Phương pháp quy nạp toán học là một dạng toán hay nhưng để làm quen các em sẽ gặp không ít khó khăn. Vì vậy trong bài học sẽ làm rõ thế nào là chứng minh quy nạp toán học? Việc vận dụng phương pháp pháp quy nạp vào giải toán sẽ được thực hiện như thế nào?
Cho \({n_0}\) là một số nguyên dương và \(P(n)\) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên \(n \ge {n_0}\). Nếu
(1) \(P({n_0})\) là đúng và
(2) Nếu \(P(k)\) đúng, thì \(P(k + 1)\)cũng đúng với mọi số tự nhiên \(k \ge {n_0}\);
thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên\(n \ge {n_0}\) .
Khi ta bắt gặp bài toán:
Chứng minh mệnh đề \(P(n)\) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge {n_0},\)\({n_0} \in \mathbb{N}\) ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau
Bước 1: Kiểm tra \(P({n_0})\) có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai
Bước 2: Với \(k \ge {n_0}\), giả sử \(P(k)\) đúng ta cần chứng minh \(P(k + 1)\) cũng đúng.
Kết luận: \(P(n)\) đúng với \(\forall n \ge {n_0}\).
Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề \(P(k)\) đúng gọi là giả thiết quy nạp.
Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức \(P(n) = Q(n)\) (hoặc \(P(n) > Q(n)\)) đúng với \(\forall n \ge {n_0},{\rm{ }}{n_0} \in \mathbb{N}\) ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tính \(P({n_0}),{\rm{ }}Q({n_0})\) rồi chứng minh \(P({n_0}) = Q({n_0})\)
Bước 2: Giả sử \(P(k) = Q(k);{\rm{ }}k \in \mathbb{N},k \ge {n_0}\), ta cần chứng minh
\(P(k + 1) = Q(k + 1)\).
Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) ta luôn có đẳng thức sau:
\(1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\)
Đặt \({A_n} = 1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\,\)
Với n=1, ta có: \(1 = \frac{{1.(1 + 1)}}{2} = 1\) (đúng)
Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có:
\({A_n} = 1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\,\) (giả thiết quy nạp)
Ta phải chứng minh: \({A_{n + 1}} = 1 + 2 + ... + n + (n + 1) = \,\frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}\)
Ta có: \({A_{n + 1}} = 1 + 2 + ... + n + (n + 1) = \,\frac{{n(n + 1)}}{2} + (n + 1)\)
\(\Leftrightarrow {A_{n + 1}} = \,\frac{{n(n + 1) + 2(n + 1)}}{2} = \frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2}\) ( điều phải chứng minh).
Vậy \(1 + 2 + ... + n = \,\frac{{n(n + 1)}}{2}\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\).
Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) ta luôn có đẳng thức sau:
\(1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\)
Đặt \({A_n} = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\)
Với n= 1: \({(2.1 - 1)^2} = \frac{{1.({{4.1}^2} - 1)}}{3} = 1\) (đúng)
Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có:
\(1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\) (giả thiết quy nạp)
Ta phải chứng minh:
\({A_{n + 1}} = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} + \,{[2(n + 1) - 1]^2} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} - 1]}}{3}\,\)
Ta có: \(VT = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} + \,{[2(n + 1) - 1]^2}\)
Theo giả thiết quy nạp ở trên: \(VT = \frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3} + \,{[2(n + 1) - 1]^2}\)
= \(\frac{{4{n^3} - n + 3{{(2n + 1)}^2}}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} - n + 12{n^2} + 12n + 3}}{3}\)
\(= \frac{{4{n^3} + 12{n^2} + 11n + 3}}{3}\) \(= \frac{{4{n^3} + 4{n^2} + \,8{n^2} + 8n + 3n + 3}}{3}\)
\(VT = \frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}\) (1)
Ta lại có: \({\rm{VP}} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} - 1]}}{3}\,\)
\(= \,\frac{{(n + 1)[4({n^2} + 2n + 1) - 1]}}{3}\,\)
\(= \,\frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 4 - 1)}}{3}\,\)
\({\rm{VP}} = \,\frac{{(n + 1)(4{n^2} + 8n + 3)}}{3}\,\) (2)
Từ (1) và (2): \({A_{n + 1}} = 1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} + \,{[2(n + 1) - 1]^2} = \,\frac{{(n + 1)[4{{(n + 1)}^2} - 1]}}{3}\,\)
Vậy \(1 + 3 + ... + {(2n - 1)^2} = \,\frac{{n(4{n^2} - 1)}}{3}\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\).
