• Skip to content
  • Skip to primary sidebar
  • Học toán
  • Sách toán
  • Môn Toán
  • Đề thi toán
  • Môn Lý
  • Môn Hóa
  • Môn Anh
  • Môn Sinh
  • Môn Văn
  • Bài mới

Sách Toán - Học toán

Giải bài tập Toán, Lý, Hóa, Sinh, Anh, Soạn Văn từ lớp 1 đến lớp 12, Học toán và Đề thi toán

You are here: Home / Giải sách bài tập Toán 11 / Giải SBT Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học – Chương 3 Đại số 11

Giải SBT Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học – Chương 3 Đại số 11

25/03/2018 by admin Leave a Comment

Bài 1. Phương pháp quy nạp toán học – Hướng dẫn giải Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11.

Bài 1.1 trang 99 SBT Toán 11

Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N* )

a) \(2 + 5 + 8 + … + \left( {3n – 1} \right) = {{n\left( {3n + 1} \right)} \over 2};\)

b) \(3 + 9 + 27 + … + {3^n} = {1 \over 2}\left( {{3^{n + 1}} – 3} \right).\)

Giải:

a)      Đặt vế trái bằng Sn. Kiểm tra với n = 1 hệ thức đúng.

Giả sử đã có \({S_k} = {{k\left( {3k + 1} \right)} \over 2}\) với \(k \ge 1\).

Ta phải chứng minh \({S_{k + 1}} = {{\left( {k + 1} \right)\left( {3k + 4} \right)} \over 2}\)

Thật vậy

\(\eqalign{
& {S_{k + 1}} = {S_k} + 3\left( {k + 1} \right) – 1 \cr
& = {{k\left( {3k + 1} \right)} \over 2} + 3k + 2 \cr
& = {{3{k^2} + k + 6k + 4} \over 2} \cr
& = {{3{k^2} + 7k + 4} \over 2} \cr
& {\rm{ = }}{{\left( {k + 1} \right)\left( {3k + 4} \right)} \over 2}{\rm{ }}\left( {đpcm} \right) \cr} \)

b)      Đặt vế trái bằng làm tương tự như câu a).


Bài 1.2 trang 99 SBT Đại số 11

Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N* )

a) \({1^2} + {3^2} + {5^2} + … + {\left( {2n – 1} \right)^2} = {{n\left( {4{n^2} – 1} \right)} \over 3};\)

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

Giải: a) Đặt vế trái bằng Sn

Với n = 1 vế trái chỉ có một số hạng bằng 1, vế phải bằng \({{1\left( {4.1 – 1} \right)} \over 3} = 1\)

Giả sử đã có \({S_k} = {{k\left( {4{k^2} – 1} \right)} \over 3}\) với \(k \ge 1\). Ta phải chứng minh

\({S_{k + 1}} = {{\left( {k + 1} \right)\left[ {4{{\left( {k + 1} \right)}^2} – 1} \right]} \over 3}\)

            Thật vậy, ta có

\(\eqalign{
& {S_{k + 1}} = {S_k} + {\left[ {2\left( {k + 1} \right) – 1} \right]^2} = {S_k} + {\left( {2k + 1} \right)^2} \cr
& {\rm{ = }}{{k\left( {4{k^2} – 1} \right)} \over 3} + {\left( {2k + 1} \right)^2} \cr
& = {{\left( {2k + 1} \right)\left[ {k\left( {2k – 1} \right) + 3\left( {2k + 1} \right)} \right]} \over 3} \cr
& {\rm{ = }}{{\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + 5k + 3} \right)} \over 3} \cr
& = {{\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 3} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3} \cr
& = {{\left( {k + 1} \right)\left[ {4{{\left( {k + 1} \right)}^2} – 1} \right]} \over 3} \cr} \)

b)      Đặt vế trái bằng An

Dễ thấy với n = 1 hệ thức đúng.

Giả sử đã có \({A_k} = {{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}} \over 4},\left( {k \ge 1} \right)\)

Ta có:

\(\eqalign{
& {A_{k + 1}} = {A_k} + {\left( {k + 1} \right)^3} \cr
& = {{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}} \over 4} + {\left( {k + 1} \right)^3} \cr
& {\rm{ = }}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}\left( {{k^2} + 4k + 4} \right)} \over 4} \cr
& = {{{{\left( {k + 1} \right)}^2}{{\left( {k + 2} \right)}^2}} \over 4} \cr} \)


Bài 1.3 trang 100 SBT Đại số và giải tích 11

Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có

a)     \(2{n^3} – 3{n^2} + n\) chia hết cho 6.

b)     \({11^{n + 1}} + {12^{2n – 1}}\) chia hết cho 133.

