Giải Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học – Chuyên đề Toán 10 (Chân trời)
============
Giải mục 1 trang 26, 27, 28, 29 Chuyên đề học tập Toán 10
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
HĐ Khám phá
Bằng cách tô màu trên lưới ô vuông như hình dưới đây,
Một học sinh phát hiện ra công thức sau:
\(1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = {n^2}\quad (1)\)
a) Hãy chỉ ra công thức (1) đúng với \(n = 1,2,3,4,5.\)
b) Từ việc tô màu trên lưới ô vuông như Hình 1, bạn học sinh khẳng định rằng công thức (1) chắc chắn đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\). Khẳng định như vậy đã thuyết phục chưa? Tại sao?
Lời giải chi tiết:
a) Kiểm tra bằng tính toán trực tiếp. Ta có
\(1 = {1^2}\) nên (1) đúng với \(n = 1\)
\(1 + 3 = 4 = {2^2}\) nên (1) đúng với \(n = 2\)
\(1 + 3 + 5 = 9 = {3^2}\) nên (1) đúng với \(n = 3\)
\(1 + 3 + 5 + 7 = 16 = {4^2}\) nên (1) đúng với \(n = 4\)
\(1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = {5^2}\) nên (1) đúng với \(n = 5\)
b) Khẳng định của bạn HS chỉ là phỏng đoán. Việc tô màu hay tính toán trực tiếp không thể kiểm chứng hết tất cả các giá trị của n (mà chỉ kiểm chứng được một số hữu hạn giá trị n nào đó). Do đó khẳng định của bạn HS là chưa thuyết phục.
Thực hành 1
Chứng minh rằng đẳng thức sau đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)
\(1 + 2 + 3 + … + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\)
Phương pháp giải:
Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \(1 = \frac{{1(1 + 1)}}{2}\)
Như vậy mệnh đề đúng cho trường hợp \(n = 1\)
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\), nghĩa là có:
\(1 + 2 + 3 + … + k = \frac{{k(k + 1)}}{2}\)
Ta sẽ chứng minh mệnh đề cũng đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là cần chứng minh
\(1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}\)
Thật vậy ta có
\(\begin{array}{l}1 + 2 + 3 + … + k + (k + 1) = \frac{{k(k + 1)}}{2} + (k + 1)\\ = \frac{{k(k + 1) + 2(k + 1)}}{2} = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}\end{array}\)
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\)
Thực hành 2
Chứng minh rằng bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 3\)
\({2^{n + 1}} > {n^2} + n + 2\)
Phương pháp giải:
Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1: Với \(n = 3\) ta có \({2^{3 + 1}} > {3^2} + 3 + 2\)
Như vậy mệnh đề đúng cho trường hợp \(n = 3\)
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\), nghĩa là có:
\({2^{k + 1}} > {k^2} + k + 2\)
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là cần chứng minh
\({2^{k + 1 + 1}} > {(k + 1)^2} + k + 1 + 2\)
Sử dụng giả thiết quy nạp, với lưu ý \(k \ge 3\), ta có
\(\begin{array}{l}{2^{k + 1 + 1}} = {2.2^{k + 1}}\\\quad \quad > 2({k^2} + k + 2) = {(k + 1)^2} + {k^2} + 1 + 2\\\quad \quad > {(k + 1)^2} + k + 1 + 2\end{array}\)
Vậy bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\).
Theo nguyên lí quy nạp toán học, bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 3\).
Giải mục 2 trang 30, 31 Chuyên đề học tập Toán 10
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
Thực hành 3
Chứng minh rằng \({n^3} + 2n\) chia hết cho 3 với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)
Phương pháp giải:
Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \({1^3} + 2.1 = 3\) chia hết cho 3
Như vậy mệnh đề đúng cho trường hợp \(n = 1\)
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\), nghĩa là có:
\({k^3} + 2k\) chia hết cho 3
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là cần chứng minh
\({(k + 1)^3} + 2(k + 1)\) chia hết cho 3
Sử dụng giả thiết quy nạp, với lưu ý \(k \ge 1\), ta có
\({(k + 1)^3} + 2(k + 1) = {k^3} + 3{k^2} + 3k + 1 + 2k + 2 = \left( {{k^3} + 2k} \right) + 3\left( {{k^2} + k + 1} \right)\)
Vậy bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\).