Chứng mình với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) ta luôn có: \(1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{{n(n + 1)}}{2}\)
Đặt \(P(n) = 1 + 2 + 3 + ... + n\) : tổng n số tự nhiên đầu tiên : \(Q(n) = \frac{{n(n + 1)}}{2}\)
Ta cần chứng minh \(P(n) = Q(n){\rm{ }}\forall n \in \mathbb{N},n \ge 1\).
Bước 1: Với \(n = 1\) ta có \(P(1) = 1,{\rm{ }}Q(1) = \frac{{1(1 + 1)}}{2} = 1\)
\( \Rightarrow P(1) = Q(1) \Rightarrow (1)\) đúng với \(n = 1\).
Bước 2: Giả sử \(P(k) = Q(k)\) với \(k \in \mathbb{N},k \ge 1\) tức là:
\(1 + 2 + 3 + ... + k = \frac{{k(k + 1)}}{2}\) (1)
Ta cần chứng minh \(P(k + 1) = Q(k + 1)\), tức là:
\(1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2}\) (2)
Thật vậy: \(VT(2) = (1 + 2 + 3 + ... + k) + (k + 1)\)
\( = \frac{{k(k + 1)}}{2} + (k + 1)\) (Do đẳng thức (1))
\( = (k + 1)(\frac{k}{2} + 1) = \frac{{(k + 1)(k + 2)}}{2} = VP(2)\)
Vậy đẳng thức cho đúng với mọi \(n \ge 1\).
Chứng minh với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\) ta luôn có: \(1 + 3 + 5 + ... + 2n - 1 = {n^2}\)
Lời giải:
\( \bullet \) Với \(n = 1\) ta có \({\rm{VT}} = 1,{\rm{ VP}} = {1^2} = 1\)
Suy ra \(VT = VP \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\).
\( \bullet \) Giả sử đẳng thức cho đúng với \(n = k\) với \(k \in \mathbb{N},k \ge 1\) tức là:
\(1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1 = {k^2}\) (1)
Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với \(n = k + 1\), tức là:
\(1 + 3 + 5 + ... + (2k - 1) + (2k + 1) = {\left( {k + 1} \right)^2}\) (2)
Thật vậy: \(VT(2) = (1 + 3 + 5 + ... + 2k - 1) + (2k + 1)\)
\( = {k^2} + (2k + 1)\) (Do đẳng thức (1))
\( = {(k + 1)^2} = VP(1.2)\)
Vậy đẳng thức cho đúng với mọi \(n \ge 1\).
Chứng minh rằng \(\forall n \in {{\rm N}^*}\) :
\({n^3} + 2n\) chia hết cho 3.
Đặt \({A_n} = {n^3} + 2n\)
Với n= 1: \({A_n} = 1 + 2 = 3\, \vdots \,3\)
Giả sử với \(n = k \ge 1\) ta có:
\({A_n} = {n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) (giả thiết quy nạp)
Ta phải chứng minh:
\({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\,\, \vdots \,\,3\)
Ta có: \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\, = \,{n^3} + 3{n^2} + 3n + 1 + 2n + 2\)
\(= \,{n^3} + 2n + 3({n^2} + n + 1)\)
Theo giả thiết quy nạp: \({n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\)
Đồng thời: \(3({n^2} + n + 1)\,\, \vdots \,\,3\)
Vậy \({A_{n + 1}} = {(n + 1)^3} + 2(n + 1)\,\, \vdots \,\,3\)
Kết luận: \({n^3} + 2n\,\, \vdots \,\,3\) \(\forall n \in {{\rm N}^*}\)
Cho \(n\) là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: \({a_n} = {16^n}-15n-1 \vdots 225\)
\( \bullet \) Với \(n = 1\) ta có: \({a_1} = 0 \Rightarrow {a_1} \vdots 225\).
