Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học

Câu 1 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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)

Lời giải chi tiết

+) 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.

trithuchub.com

Câu 2 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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

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

Lời giải chi tiết

+) 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 :

\(\eqalign{
& {2^2} + {4^2} + ... + {\left( {2k} \right)^2} + {\left( {2k + 2} \right)^2} \cr 
& = {{2k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3} + {\left( {2k + 2} \right)^2} \cr 
& = \frac{{2\left( {k + 1} \right).k\left( {2k + 1} \right)}}{3} + 4{\left( {k + 1} \right)^2} \cr&= \frac{{2\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + k} \right) + 12{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}{3}\cr&= {{2\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2}+k+ 6k + 6} \right)} \over 3} \cr 
& = \frac{{2\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + 7k + 6} \right)}}{3} \cr&= \frac{{2\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + 4k + 3k + 6} \right)}}{3}\cr& = {{2\left( {k + 1} \right)\left[ {2k\left( {k + 2} \right) + 3\left( {k + 2} \right)} \right]} \over 3} \cr 
& = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)} \over 3} \cr} \)

Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) do đó (1) đúng với mọi \(n \in\mathbb N^*\)

 trithuchub.com

Câu 3 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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

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

Lời giải chi tiết

+) 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 \(n \in \mathbb N^*\).

 trithuchub.com

Câu 4 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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

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

Lời giải chi tiết

+) 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 \(n ≥ 2\)

 trithuchub.com

Câu 5 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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

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

Lời giải chi tiết

+) 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 \(n > 1\).

trithuchub.com

Câu 6 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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 u_n chia hết cho 5.

Lời giải chi tiết

+) 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 :

\(\eqalign{
& {u_{k + 1}} = {7.2^{2\left( {k + 1} \right) - 2}} + {3^{2\left( {k + 1} \right) - 1}} \cr 
& = {7.2^{2k}} + {3^{2k + 1}} \cr&= {7.2^{2k - 2 + 2}} + {3^{2k - 1 + 2}}\cr&= {4.7.2^{2k - 2}} + {9.3^{2k - 1}} \cr 
& ={4.7.2^{2k - 2}} + {4.3^{2k - 1}} + {5.3^{2k - 1}}\cr&= 4\left( {{{7.2}^{2k - 2}} + {3^{2k - 1}}} \right) + 5.{3^{2k - 1}} \cr 
& = 4.{u_k} + {5.3^{2k - 1}}\,\, \cr} \)

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.

 trithuchub.com

Câu 7 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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

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

Với mọi số nguyên dương n.

Lời giải chi tiết

+) 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:

\(\eqalign{
& {\left( {1 + x} \right)^{k + 1}} \ge \left( {1 + x} \right)\left( {1 + kx} \right) \cr 
& = 1 + x + kx + k{x^2}\cr&= 1 + \left( {k + 1} \right)x + k{x^2} \cr&\ge 1 + \left( {k + 1} \right)x \cr} \)

Từ các chứng minh trên suy ra (1) đúng với mọi \(n \in \mathbb N^*\).

trithuchub.com

Câu 8 trang 100 SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao

Đề bài

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?

Lời giải chi tiết

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 \(n = 1\).

Cụ thể,

Với n=1 thì \(8^1+1=9\) không chia hết cho 7.

Vậy không cần làm các bước chứng minh như bạn HS trên.

trithuchub.com