Bài 1. Phương Pháp Quy Nạp Toán Học: Giải Bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ...

Giải bài 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 trang 100 – Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Câu 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức sau: \(1 + 2 + 3 + … + n = {{n\left( {n + 1} \right)} \over 2}\)

Câu 1. 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)

+) 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. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức :

\({2^2} + {4^2} + … + {\left( {2n} \right)^2} = {{2n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)} \over 3}\)

+) 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. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n\), ta luôn có bất đẳng thức sau :

\(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + … + {1 \over {\sqrt n }} < 2\sqrt n \)

+) 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 :

\(1 + {1 \over {\sqrt 2 }} + … + {1 \over {\sqrt k }} < 2\sqrt k \)

Advertisements (Quảng cáo)

+) 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. Chứng minh rằng với mọi số nguyên \(n ≥ 2\), ta luôn có đẳng thức sau :

\(\left( {1 – {1 \over 4}} \right)\left( {1 – {1 \over 9}} \right)…\left( {1 – {1 \over {{n^2}}}} \right) = {{n + 1} \over {2n}}\)

+) 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 :

Advertisements (Quảng cáo)

\(\eqalign{ & \left( {1 – {1 \over 4}} \right)\left( {1 – {1 \over 9}} \right)…\left( {1 – {1 \over {{k^2}}}} \right)\left( {1 – {1 \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} \right) \cr & = {{k + 1} \over {2k}}\left( {1 – {1 \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}} \right) \cr & = {{k + 1} \over {2k}}.{{{k^2} + 2k} \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}} ={{k + 1} \over {2k}}.{{k.\left( {k + 2} \right)} \over {{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}= {{k + 2} \over {2\left( {k + 1} \right)}} \cr} \)

Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) do đó (1) đúng với mọi \(n ≥ 2\)

Câu 5. Cho n là một số nguyên lớn hơn 1. Hãy chứng minh bất đẳng thức sau :

\({1 \over {n + 1}} + {1 \over {n + 2}} + … + {1 \over {2n}} > {{13} \over {24}}.\)

+) 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. 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.

+) 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. Cho số thực \(x > -1\). Chứng minh rằng :

\({\left( {1 + x} \right)^n} \ge 1 + nx\)   (1)

Với mọi số nguyên dương n.

+) 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. 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 ?

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 \(n = 1\).