\( \bullet \) Giả sử \({a_k} = {16^k} - 15k - 1 \vdots 225\), ta chứng minh
\({a_{k + 1}} = {16^{k + 1}} - 15(k + 1) - 1 \vdots 225\)
Thậ vậy: \({a_{k + 1}} = {16.16^k} - 15k - 16 = {16^k} - 15k - 1 - 15\left( {{{16}^k} - 1} \right)\)
\( = {a_k} - 15\left( {{{16}^k} - 1} \right)\)
Vì \({16^k} - 1 = 15.\left( {{{16}^{k - 1}} + {{16}^{k - 2}} + ... + 1} \right) \vdots 15\) và \({a_k} \vdots 225\)
Nên ta suy ra \({a_{k + 1}} \vdots 225\). Vậy bài toán được chứng minh.
Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi \((n \ge 3)\) bằng \((n - 2){180^0}\).
\( \bullet \) Với \(n = 3\) ta có tổng ba góc trong tam giác bằng \({180^0}\)
\( \bullet \) Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với \(k < n\), ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là \(\left( {k - 1} \right){180^0}\) và \(\left( {n - k - 1} \right){180^0}\).
Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là \((k - 1 + n - k - 1){180^0} = (n - 2){180^0}\)
Suy ra mệnh đề đúng với mọi \(n \ge 3\).
Phương pháp quy nạp toán học là một dạng toán hay nhưng để làm quen các em sẽ gặp không ít khó khăn. Vì vậy trong bài học sẽ làm rõ thế nào là chứng minh quy nạp toán học? Việc vận dụng phương pháp pháp quy nạp vào giải toán sẽ được thực hiện như thế nào?
Để cũng cố bài học xin mời các em cũng làm Bài kiểm tra Trắc nghiệm Toán 11 Chương 3 Bài 1để kiểm tra xem mình đã nắm được nội dung bài học hay chưa.
Chứng minh mệnh đề " \(\forall n \in {N^ * }\)ta luôn có \(1 + 2 + ... + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\)" bằng phươg pháp quy nạp toán học, bước 1 ta kiểm tra với giá trị nào của n?
Chứng minh mênh đề " \(\forall n \in N,n \ge 3\) ta luôn có \({3^n} > {n^2} + 4n + 5\)" bằng phương pháp quy nạp toán học, bước 1, ta kiểm tra với giá trị nào của n?
Với gá trị nào của số tự nhiên n, ta có \({2^n} > 2n + 1\)?
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức và nắm vững hơn về bài học này nhé!
Bên cạnh đó các em có thể xem phần hướng dẫn Giải bài tập Toán 11 Chương 3 Bài 1 sẽ giúp các em nắm được các phương pháp giải bài tập từ SGK Giải tích 11 Cơ bản và Nâng cao.
Bài tập 1 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 2 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 3 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 4 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 5 trang 82 SGK Đại số & Giải tích 11
Bài tập 3.1 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.2 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.3 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.4 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.5 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.6 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.7 trang 107 SBT Toán 11
Bài tập 3.8 trang 108 SBT Toán 11
Bài tập 1 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 2 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 3 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 4 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 5 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 6 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 7 trang 100 SGK Toán 11 NC
Bài tập 8 trang 100 SGK Toán 11 NC
Nếu có thắc mắc cần giải đáp các em có thể để lại câu hỏi trong phần Hỏi đáp, cộng đồng Toán DapAnHay sẽ sớm trả lời cho các em.
-- Mod Toán Học 11 DapAnHay
Chứng minh mệnh đề " \(\forall n \in {N^ * }\)ta luôn có \(1 + 2 + ... + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\)" bằng phươg pháp quy nạp toán học, bước 1 ta kiểm tra với giá trị nào của n?
