp, ta sẽ chứng minh \(n\left( {2{n^2} - 3n + 1} \right) \vdots \,6\) (1) Với mọi \(n \in N^*\) Với \(n = 1,\) ta có \(n\left( {2{n^2} - 3n + 1} \right) = 0.\) Hiển nhiên \(0\; \vdots\; 6,\) và vì thế (1) đúng khi \(n = 1\) Giả sử đã có (1) đúng khi \(n = k,k \in {N^ * }\), tức là \(k\left( {2{k^2} - 3k + 1} \right) \;\vdots \;6,\) ta sẽ chứng minh nó cũng đúng khi \(n = k + 1\) Thật vậy, do \(\left( {k + 1} \right)\left[ {2{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 3\left( {k + 1} \right) + 1} \right] \) \(= k\left( {2{k^2} - 3k + 1} \right) + 6{k^2}\) nên từ gải thiết quy nạp suy ra \(\left( {k + 1} \right)\left[ {2{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 3\left( {k + 1} \right) + 1} \right] \;\vdots\; 6,\) nghĩa là (1) đúng khi \(n = k + 1\) Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \in N^*.\) b) Ta sẽ chứng minh \({11^{n + 1}} + {12^{2n - 1}}\; \vdots \;133\) (2) Với mọi \(n \in N^*,\) bằng phương pháp quy nạp. Với \(n = 1,\) ta có \({11^{n + 1}} + {12^{2n - 1}} = {11^2} + 12 = 133.\) Vì thế (2) đúng khi \(n = 1.\) Giả sử đã có (2) đúng khi \(n = k,k \in N^*,\) ta sẽ chứng minh nó cũng đúng khi \(n = k + 1\) Thật vậy ta có \(\eqalign{ & {11^{(k + 1) + 1}} + {12^{2(k + 1) - 1}}\cr& = 11.\left( {{{11}^{k + 1}} + {{12}^{2k - 1}}} \right) + {12^{2k - 1}}.({12^2} - 11) \cr & = 11.\left( {{{11}^{k + 1}} + {{12}^{2k - 1}}} \right) + {133.12^{2k - 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3) \cr} \) Mà \({11^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}\; \vdots \;133\) (theo giả thiết quy nạp) nên từ (3) suy ra \({11^{(k + 1) + 1}} + {12^{2(k + 1) - 1}} \;\vdots \;133\) Nghĩa là (2) đúng khi \(n = k + 1\) Từ các chứng minh trên suy ra (2) đúng với mọi \(n \in N^*\) Câu 3.5 trang 86 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho số nguyên dương n và cho n số thực dương \({x_1},{x_2},...,{x_n}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}{x_2}...{x_n} = 1\). Chứng minh rằng \({x_1} + {x_2} + ... + {x_n} \ge n.\) Giải Ta sẽ giải bài toán bằng phương pháp quy nạp. Kí hiệu bất đẳng thức cần chứng minh theo yêu cầu của đề bài bởi (1) Với \(n = 1,\) theo giả thiết bài toán ta có \({x_1} = 1.\) Vì thế, ta có (1) đúng khi \(n = 1.\) Với \(n = 2,\) xét hai số thực dương tùy ý \({x_1},{x_2}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1}{x_2} = 1.\) (2) Hiển nhiên, trong hai số \({x_1},{x_2}\) phải có một số không lớn hơn 1 và một số không bé hơn 1. Không mất tổng quát, giả sử \({x_1} \le 1\) và \({x_2} \ge 1.\) Khi đó, ta có \(\left( {1 - {x_1}} \right)\left( {{x_2} - 1} \right) \ge 0\) Suy ra \({x_1} + {x_2} \ge 1 + {x_1}{x_2} \ge 2\) (do (2)). Điều này chứng tỏ (1) đúng khi \(n = 2\) Giả sử có (1) đúng khi \(n = k,k \in N^*\) và \(k \ge 2,\) tức là giả sử với k số thực dương tùy ý \({x_1},{x_2},...,{x_k}\) thỏa mãn điều kiện \({x_1},{x_2},...,{x_k}\) ta luôn có \({x_1} + {x_2} + ... + {x_k} \ge k\) Xét \(k + 1\) số thực dương tùy ý \({x_1},{x_2},...,{x_{k - 1}},{x_k}{x_{k + 1}}\) có tích bằng 1 nên theo giả thiết quy nạp ta có \({x_1} + {x_2} + ... + {x_{k - 1}} + {x_k}{x_{k + 1}} \ge k\) (3) Hơn nữa, dễ thấy trong \(k + 1\) số \({x_1},{x_2},...,{x_{k - 1}},{x_k}{x_{k + 1}}\) phải có một số không lớn hơn 1 và một số không bé hơn 1. Không mất tổng quát, giả sử \({x_k} \le 1\) và \({x_{k + 1}} \ge 1.