Theo nguyên lí quy nạp toán học, bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên \(n \in \mathbb{N}*\).
Thực hành 4
Chứng minh rằng đẳng thức sau đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)
\(1 + q + {q^2} + {q^3} + {q^4} + … + {q^{n – 1}} = \frac{{1 – {q^n}}}{{1 – q}}\quad (q \ne 1)\)
Phương pháp giải:
Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \(1 = \frac{{1 – q}}{{1 – q}}\)
Như vậy đẳng thức đúng cho trường hợp \(n = 1\)
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\), nghĩa là có:
\(1 + q + {q^2} + {q^3} + {q^4} + … + {q^{k – 1}} = \frac{{1 – {q^k}}}{{1 – q}}\quad (q \ne 1)\)
Ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là cần chứng minh
\(1 + q + {q^2} + {q^3} + {q^4} + … + {q^{k – 1}} + {q^k} = \frac{{1 – {q^{k + 1}}}}{{1 – q}}\quad (q \ne 1)\)
Sử dụng giả thiết quy nạp, với lưu ý \(k \ge 1\), ta có
\(\begin{array}{l}1 + q + {q^2} + {q^3} + {q^4} + … + {q^{k – 1}} + {q^k} = \frac{{1 – {q^k}}}{{1 – q}} + {q^k}\\ = \frac{{1 – {q^k} + {q^k}(1 – q)}}{{1 – q}} = \frac{{1 – {q^k} + {q^k} – {q^{k + 1}}}}{{1 – q}} = \frac{{1 – {q^{k + 1}}}}{{1 – q}}\quad (q \ne 1)\end{array}\)
Vậy đẳng thức đúng với \(n = k + 1\).
Theo nguyên lí quy nạp toán học, bất đẳng thức đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
Thực hành 5
Chứng minh rằng trong mặt phẳng, n đường thẳng cùng đi qua một điểm chia mặt phẳng thành 2n phần \((n \in \mathbb{N}*)\).
Phương pháp giải:
Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Gọi I là điểm mà các đường thẳng đi qua
Bước 1: Với \(n = 1\) ta có một đường thẳng đi qua điểm I chia mặt phẳng thành 2 phần.
Như vậy mệnh đề đúng cho trường hợp \(n = 1\)
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\), nghĩa là có: k đường thẳng đi qua I chia mặt phẳng thành 2k phần. Ta chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1\), tức là chứng minh k+1 đường thẳng cùng đi qua I chia mặt phẳng thành 2(k+1) phần.
Gọi đường thẳng thứ k+1 là d. Theo giả thiết quy nạp, k đường thẳng đầu tiên chia mặt phẳng thành 2k phần
Dễ thấy: Mỗi phần mặt phẳng đều là phần trong của góc có đỉnh là I và cạnh nằm trên các đường thẳng đã cho. Hơn nữa các góc tạo thành các cặp góc đối đỉnh.
Do các đường thẳng là khác nhau nên đường thẳng d phải nằm trong 1 cặp góc đối đỉnh nào đó. Nó chia 2 phần là phần trong của cặp góc này thành 4 phần.
Do đó số phần mặt phẳng được chia bởi k+1 đường thẳng là \(2k + 2 = 2(k + 1)\).
Vậy mệnh đề đúng với \(n = k + 1\).
Theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
Vận dụng
(Công thức lãi kép) Một khoản tiền A đồng (gọi là vốn) được gửi tiết kiệm có kì hạn ở một ngân hàng theo thể thức lãi kép (tiền sau mỗi kì hạn nếu khoongg rút ra thì được cộng vào vốn của kì kế tiếp). Giả sử lãi suất theo kì là r không đổi qua các kì hạn, ngguowif gửi không rút tiền vốn và lãi trong suốt các kì hạn đề cập sau đây. Gọi \({T_n}\) là tổng số tiền vốn và lãi của người gửi sau kì hạn thứ n \((n \in \mathbb{N}*)\).
a) Tính \({T_1},{T_2},{T_3}.\)
b) Từ đó, dự đoán công thức tính \({T_n}\) và chứng minh công thức đó bằng phương pháp quy nạp toán học.