Chứng minh mênh đề " \(\forall n \in N,n \ge 3\) ta luôn có \({3^n} > {n^2} + 4n + 5\)" bằng phương pháp quy nạp toán học, bước 1, ta kiểm tra với giá trị nào của n?
Với gá trị nào của số tự nhiên n, ta có \({2^n} > 2n + 1\)?
Với giá trị nào của n, ta có \({3^n} > {2^n} + 7n\)?
Mệnh đề nào sau đây đúng với \(\forall n \in {N^ * }\)
Tìm số đường chéo của đa giác lồi n cạnh
Cho \({A_n} = {n^3} + 3{n^2} + 5n,n \in {N^ * }\). Tính A1?
Mệnh đề nào sau đây đúng với \(\forall n \in {N^ * }\)?
Cho \({S_n} = \frac{1}{{1.2}} + \frac{1}{{2.3}} + ... + \frac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}},n \in {N^ * }\). Tính S2?
Với giá trị nào của số tự nhiên n, ta có \(\left( {1 - \frac{1}{4}} \right)\left( {1 - \frac{1}{9}} \right)...\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = \frac{{n + 1}}{{2n}}\)?
Chứng minh rằng với \(n \in N*\), 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) \(1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = \frac{n(n+1)(n+2)}{6}\).
Chứng minh rằng với n ε N* ta luôn có:
a) \(n^3 + 3n^2 + 5n\) chia hết cho 3;
b) \(4n + 15n - 1\) chia hết cho 9;
c) \(n^3 + 11n\) chia hết cho 6.
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n \geq 2\), ta có các bất đẳng thức:
a) \(3^n > 3^n + 1\)
b) \(2^{n + 1} > 2n + 3\)
Cho tổng \(S_n=\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{n(n+1)}\)với n ε N* .
a) Tính \(S_1, S_2, S_3\).
b) Dự đoán công thức tính tổng \(S_n\) và chứng minh bằng quy nạp.
Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là \(\frac{n(n-3)}{2}\)
Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N∗)
a) \(2 + 5 + 8 + ... + \left( {3n - 1} \right) = \frac{{n\left( {3n + 1} \right)}}{2}\)
b) \(3 + 9 + 27 + ... + {3^n} = \frac{1}{2}\left( {{3^{n + 1}} - 3} \right)\)
Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N∗)
a) Chứng minh \({1^2} + {3^2} + {5^2} + ... + {\left( {2n - 1} \right)^2} = \frac{{n\left( {4{n^2} - 1} \right)}}{3}\)
b) \({1^3} + {2^3} + {3^3} + ... + {n^3} = \frac{{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{4}\)
Chứng minh rằng với mọi n ∈ N∗ ta có:
a) 2n3 − 3n2 + n chia hết cho 6.
b) 11n + 1 + 122n−1 chia hết cho 133.
Chứng minh các bất đẳng thức sau (n ∈ N∗)
a) 2n + 2 > 2n + 5;
b) sin2nα + cos2nα ≤ 1.
Với giá trị nào của số tự nhiên n ta có
a) 2n > 2n + 1 ;
b) 2n > n2 + 4n + 5 ;
c) 3n > 2n + 7n ?
Cho tổng:
\({S_n} = \frac{1}{{1.5}} + \frac{1}{{5.9}} + \frac{1}{{9.13}} + ... + \frac{1}{{\left( {4n - 3} \right)\left( {4n + 1} \right)}}\)
a) Tính S1, S2, S3, S4;
b) Dự đoán công thức tính Sn và chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Xét mệnh đề chứa biến P(n): "10n - 1 < n + 2017 với n ∈ N∗"
Bằng phép thử ta có P(1), P(2), P(3), P(4) là đúng. Khẳng định nào sau đây là sai?