\) Khi đó ta có \(\left( {1 - {x_k}} \right)\left( {{x_{k +1}} - 1} \right) \ge 0\) hay \({x_k} + {x_{k + 1}} \ge 1 + {x_k}{x_{k + 1}}\) (4) Từ (3) và (4) suy ra \({x_1} + {x_2} + ... + {x_{k - 1}} + {x_k} + {x_{k + 1}} \ge \) \({x_1} + {x_2} + ... + {x_{k - 1}} + {x_k}{x_{k + 1}} + 1 \ge k + 1\) Như thế, ta cũng có (1) đúng khi \(n = k + 1\) Từ các chứng minh trên suy ra ta có (1) đúng với n là một số nguyên dương tùy ý. Câu 3.6 trang 86 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Chứng minh rằng với mọi số nguyên \(n \ge 2\), ta luôn có bất đẳng thức sau: a) \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + {1 \over {\sqrt 3 }} + ... + {1 \over {\sqrt n }} > \sqrt n \) b) \(1 + {1 \over 2} + {1 \over 3} + ... + {1 \over {{2^n} - 1}} < n\) Giải a) Ta sẽ chứng minh \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + {1 \over {\sqrt 3 }} + ... + {1 \over {\sqrt n }} > \sqrt n \) (1) Với mọi \(n \ge 2,\) bằng phương pháp quy nạp Với \(n = 2,\) hiển nhiên ta có \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} > \sqrt 2 .\) Vì thế, (1) đúng khi \(n = 2\) Giả sử đã có (1) đúng khi \(n = k,k \in N^*\) và \(k \ge 2,\) khi đó ta có \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + {1 \over {\sqrt 3 }} + ... + {1 \over {\sqrt k }} + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} > \sqrt k + {1 \over {\sqrt {k + 1} }}\) (2) Mà \(\sqrt k + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} > \sqrt {k + 1} \) (dễ thấy), nên từ (2) suy ra \(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + {1 \over {\sqrt 3 }} + ... + {1 \over {\sqrt k }} + {1 \over {\sqrt {k + 1} }} > \sqrt {k + 1} \) Nghĩa là ta cũng có (1) đúng khi \(n = k + 1\) Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \ge 2\) b) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp Câu 3.7 trang 86 sách bài tập Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Cho số nguyên \(n \ge 2\) và cho số thực \({a_1},{a_2},...,{a_n}\) thuộc khoảng \(\left( {0;1} \right)\). Chứng minh rằng \(\left( {1 - {a_1}} \right)\left( {1 - {a_2}} \right)...\left( {1 - {a_n}} \right) > 1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_n}\) Giải Ta sẽ giải bài toán bằng phương pháp quy nạp Kí hiệu bất đẳng thức cần chứng minh theo yêu cầu của đề bài bởi (1) Với \(n = 2,\) xét hai số thực túy ý \({a_1},{a_2} \in \left( {0;1} \right)\) ta có \(\left( {1 - {a_1}} \right)\left( {1 - {a_2}} \right) \) \(= 1 - {a_1} - {a_2} + {a_1}{a_2} > 1 - {a_1} - {a_2}\) (do \({a_1},{a_2} > 0\) ) Như thế, (1) đúng khi \(n = 2\) Giả sử đã có (1) đúng khi \(n = k,k \in N^*\) và \(k \ge 2,\) Xét \(k + 1\) số thực tùy ý \({a_1},{a_2},...,{a_k},{a_{k + 1}}\) thuộc khoảng \(\left( {0;1} \right)\) Vì k số \({a_1},{a_2},...,{a_k}\) thuộc khoảng \(\left( {0;1} \right)\) nên theo giả thiết quy nạp ta có \(\left( {1 - {a_1}} \right)\left( {1 - {a_2}} \right)...\left( {1 - {a_k}} \right) > 1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k}\) Từ đó, vì \(1 - {a_{k + 1}} > 0,\) suy ra \(\left( {1 - {a_1}} \right)\left( {1 - {a_2}} \right)...\left( {1 - {a_k}} \right)\left( {1 - {a_{k + 1}}} \right) >\) \(\left( {1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k}} \right)\left( {1 - {a_{k + 1}}} \right)\) (2) Lại có \(\eqalign{ & \left( {1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k}} \right)\left( {1 - {a_{k + 1}}} \right) \cr & = 1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k} - {a_{k + 1}} \cr&+ \left( {1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k}} \right){a_{k + 1}} \cr & > 1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k} - {a_{k + 1}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(3) \cr} \) Từ (2) và (3) ta được \(\left( {1 - {a_1}} \right)\left( {1 - {a_2}} \right)...\left( {1 - {a_k}} \right)\left( {1 - {a_{k + 1}}} \right) > \) \(1 - {a_1} - {a_2} - ... - {a_k} - {a_{k + 1}}\) Như vậy (1) cũng đúng khi \(n = k + 1\) Từ các chứng minh trên suy ra có điều cần chứng minh theo yêu cầu của để bài.