Phương pháp giải:
PP quy nạp toán học: Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết:
a) Sau kì thứ 1 người đó nhận được: \({T_1} = A + A.r = A(1 + r)\)
Sau kì thứ 1 người đó không rút ra thì ở kì thứ 2 tiền vốn chính là \({T_1}\), vậy người đó nhận được: \({T_2} = {T_1} + {T_1}.r = {T_1}(1 + r) = A.{(1 + r)^2}\)
Sau kì thứ 3 người đó nhận được: \({T_3} = {T_2} + {T_2}.r = {T_2}(1 + r) = A.{(1 + r)^3}\)
b) Dự đoán: \({T_n} = A.{(1 + r)^n}\) (*)
Ta chứng minh (*) bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \({T_1} = A(1 + r)\)
Vậy (*) đúng với \(n = 1\)
Giải sử (*) đúng với \(n = k\) tức là ta có \({T_k} = A.{(1 + r)^k}\)
Ta chứng minh (*) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({T_{k + 1}} = A.{(1 + r)^{k + 1}}\)
Thật vậy, sau kì thứ k, nếu không rút lãi thì lãi được tính vào tiền vốn của kì k+1, khi đó số tiền nhận được là \({T_{k + 1}} = {T_k} + {T_k}.r = {T_k}(1 + r) = A.{(1 + r)^{k + 1}}\)
Vậy (*) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1.\)
Giải bài 1 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Chứng minh các đẳng thức sau đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\):
a) \(1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n + 1) = \frac{{n(n + 1)(n + 2)}}{3}\)
b) \(1 + 4 + 9 + … + {n^2} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}\)
c) \(1 + 2 + {2^2} + {2^3} + {2^4} + … + {2^{n – 1}} = {2^n} – 1\)
Chứng minh mệnh đề đúng với \(n \ge p\) thì:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề là đúng với \(n = p\)
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với số tự nhiên \(n = k \ge p\) và chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1.\) Kết luận.
Lời giải chi tiết
a) Ta chứng minh a) bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \(1.2 = \frac{{1.(1 + 1).(1 + 2)}}{3}\)
Vậy a) đúng với \(n = 1\)
Giải sử a) đúng với \(n = k\) nghĩa là có \(1.2 + 2.3 + 3.4 + … + k(k + 1) = \frac{{k(k + 1)(k + 2)}}{3}\)
Ta chứng minh a) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \(1.2 + 2.3 + 3.4 + … + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2) = \frac{{(k + 1)(k + 2)(k + 3)}}{3}\)
Thật vậy, ta có
\(\begin{array}{l}1.2 + 2.3 + 3.4 + … + k(k + 1) + (k + 1)(k + 2)\\ = \frac{{k(k + 1)(k + 2)}}{3} + (k + 1)(k + 2)\\ = (k + 1)(k + 2)\left[ {\frac{k}{3} + 1} \right]\\ = \frac{{(k + 1)(k + 2)(k + 3)}}{3}\end{array}\)
Vậy a) đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
b) Ta chứng minh b) bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \(1 = \frac{{1.(1 + 1)(2.1 + 1)}}{6}\)
Vậy b) đúng với \(n = 1\)
Giải sử b) đúng với \(n = k\) nghĩa là có \(1 + 4 + 9 + … + {k^2} = \frac{{k(k + 1)(2k + 1)}}{6}\)
Ta chứng minh b) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \(1 + 4 + 9 + … + {k^2} + {(k + 1)^2} = \frac{{(k + 1)(k + 2)\left[ {2(k + 1) + 1} \right]}}{6}\)
Thật vậy, ta có
\(\begin{array}{l}1 + 4 + 9 + … + {k^2} + {(k + 1)^2} = \frac{{k(k + 1)(2k + 1)}}{6} + {(k + 1)^2}\\ = \frac{{(k + 1)}}{6}\left[ {k(2k + 1) + 6(k + 1)} \right] = \frac{{(k + 1)}}{6}.\left( {2{k^2} + k + 6k + 6} \right)\\ = \frac{{(k + 1)}}{6}.\left( {2{k^2} + 7k + 6} \right) = \frac{{(k + 1)}}{6}.(k + 2).(2k + 3)\\ = \frac{{(k + 1)(k + 2)\left[ {2(k + 1) + 1} \right]}}{6}\end{array}\)
Vậy b) đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
c) Ta chứng minh c) bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \(1 = {2^1} – 1\)
Vậy c) đúng với \(n = 1\)
Giải sử c) đúng với \(n = k\) nghĩa là có \(1 + 2 + {2^2} + {2^3} + {2^4} + … + {2^{k – 1}} = {2^k} – 1\)
Ta chứng minh c) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \(1 + 2 + {2^2} + {2^3} + {2^4} + … + {2^{k – 1}} + {2^k} = {2^{k + 1}} – 1\)
Thật vậy, ta có
\(\begin{array}{l}1 + 2 + {2^2} + {2^3} + {2^4} + … + {2^{k – 1}} + {2^k}\\ = {2^k} – 1 + {2^k} = {2.2^k} – 1 = {2^{k + 1}} – 1\end{array}\)
Vậy c) đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
Giải bài 2 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Chứng minh rằng, với mọi \(n \in \mathbb{N}*\), ta có:
a) \({5^{2n}} – 1\) chia hết cho 24.