A. P(n) đúng với mọi số chẵn n ≤ 4
B. P(n) đúng với mọi số lẻ n < 4
C. P(n) đúng với mọi số n
D. P(n) đúng với mọi số n ≤ 4
Đặt \({S_n} = \sqrt {2 + \sqrt {2 + ... + \sqrt 2 } } \). Giả sử hệ thức \({S_n} = 2\cos \frac{\pi }{{{2^{n + 1}}}}\) là đúng với n = k ≥ 1. Để chứng minh hệ thức trên cũng đúng với n = k + 1, ta phải chứng minh Sk + 1 bằng:
A. \(\underbrace {\sqrt {2 + \sqrt {2 + ... + \sqrt 2 } } }_{k + 1}\)
B. \(2\cos \frac{\pi }{{{2^{k + 2}}}}\)
C. \(2\cos \frac{\pi }{{{2^{k + 1}}}}\)
D. \(\sqrt {2 + {S_k}} \)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức sau :
\(1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\) (1)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức :
\({2^2} + {4^2} + ... + {\left( {2n} \right)^2} = \frac{{2n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{3}\)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có bất đẳng thức sau :
\(1 + \frac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \frac{1}{{\sqrt n }} < 2\sqrt n \)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ≥ 2, ta luôn có đẳng thức sau:
\(\left( {1 - \frac{1}{4}} \right).\left( {1 - \frac{1}{9}} \right)....\left( {1 - \frac{1}{{{n^2}}}} \right) = \frac{{n + 1}}{{2n}}\)
Cho n là một số nguyên lớn hơn 1. Hãy chứng minh bất đẳng thức sau:
\(\frac{1}{{n + 1}} + \frac{1}{{n + 2}} + ... + \frac{1}{{2n}} > \frac{{13}}{{24}}\)
Với mỗi số nguyên dương n, đặt un = 7.22n−2+32n−1 (1) .
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có un chia hết cho 5.
Cho số thực x > −1. Chứng minh rằng:
(1+x)n ≥ 1+nx (1)
Với mọi số nguyên dương n.
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
Đặt vế trái bằng \({S_n}.\)
Với \(n = 1,\) ta có:
\(\begin{array}{l}
VT = {S_1} = 2\\
VP = \frac{{1.\left( {3.1 + 1} \right)}}{2} = 2\\
\Rightarrow VT = VP
\end{array}\)
Hệ thức đúng.
Giả sử đã có \({S_k} = \dfrac{{k\left( {3k + 1} \right)}}{2}\) với \(k \ge 1.\)
Ta phải chứng minh \({S_{k + 1}} = \frac{{\left( {k + 1} \right)\left[ {3\left( {k + 1} \right) + 1} \right]}}{2}= \frac{{\left( {k + 1} \right)\left( {3k + 4} \right)}}{2}.\)
Thật vậy
\({S_{k + 1}} = {S_k} + 3\left( {k + 1} \right) - 1\) \( = \dfrac{{k\left( {3k + 1} \right)}}{2} + 3k + 2\) \( = \dfrac{{3{k^2} + k + 6k + 4}}{2}\) \( = \dfrac{{3{k^2} + 7k + 4}}{2}\) \({\rm{ = }}\dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left( {3k + 4} \right)}}{2}\left( {dpcm} \right)\)
Câu trả lời của bạn
Đặt \({S_n} = 3 + 9 + 27 + ... + {3^n}\).
Với \(n = 1\) thì \({S_1} = 3 = \dfrac{1}{2}\left( {{3^2} - 3} \right)\) nên đúng.
Giả sử có \({S_k} = \dfrac{1}{2}\left( {{3^{k + 1}} - 3} \right)\), \(k \ge 1\).
Ta chứng minh \({S_{k + 1}} = \frac{1}{2}\left( {{3^{k + 1 + 1}} - 3} \right)= \frac{1}{2}\left( {{3^{k + 2}} - 3} \right)\).
Thật vậy:
\({S_{k + 1}} =S_k+3^{k+1}= \dfrac{1}{2}\left( {{3^{k + 1}} - 3} \right) + {3^{k + 1}}\) \( = \dfrac{3}{2}{.3^{k + 1}} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{2}\left( {{3^{k + 2}} - 3} \right)\).
Vậy ta có đpcm.
