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

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 A_n

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 S_n 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 \(n = k + 1\).