b) \({n^3} + 5n\) chia hết cho 6.
Lời giải chi tiết
a) Ta chứng minh a) bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \({5^2} – 1 = 24\) chia hết cho 24.
Vậy a) đúng với \(n = 1\)
Giải sử a) đúng với \(n = k\) nghĩa là có \({5^{2k}} – 1\) chia hết cho 24.
Ta chứng minh a) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({5^{2(k + 1)}} – 1\) chia hết cho 24.
Thật vậy, ta có
\({5^{2(k + 1)}} – 1 = {5^{2k + 2}} – 1 = {25.5^{2k}} – 25 + 24 = 25.\left( {{5^{2k}} – 1} \right) + 24\)
Chia hết cho 24 do \({5^{2k}} – 1\) chia hết cho 24.
Vậy a) đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
b) Ta chứng minh b) bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \({1^3} + 5.1 = 6\) chia hết cho 6.
Vậy b) đúng với \(n = 1\)
Giải sử b) đúng với \(n = k\) nghĩa là có \({k^3} + 5k\) chia hết cho 6.
Ta chứng minh b) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({(k + 1)^3} + 5(k + 1)\) chia hết cho 6.
Thật vậy, ta có
\(\begin{array}{l}{(k + 1)^3} + 5(k + 1) = {k^3} + 3{k^2} + 3k + 1 + 5k + 5\\ = \left( {{k^3} + 5k} \right) + 3({k^2} + k) + 6 = \left( {{k^3} + 5k} \right) + 3k(k + 1) + 6\end{array}\)
Mà \(k \ge 1\) nên \(k(k + 1) \vdots 2 \Rightarrow 3k(k + 1) \vdots 6\)
Do đó \({(k + 1)^3} + 5(k + 1)\) chia hết cho 6.
Vậy b) đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
Giải bài 3 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Chứng minh rằng nếu \(x > – 1\) thì \({(1 + x)^n} \ge 1 + nx\) với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)
Lời giải chi tiết
Ta chứng minh mệnh đề bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \({(1 + x)^1} = 1 + 1.x\)
Vậy mệnh đề đúng với \(n = 1\)
Giải sử mệnh đề đúng với \(n = k\) nghĩa là có \({(1 + x)^k} \ge 1 + kx\)
Ta chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({(1 + x)^{k + 1}} \ge 1 + (k + 1)x\)
Thật vậy, ta có
\({(1 + x)^{k + 1}} = (1 + x){(1 + x)^k} \ge (1 + x)(1 + kx) = 1 + (1 + k)x + k{x^2} \ge 1 + (k + 1)x\)
Do \(1 + x > 0,k{x^2} \ge 0\)
Vậy mệnh đề đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
Giải bài 4 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Cho \(a,b \ge 0\). Chứng minh rằng bất đẳng thức sau đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\)
\(\frac{{{a^n} + {b^n}}}{2} \ge {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^n}\)
Lời giải chi tiết
Ta chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 1\) ta có \(\frac{{{a^1} + {b^1}}}{2} = {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^1}\)
Vậy bất đẳng thức đúng với \(n = 1\)
Giải sử bất đẳng thức đúng với \(n = k\) nghĩa là có \(\frac{{{a^k} + {b^k}}}{2} \ge {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^k}\)
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \(\frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2} \ge {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}}\)
Sử dụng giả thiết quy nạp ta có: \({\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}} = {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^k}.\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) \le \left( {\frac{{{a^k} + {b^k}}}{2}} \right).\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)\)