Câu trả lời của bạn
Đặt vế trái bằng \({S_n}.\)
+) Với \(n = 1,\) vế trái chỉ có một số hạng bằng 1, vế phải bằng \(\dfrac{{1\left( {4.1 - 1} \right)}}{3} = 1.\)
+) Giả sử đã có \({S_k} = \dfrac{{k\left( {4{k^2} - 1} \right)}}{3}\) với\(k \ge 1.\) Ta phải chứng minh \({S_{k + 1}} = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left[ {4{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 1} \right]}}{3}.\)
Thật vậy, ta có
\({S_{k + 1}} = {S_k} + {\left[ {2\left( {k + 1} \right) - 1} \right]^2}\) \( = {S_k} + {\left( {2k + 1} \right)^2}\) \({\rm{ = }}\dfrac{{k\left( {4{k^2} - 1} \right)}}{3} + {\left( {2k + 1} \right)^2}\) \( = \dfrac{{k\left( {2k - 1} \right)\left( {2k + 1} \right) + 3{{\left( {2k + 1} \right)}^2}}}{3}\) \( = \dfrac{{\left( {2k + 1} \right)\left[ {k\left( {2k - 1} \right) + 3\left( {2k + 1} \right)} \right]}}{3}\) \({\rm{ = }}\dfrac{{\left( {2k + 1} \right)\left( {2{k^2} + 5k + 3} \right)}}{3}\) \( = \dfrac{{\left( {2k + 1} \right)\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 3} \right)}}{3}\)
\(\begin{array}{l}
= \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left( {4{k^2} + 8k + 3} \right)}}{3}\\
= \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left[ {4\left( {{k^2} + 2k + 1} \right) - 1} \right]}}{3}
\end{array}\)
\( = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left[ {4{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 1} \right]}}{3}\)
Suy ra đpcm.
Câu trả lời của bạn
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 \({2^{k + 2}} > 2k + 5{\rm{ }}\left( 1 \right)\)
Ta phải chứng minh nó cũng đúng với \(n = k + 1,\) tức là \({2^{k + 3}} > 2\left( {k + 1} \right) + 5\) hay
\({2^{k + 3}} > 2k + 7{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
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\({2^{k + 3}} > 2k + 7\left( {dpcm} \right).\)
Câu trả lời của bạn
Đặt \({A_n} = {11^{n + 1}} + {12^{2n - 1}}.\) Dễ thấy \({A_1} = 133,\) chia hết cho 133.
Giả sử đã có \({A_k} = {11^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}\) chia hết cho 133.
Ta có \({A_{k + 1}} = {11^{k + 2}} + {12^{2k + 1}}\) \( = {11.11^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}{.12^2}\) \({\rm{ = 11}}{\rm{.1}}{{\rm{1}}^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}\left( {11 + 133} \right)\) \( = 11.{A_k} + {133.12^{2k - 1}}\)
Vì \({A_k} \vdots 133\) nên \(11{A_k} \vdots 133\)
Mà \({133.12^{2k - 1}}\vdots 133 \) nên \({A_{k + 1}} \vdots 133.\)
Vậy ta có đpcm.
Câu trả lời của bạn
Đặt \({B_n} = 2{n^3} - 3{n^2} + n,\)
+) Với \(n = 1\) ta có: \({B_1} =2.1^3-3.1^2+1= 0 \vdots 6\)
+) Giả sử đã có \({B_k} = 2{k^3} - 3{k^2} + k\) chia hết cho 6.
Ta phải chứng minh \({B_{k + 1}} = 2{\left( {k + 1} \right)^3} - 3{\left( {k + 1} \right)^2} + k + 1\) chia hết cho 6.
Thật vậy, \(2{\left( {k + 1} \right)^3} - 3{\left( {k + 1} \right)^2} + k+1\) \( = 2.\left( {{k^3} + 3{k^2} + 3k + 1} \right)\) \( - 3\left( {{k^2} + 2k + 1} \right) + k + 1\)
\(\begin{array}{l}
= 2{k^3} + 6{k^2} + 6k + 2 - 3{k^2} - 6k - 3 + k + 1\\
= 2{k^3} + 3{k^2} + k
\end{array}\)
\( = \left( {2{k^3} - 3{k^2} + k} \right) + 6{k^2} \vdots 6\)
Do \(2{k^3} - 3{k^2} + k \vdots 6\) và \(6{k^2} \vdots 6\).
