Giải bài tập Bài 1 Phương pháp quy nạp toán học – SGK Đại số 11 CB
Câu 1: Trang 82 – SGK toán 11
Chứng minh rằng với n Є 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) 12 + 22 + 32 +….+ n2 = \( \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\).
Hướng dẫn giải:
a) Giả sử đẳng thức a) đúng với n = k ≥ 1,
Sk= 2 + 5 + 8 + …+ 3k – 1 = \( \frac{k(3k+1)}{2}\)
Xét với n = k + 1, ta có:
Sk+1 = 2 + 5 + 8 + ….+ 3k -1 + (3(k + 1) – 1) = \( \frac{(k+1)(3(k+1)+1)}{2}\)
Sk+1 = Sk + 3k + 2 = \( \frac{k(3k+1)}{2}\) + 3k + 2 = \( \frac{3k^{2}+k+6k+4}{2}\)
\(=\frac{3(k^{2}+2k+1)+k+1}{2} = \frac{(k+1)(3(k+1)+1)}{2}\) (đpcm)
Theo phương pháp quy nạp => hệ thức đúng với mọi n Є N*
b) Với n = 1, 2 về của hệ thức bằng nhau.
Đặt vế trái bằng Sn.
Giả sử n = k ≥ 1, tức là \( S_{k}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+…+\frac{1}{2^{k}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k}}\)
Xét với n = k + 1 ta có
\( S_{k+1}=S_{k}+\frac{1}{2^{k+1}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k+1}}\)
= \( \frac{2^{k+1}-2+1}{2^{k+1}}=\frac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}\) (đpcm)
=>hệ thức b) đúng với mọi n ε N*
c) Với n = 1, vế trái bằng về phải. Đặt vế trái bằng Sn.
Giả sử hệ thức đúng với n = k ≥ 1, hay
Sk = 12 + 22 + 32 + …+ k2 = \( \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}\)
Xét n = k + 1 ta có
Sk+1 = Sk + (k + 1)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)
=>hệ thức c) đúng với mọi n ε N*
+++++++++++++++++++
Câu 2: Trang 82 – SGK toán 11
Chứng minh rằng với n ε N* ta luôn có:
a) n3 + 3n2 + 5n chia hết cho 3;
b) 4n + 15n – 1 chia hết cho 9;
c) n3 + 11n chia hết cho 6.
Hướng dẫn giải:
a) Đặt Sn = n3 + 3n2 + 5n
Với n = 1 thì S1 = 9 chia hết cho 3
Giả sử với n = k ≥ 1, có Sk = (k3 + 3k2 + 5k) \( \vdots\) 3
Xét với n = k + 1
Sk+1 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1)
= k3 + 3k2 + 3k + 1 + 3k2 + 6k + 3 + 5k + 5
= k3 + 3k2 + 5k + 3k2 + 9k + 9
hay Sk+1 = Sk + 3(k2 + 3k + 3)
mà Sk \( \vdots\) 3, 3(k2 + 3k + 3) \( \vdots\) 3 nên Sk+1 \( \vdots\) 3.
Vậy (n3 + 3n2 + 5n) \( \vdots\) 3 với mọi n ε N* .
b) Đặt Sn = 4n + 15n – 1
Với n = 1, thì S1 \( \vdots\) 9
Giả sử với n = k ≥ 1 có Sk= 4k + 15k – 1 chia hết cho 9.
Xét với n = k + 1
Sk+1 = 4k + 1 + 15(k + 1) – 1
= 4(4k + 15k – 1) – 45k + 18 = 4Sk – 9(5k – 2)
mà Sk \( \vdots\) 9 và 9(5k – 2) \( \vdots\) 9 => Sk+1 \( \vdots\) 9
Vậy (4n + 15n – 1) \( \vdots\) 9 với mọi n ε N*
c) Đặt Sn = n3 + 11n
Với n = 1 thì S1 \( \vdots\) 6
Giả sử với n = k ≥ 1 có Sk = k3 + 11k \( \vdots\) 6
Xét với n = k + 1 ta có:
Sk+1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) = k3 + 3k + 3k + 1 + 11k + 11
= ( k3 + 11k) + 3(k2 + k + 4) = Sk + 3(k2 + k + 4)
mà Sk \( \vdots\) 6, mặt khác k2 + k + 4 = k(k + 1) + 1 là số chẵn nên 3(k2 + k + 4) \( \vdots\) 6 => Sk+1 \( \vdots\) 6
Vậy n3 + 11n chia hết cho 6 với mọi n ε N*
++++++++++++++++++++++++====
Bài 1 Phương pháp quy nạp toán học
Trả lời