Ta sẽ nhận được điều phải chứng minh nếu chứng minh được:
\(\left( {\frac{{{a^k} + {b^k}}}{2}} \right).\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right) \le \frac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2}\)
Hay \(\left( {{a^k} + {b^k}} \right).\left( {a + b} \right) \le 2\left( {{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}} \right)\)
Hay \({a^{k + 1}} + {b^{k + 1}} + b{a^k} + a{b^k} \le 2\left( {{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}} \right)\)
Hay \({a^{k + 1}} + {b^{k + 1}} – b{a^k} – a{b^k} \ge 0\)
Hay \(\left( {{a^k} – {b^k}} \right)\left( {a – b} \right) \ge 0\) đúng vì \(\left( {{a^k} – {b^k}} \right)\) và \(\left( {a – b} \right)\) cùng dấu, \(k \in \mathbb{N}*;a,b \ge 0.\)
Vậy bất đẳng thức đúng với mọi số nguyên dương n.
Giải bài 5 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Chứng minh rằng bất đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 2\).
\(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + … + \frac{1}{n} > \frac{{2n}}{{n + 1}}\)
Lời giải chi tiết
Ta chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 2\) ta có \(1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} > \frac{{2.2}}{{2 + 1}} = \frac{4}{3}\)
Vậy bất đẳng thức đúng với \(n = 2\)
Giải sử bất đẳng thức đúng với \(n = k\) nghĩa là có \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + … + \frac{1}{k} > \frac{{2k}}{{k + 1}}\)
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + … + \frac{1}{k} + \frac{1}{{k + 1}} > \frac{{2(k + 1)}}{{k + 2}}\)
Sử dụng giả thiết quy nạp ta có: \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + … + \frac{1}{k} + \frac{1}{{k + 1}} > \frac{{2k}}{{k + 1}} + \frac{1}{{k + 1}} = \frac{{2k + 1}}{{k + 1}}\)
Ta sẽ nhận được điều phải chứng minh nếu chứng minh được:
\(\frac{{2k + 1}}{{k + 1}} > \frac{{2(k + 1)}}{{k + 2}}\) (*)
Xét hiệu:
\(\begin{array}{l}\frac{{2k + 1}}{{k + 1}} – \frac{{2(k + 1)}}{{k + 2}} = \frac{{\left( {2k + 1} \right)\left( {k + 2} \right) – 2{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}\\ = \frac{{2{k^2} + 5k + 2 – \left( {2{k^2} + 4k + 2} \right)}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \frac{k}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} > 0\end{array}\)
Do đó (*) được chứng minh.
Vậy bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên n.
Giải bài 6 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Trong mặt phẳng, cho đa giác\({A_1}{A_2}{A_3}…{A_n}\) có n cạnh \((n \ge 3)\). Gọi \({S_n}\) là tổng số đo các góc trong của đa giác.
a) Tính \({S_3},{S_4},{S_5}\) tương ứng với trường hợp đa giác là tam giác, tứ giác, ngũ giác.
b) Từ đó, dự đoán công thức tính \({S_n}\) và chứng minh công thức đó bằng phương pháp quy nạp toán học.
Lời giải chi tiết
a)
\(\begin{array}{l}{S_3} = {180^ \circ }\\{S_4} = {180^ \circ } + {180^ \circ } = {2.180^ \circ }\\{S_5} = {2.180^ \circ } + {180^ \circ } = {3.180^ \circ }\end{array}\)
b) Dự đoán \({S_n} = (n – 2){.180^ \circ }\) với mọi \(n \ge 3\).
Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp
Với \(n = 3\) ta có \({S_3} = {180^ \circ }\)
Vậy công thức đúng với \(n = 3\)
Giả sử công thức đúng với \(n = k\) nghĩa là có \({S_k} = (k – 2){.180^ \circ }\)
Ta chứng minh công thức đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({S_{k + 1}} = (k – 1){.180^ \circ }\)
Thật vậy, ta có
Xét đa giác k+1 cạnh: \({A_1}{A_2}{A_3}…{A_k}{A_{k + 1}}\). Kẻ đường chéo \({A_1}{A_k}\), chia đa giác này thành đa giác \({A_1}{A_2}{A_3}…{A_k}\) k cạnh và tam giác \({A_1}{A_k}{A_{k + 1}}\). Khi đó tổng các góc trong của đa giác k+1 cạnh \({A_1}{A_2}{A_3}…{A_k}{A_{k + 1}}\) bằng tổng các góc trong cả đa giác k cạnh \({A_1}{A_2}{A_3}…{A_k}\) và tam giác \({A_1}{A_k}{A_{k + 1}}\)
Do đó: \({S_{k + 1}} = {S_k} + {S_3} = (k – 2){.180^ \circ } + {180^ \circ } = (k – 1){.180^ \circ }\)
Vậy công thức đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 3\).
Giải bài 7 trang 32 Chuyên đề học tập Toán 10 – Chân trời sáng tạo
Đề bài
Hàng tháng, một người gửi vào ngân hàng một khoản tiền tiết kiệm không đổi a đồng. Giả sử lãi suất hàng tháng là r không đổi và theo thể thức lãi kép (tiền lãi của tháng trước được cộng vào vốn của tháng kế tiếp). Gọi \({T_n}(n \ge 1)\) là tổng tiền vốn và lãi của nười đó có trong ngân hàng tại thời điểm ngay sau khi gửi vào khoản thứ \(n + 1\).
a) Tính \({T_1},{T_2},{T_3}\).
b) Dự đoán công thức tính \({T_n}\) và chứng minh công thức đó bằng phương pháp quy nạp toán học.
Gợi ý: Lưu ý công thức ở Thực hành 4.
Lời giải chi tiết
a) \({T_1}\) là tổng tiền vốn và lãi của nười đó có trong ngân hàng tại thời điểm ngay sau khi gửi vào khoản thứ 2, do đó: \({T_1} = a + a.r + a = a\left( {\left( {1 + r} \right) + 1} \right)\)
\({T_2} = {T_1}(1 + r) + a = a\left( {\left( {1 + r} \right) + 1} \right)\left( {r + 1} \right) + a = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^2} + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\)
\({T_3} = {T_2}(1 + r) + a = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^2} + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\left( {r + 1} \right) + a = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^3} + {{\left( {1 + r} \right)}^2} + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\)
b) Từ a) ta dự đoán rằng
\({T_n} = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^n} + {{\left( {1 + r} \right)}^{n – 1}} + … + \left( {1 + r} \right) + 1} \right) = a.\frac{{1 – {{\left( {1 + r} \right)}^{n + 1}}}}{{1 – \left( {1 + r} \right)}} = a.\frac{{1 – {{\left( {1 + r} \right)}^{n + 1}}}}{r}\)
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \({T_1} = a\left( {\left( {1 + r} \right) + 1} \right)\)
Như vậy công thức đúng cho trường hợp \(n = 1\)
Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\), nghĩa là có:
\({T_k} = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^k} + {{\left( {1 + r} \right)}^{k – 1}} + … + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\)
Ta sẽ chứng minh công thức đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là cần chứng minh
\({T_{k + 1}} = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^{k + 1}} + {{\left( {1 + r} \right)}^k} + {{\left( {1 + r} \right)}^{k – 1}} + … + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\)
Sử dụng giả thiết quy nạp, ta có
\(\begin{array}{l}{T_{k + 1}} = {T_k}(1 + r) + a = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^k} + {{\left( {1 + r} \right)}^{k – 1}} + … + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\left( {1 + r} \right) + a\\ = a\left( {{{\left( {1 + r} \right)}^{k + 1}} + {{\left( {1 + r} \right)}^k} + {{\left( {1 + r} \right)}^{k – 1}} + … + \left( {1 + r} \right) + 1} \right)\end{array}\)
Vậy công thức đúng với \(n = k + 1\).
Theo nguyên lí quy nạp toán học, bất công thức đúng với mọi \(n \in \mathbb{N}*\).
Trả lời