Vậy ta có đpcm.
Câu trả lời của bạn
Đặt vế trái bằng \({A_n}.\)
+) Dễ thấy với \(n = 1,\) hệ thức đúng.
+) Giả sử đã có \({A_k} = \dfrac{{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}{4},\left( {k \ge 1} \right).\)
Ta cần CM \({A_{k + 1}} = \frac{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}{{\left( {k + 2} \right)}^2}}}{4}\)
Ta có \({A_{k + 1}} = {A_k} + {\left( {k + 1} \right)^3}\) \( = \dfrac{{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}{4} + {\left( {k + 1} \right)^3}\) \( = \frac{{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2} + 4{{\left( {k + 1} \right)}^3}}}{4}\) \({\rm{ = }}\dfrac{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}\left( {{k^2} + 4k + 4} \right)}}{4}\) \( = \dfrac{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}{{\left( {k + 2} \right)}^2}}}{4}\)
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Câu trả lời của bạn
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 \(n = 7,8,...\)
Ta chứng minh: Với \(n \ge 7\) thì \({2^n} > {n^2} + 4n + 5\) bằng quy nạp.
+) Với \(n=7\) thì \(VT={2^7} = 128 \)
\(VP= {7^2} + 4.7 + 5=82\)
VT > VP nên bđt đúng.
+) Giả sử bđt đúng với \(n=k\ge 7\), nghĩa là
\({2^k} > {k^2} + 4k + 5\) (1)
Ta chứng minh bđt đúng với \(n = k + 1\) nghĩa là \({2^{k + 1}} > {\left( {k + 1} \right)^2} + 4\left( {k + 1} \right) + 5\) hay \({2^{k + 1}} > {k^2} + 6k + 10\)
Thật vậy,
Nhân cả hai vế của (1) với 2 ta được:
\({2^{k + 1}} > 2{k^2} + 8k + 10\)\( = \left( {{k^2} + 6k + 10} \right) + {k^2} + 2k\)
\( > {k^2} + 6k + 10\) \( \Rightarrow {2^{k + 1}} > {k^2} + 6k + 10\)
Vậy ta có đpcm.
Câu trả lời của bạn
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
\({\sin ^{2k + 2}}\alpha + {\cos ^{2k + 2}}\alpha \) \( = {\sin ^{2k}}\alpha .{\sin ^2}\alpha + {\cos ^{2k}}\alpha .{\cos ^2}\alpha \) \( \le {\sin ^{2k}}\alpha + {\cos ^{2k}}\alpha \le 1.\)
Câu trả lời của bạn
Dùng phép thử với \(n = 1,2,3,4\)ta dự đoán: Với \(n \ge 3\) thì bất đẳng thức đúng. Ta sẽ chứng minh điều đó bằng quy nạp.
+) Với \(n = 3,\) hiển nhiên đã có kết quả đúng, vì \({2^3} = 8 > 2.3 + 1 = 7.\)
+) Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k,\) tức là \({2^k} > 2k + 1{\rm{ (1)}}\)
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1,\) tức là
\({2^{k + 1}} > 2k + 3{\rm{ }}\left( 2 \right)\)
Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2, ta được
\({2^{k + 1}} > 4k + 2 = 2k + 3 + 2k - 1 > 2k + 3.\)
Câu trả lời của bạn
Với \(n = 0,1,2,3\) thì bất đẳng thức không đúng.
Với \(n = 4,5,...\) thì ta thấy bất đẳng thức đúng.
Dự đoán \({3^n} > {2^n} + 7,\forall n \ge 4\).
Thật vậy, với \(n = 4\) thì \(VT = {3^4} > {2^4} + 7.4 = VP\).
Giả sử bđt đúng với \(n = k \ge 4\), nghĩa là \({3^k} > {2^k} + 7k\,\,\left( 1 \right)\).
Ta cần chứng minh \({3^{k + 1}} > {2^{k + 1}} + 7\left( {k + 1} \right)\).
