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 (nin {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{ }}5left( {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 (nin {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{ }}15left( {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{ }}9left( {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 (nin {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{ }}11left( {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 (nin {mathbb N}^*).

Bài 3 trang 82 sgk toán 11

Bài 3. 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}} > 2left( {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 (nin {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 (nin {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 (nge 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})