Giải:

a)      HD: Đặt \({B_n} = 2{n^3} – 3{n^2} + n\) tính B1

Giả sử đã có \({B_k} = 2{k^3} – 3{k^2} + k\) chia hết cho 6.

Ta phải chứng minh \({B_{k + 1}} = 2{\left( {k + 1} \right)^3} – 3{\left( {k + 1} \right)^2} + k\) chia hết cho 6.

b)      Đặt \({A_n} = {11^{n + 1}} + {12^{2n – 1}}\) Dễ thấy \({A_1} = 133\) chia hết cho 133.

Giả sử \({A_k} = {11^{k + 1}} + {12^{2k – 1}}\) đã có chia hết cho 133.

Ta có

\(\eqalign{
& {A_{k + 1}} = {11^{k + 2}} + {12^{2k + 1}} \cr
& = {11.11^{k + 1}} + {12^{2k – 1}}{.12^2} \cr
& {\rm{ = 11}}{\rm{.1}}{{\rm{1}}^{k + 1}} + {12^{2k – 1}}\left( {11 + 133} \right) \cr
& = 11.{A_k} + {133.12^{2k – 1}} \cr} \)

Vì \({A_k} \vdots 133\) nên \({A_{k + 1}} \vdots 133\)


Bài 1.4 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Chứng minh các bất đẳng thức sau (n ∈ N*)

a) \({2^{n + 2}} > 2n + 5{\rm{ }}\);

b) \({\sin ^{2n}}\alpha  + {\cos ^{2n}}\alpha  \le 1\)

Giải:

a)      Với n = 1 thì \({2^{1 + 2}} = 8 > 7 = 2.1 + 5\)

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k \ge 1\) tức là \({2^{k + 2}} > 2k + 5\,\,\,(1)\)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1, tức là \({2^{k + 3}} > 2\left( {k + 1} \right) + 5\) hay \({2^{k + 3}} > 2k + 7\,\,\,\left( 2 \right)\)

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2, ta được

\({2^{k + 3}} > 4k + 10 = 2k + 7 + 2k + 3\)

Vì \(2k + 3 > 0\) nên \({2^{k + 3}} > 2k + 7\left( {đpcm} \right)\)

b)      Với n = 1 thì \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\) bất đẳng thức đúng.

Giả sử đã có \({\sin ^{2k}}\alpha  + {\cos ^{2k}}\alpha  \le 1\) với \(k \ge 1\), ta phải chứng minh

\({\sin ^{2k + 2}}\alpha  + {\cos ^{2k + 2}}\alpha  \le 1\).

Thật vậy, ta có:

\({\sin ^{2k + 2}}\alpha  + {\cos ^{2k + 2}}\alpha\)

\( = {\sin ^{2k}}\alpha .{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^{2k}}\alpha .{\cos ^2}\alpha  \le {\sin ^{2k}}\alpha  + {\cos ^{2k}}\alpha  \le 1\)


Bài 1.5 trang 100 SBT Đại số 11

Với giá trị nào của số tự nhiên n ta có

a) \({2^n} > 2n + 1\);

b) \({2^n} > {n^2} + 4n + 5\) ;

c) \({3^n} > {2^n} + 7n\) ?

Giải:   

Đây thực chất là bài toán giải bất phương trình trên N*.

Phương pháp : Có thể dùng phép thử, sau đó dựđoán kết quả và chứng minh.

a)     Dùng phép thử với n = 1, 2, 3, 4 ta dự đoán: Với thì \(n \ge 3\) bất đẳng thức đúng. Ta sẽ chứng minh điềuđó bằng quy nạp.

Với n = 3 hiển nhiên đã có kết quả đúng, vì 23 = 8 > 2.3 + 1 = 7

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k tức là \({2^k} > 2k + 1\)   (1)

ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là

\({2^{k + 1}} > 2k + 3\)    (2)

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2, ta được

\({2^{k + 1}} > 4k + 2 = 2k + 3 + 2k – 1 > 2k + 3.\)

b)     HD: Dùng phép thử.

Với n từ 1 đến 6, bất đẳng thức đều không đúng. Tuy nhiên không thể vội vàng kết luận bất phương trình vô nghiệm.

Nếu thử tiếp ta thấy rằng bất phương trình đúng khi n = 7. Ta có thể làm tiếp để đi tới dự đoán: Với thì bất phương trình được nghiệm đúng. Sau đó chứng minh tương tự như câu a).

c)     Làm tương tự như câu a) và câu b).


Bài 1.6 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Cho tổng

\({S_n} = {1 \over {1.5}} + {1 \over {5.9}} + {1 \over {9.13}} + … + {1 \over {\left( {4n – 3} \right)\left( {4n + 1} \right)}}\)

a) Tính \({S_1},{ S _2},{S_3},{S_4}\) ;

b) Dự đoán công thức tính Sn và chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Giải:

a)     Tính

\({S_1} = {1 \over 5},{S_2} = {2 \over 9},{S_3} = {3 \over {13}},{S_4} = {4 \over {17}}\)

b)     Viết lại

\(\eqalign{
& S = {1 \over 5} = {1 \over {4.1 + 1}},{S_2} = {2 \over 9} = {2 \over {4.2 + 1}}, \cr
& {S_3} = {3 \over {4.3 + 1}},{S_4} = {4 \over {4.4 + 1}}. \cr} \)

Ta có thể dự đoán \({S_n} = {n \over {4n + 1}}\)


Bài 1.7 trang 100 Toán 11

Cho n số thực \({a_1},{a_2},…,{a_n}\) thoả mãn điều kiện

\( – 1 < {a_i} \le 0\) với \(i = \overline {1,n} \)

Chứng minh rằng với mọi n ∈ N*, ta có

\(\left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)…\left( {1 + {a_n}} \right) \ge 1 + {a_1} + {a_2} + … + {a_n}\)

Giải:

Với n = 1 bất đẳng thức đúng.

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k \ge 1\) tức là

\(\left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)…\left( {1 + {a_k}} \right) \ge 1 + {a_1} + {a_2} + … + {a_k}\)  (1)

Nhân hai vế của (1) với \(1 + {a_{k + 1}}\) ta được

\(\eqalign{
& \left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right) \ldots \left( {1 + {a_k}} \right)\left( {1 + {a_{k + 1}}} \right) \ge \left( {1 + {a_1} + {a_2} + \ldots + {a_n}} \right)\left( {1 + {a_{k + 1}}} \right) \cr
& = 1 + {a_1} + {a_2} + \ldots + {a_k} + {a_{k + 1}} + {a_1}{a_{k + 1}} + {a_2}{a_{k + 1}} + \ldots + {a_k}{a_{k + 1}} \cr}\)

Vì \({a_1}{a_{k + 1}} + {a_2}{a_{k + 1}} + … + {a_k}.{a_{k + 1}} > 0\) nên

\(\left( {1 + {a_1}} \right)\left( {1 + {a_2}} \right)…\left( {1 + {a_k}} \right)\left( {1 + {a_{k + 1}}} \right) \ge 1 + {a_1} + {a_2} + … + {a_k} + {a_{k + 1}}\), nghĩa là bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1.\)


Bài 1.8 trang 100 SBT Toán lớp 11

Chứng minh rằng với các số thực \({a_1},{a_2},{a_3},…,{a_n}\left( {n \in N*} \right)\), ta có

\9\left| {{a_1} + {a_2} + … + {a_n}} \right| \le \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right| + … + \left| {{a_n}} \right|\)

Lời giải

Với n = 1 thì \(\left| {{a_1}} \right| = \left| {{a_1}} \right|\)

Với n = 2 thì \(\left| {{a_1} + {a_2}} \right| \le \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right|\). Đây là bất đẳng thức khá quen thuộc và dấu bằng xảy ra khi \({a_1},{a_2}$\) cùng dấu.

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k \ge 2\) . Đặt \({a_1} + {a_2} + … + {a_k} = A\) ta có

\(\left| A \right| \le \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right| + … + \left| {{a_k}} \right|\)    (1)

Mà \(\left| {A + {a_{k + 1}}} \right| \le \left| A \right| + \left| {{a_{k + 1}}} \right| \le \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right| + … + \left| {{a_k}} \right| + \left| {{a_{k + 1}}} \right|\)

Nên \(\left| {{a_1} + {a_2} + … + {a_k} + {a _{k + 1}}} \right| \le \left| {{a_1}} \right| + \left| {{a_2}} \right| + … + \left| {{a_k}} \right| + \left| {{a_{k + 1}}} \right|\), tức là bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\).

Bài học cùng chương hoặc môn:

  1. Giải SBT Ôn tập Chương 3 – Dãy số. Cấp số cộng và cấp số nhân – đại số 11
  2. Giải SBT Bài 4. Cấp số nhân – Chương 3 đại số 11
  3. Giải SBT Bài 3. Cấp số cộng – Chương 3 Đại số 11
  4. Giải SBT bài 2 Dãy số – Chương 3 đại số 11

Chuyên mục: Giải sách bài tập Toán 11 Thẻ: Giai SBT chuong 3 dai so 11

Reader Interactions

Trả lời Hủy

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *

Primary Sidebar

Lớp 12 – Lớp 11 

Sách Toán © 2015 - 2018 - Giải bài tập Toán, Lý, Hóa, Sinh, Anh, soạn Văn, Sách tham khảo và Đề thi.
THÔNG TIN:
Giới thiệu - Liên hệ - Bản quyền - Sitemap - Quy định - Hướng dẫn