Nhân của hai vế của \(\left( 1 \right)\) với \(3\) ta được \({3.3^k} > {3.2^k} + 21k\) \( \Leftrightarrow {3^{k + 1}} > {3.2^k} + 21k\) \( > {2.2^k} + 7k + 14k\) \( > {2.2^k} + 7k + 7 = {2^{k + 1}} + 7\left( {k + 1} \right)\)
Vậy \(n \ge 4.\)
chứng minh rằng n^2016+ 2015n^2014 chia hết cho 6 với mọi số nguyên n
Câu trả lời của bạn
A. Mạnh thu được 122 mảnh
B. Mạnh thu được 123 mảnh
C. Mạnh thu được 120 mảnh
D. Mạnh thu được 121 mảnh
Câu trả lời của bạn
Mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 7 mảnh, tức là Mạnh tạo thêm 6 mảnh giấy. Do đó công thức tính số mảnh giấy theo n bước được thực hiện là Sn = 6n + 1. Ta chứng minh tính đúng đắn của công thức trên bằng phương pháp quy nạp theo n.
Bước cơ sở. Mạnh cắt mảnh giấy thành 7 mảnh, n =1, S(1) = 6.1+1 =7
Công thức đúng với n = 1
Bước quy nạp: giả sử sau k bước, Mạnh nhận được số mảnh giấy là S(k) = 6k + 1
Sang bước thứ k +1, Mạnh lấy một trong số những mảnh giấy nhận được trong k bước trước và cắt thành 7 mảnh. Tức là Mạnh đã lấy đi 1 trong S(k) mảnh và thay vào đó 7 mảnh được cắt ra. Vậy tổng số mảnh giấy ở bước k + 1 là: S(k =1) = S(k) -1 + 7= S(k) + 6 = 6k + 1 + 1 = 6(k+1) +1
Vậy công thức S(n) đúng với mọi n ∈ N*. Theo công thức trên chỉ có phương án D thoả mãn vì 121 =6.20 + 1
Câu trả lời của bạn
u10 = 102 – 4.20 – 2 =58
A. Đúng
B. Sai
C. Không đúng không sai
D. Vừa đúng vừa sai
Câu trả lời của bạn
Phép chứng minh thiếu mất bước cơ sở kiểm tra mệnh đề đúng với n=1
A. un+1 = 1 +3un với n ≥ 1
B. un+1 = 1 +3un + 3n+1 với n ≥ 1
C. un+1 = un + 3n+1 - 2 với n ≥ 1
D. un+1 = 3un + 3n+1 - 2 với n ≥ 1
Câu trả lời của bạn
un+1 = 1+ (n+4).3n+13n+1 = 1 + (n+3).3n+1 + 3n+1
= 1 + 3n.(n+3).3 + 3n+1= 3[1 + (n+ 3).3n] + 3n+1 – 2 = 3un + 3n+ -2
A. 6 B. 4
C. 9 D. 12
Câu trả lời của bạn
Dễ dàng tìm được đáp án n = 6
Câu trả lời của bạn
Giả sử cần chứng minh đẳng thức P(n) = Q(n) (hoặc P(n) > Q(n)) đúng với n ≥ n0, n0 ∈ N* ta thực hiện các bước sau:
Bước 1: Tính P(n0),Q(n0) rồi chứng minh P(n0 )= Q(n0)
Bước 2: Giả sử P(k) = Q(k) ; k ≥ n0, k ∈ N*, ta cần chứng minh P(k+1) = Q(k+1).
A. n = 1 B. n = p
C. n > p D. n ≥ p
Câu trả lời của bạn
Chọn B
- Bước 1, kiểm tra mệnh đề A(n) đúng với n = p
- Bước 2, giả thiết mệnh đề A(n) đúng với số tự nhiên bất kỳ n > p và phải chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k+1
Trong hai bước trên:
A. Chỉ có bước 1 đúng. B. Chỉ có bước 2 đúng.
C. Cả hai bước đều đúng. D. Cả hai bước đều sai.
Câu trả lời của bạn
Chọn C
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *