Cập nhật thông tin chi tiết về Giải Sbt Toán 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học mới nhất trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất.
Để có kết quả cao hơn trong học tập, VnDoc xin giới thiệu tới các bạn học sinh tài liệu Giải SBT Toán 11 bài 1: Phương pháp quy nạp toán học, hy vọng qua bộ tài liệu các bạn học sinh sẽ rèn luyện giải bài tập Toán nhanh và hiệu quả hơn. Mời thầy cô và các bạn học sinh cùng tham khảo.
Giải SBT Toán 11 bài 1
Bài 1.1 trang 99 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N*)
a) 2+5+8+…+(3n−1)=n(3n+1)/2
Giải:
a) Đặt vế trái bằng S n. Kiểm tra với n = 1 hệ thức đúng.
Giả sử đã có S k=k(3k+1)/2 với k≥1.
Ta phải chứng minh S k+1=(k+1)(3k+4)/2
Thật vậy
=k(3k+1)/2+3k+2
=(k+1)(3k+4)/2(đpcm)
b) Đặt vế trái bằng làm tương tự như câu a).
Bài 1.2 trang 99 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N* )
Giải:
a) Đặt vế trái bằng S n
Với n = 1 vế trái chỉ có một số hạng bằng 1, vế phải bằng 1(4.1−1)/3=1
Giả sử đã có S k=k(4k 2 −1)/3 với k≥1. Ta phải chứng minh
Thật vậy, ta có
=(2k+1)[k(2k−1)+3(2k+1)]/3
=(k+1)(2k2+5k+3)/3
=(k+1)(2k+3)(2k+1)/3
b) Đặt vế trái bằng A n
Dễ thấy với n = 1 hệ thức đúng.
Ta có:
Bài 1.3 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có
a) 2n 3−3n 2+n chia hết cho 6.
b) 11 n+1+12 2n−1 chia hết cho 133.
Giải:
Giả sử đã có B k=2k 3−3k 2+k chia hết cho 6.
Ta phải chứng minh B k+1=2(k+1) 3−3(k+1) 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
Vì A k⋮133Ak⋮133 nên A k+1 ⋮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*)
Giải:
Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2, ta được
b) Với n = 1 thì sin 2α+cos 2 α=1 bất đẳng thức đúng.
Giả sử đã có sin 2kα+cos 2k α≤1 với k≥1, ta phải chứng minh
Thật vậy, ta có:
sin2k+2α+cos2k+2αsin2k+2α+cos2k+2α
Bài 1.5 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Với giá trị nào của số tự nhiên n ta có
Giải:
Đây thực chất là bài toán giải bất phương trình trên N*.
Phương pháp: Có thể dùng phép thử, sau đó dự đoán kết quả và chứng minh.
a) Dùng phép thử với n = 1, 2, 3, 4 ta dự đoán: Với thì n≥3 bất đẳng thức đúng. Ta sẽ chứng minh điều đó bằng quy nạp.
ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là
Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2, ta được
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 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Cho tổng
S n=1/1.5+1/5.9+1/9.13+…+1/(4n−3)(4n+1)
b) Dự đoán công thức tính S n và chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Giải:
a) Tính
b) Viết lại
Ta có thể dự đoán S n=n/4n+1
Bài 1.7 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Cho n số thực a 1,a 2,…,a n thoả mãn điều kiện
−1<a i ≤0 với i=1, n¯
Chứng minh rằng với mọi n ∈ N*, ta có
Giải:
Với n = 1 bất đẳng thức đúng.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k≥1 tức là
Nhân hai vế của (1) với 1+a k+1 ta được
Bài 1.8 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Chứng minh rằng với các số thực a 1,a 2,a 3,…,a n(n∈N∗), ta có
Giải:
Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k≥2. Đặt a 1+a 2+…+ak=A ta có
Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
Phương pháp quy nạp toán học
I. Quy nạp toán học
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}).
(1) Nếu (P({n_0})) là đúng.
(2) Giả sử (P(k)) đúng, ta chứng minh được (P(k + 1))cũng đúng với mọi số tự nhiên (k ge {n_0});
thì kết luận mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên (n ge {n_0}) .
II. Phương pháp quy nạp toán học
Quy trình chứng minh mệnh đề (P(n)) đúng với mọi số tự nhiên (n ge {n_0}, )({n_0} in mathbb{N}) bằng phương pháp quy nạp như sau:
Bước 1: (Cơ sở) Kiểm tra (P({n_0})) là mệnh đề đúng. Nghĩa là mệnh đề đúng với (n={n_0})
Bước 2: (Xây dựng giả thiết quy nạp) Giả sử mệnh đề đúng với (k ge {n_0}). Nghĩa là mệnh đề đúng với (n= k ge {n_0})
Bước 3. (Quy nạp) Ta chứng mệnh đề (P(k + 1)) cũng đúng. Nghĩa là mệnh đề đúng với (n= k+1)
Kết luận: (P(n)) đúng với (forall n ge {n_0}).
III. Ví dụ minh họa
Vấn đề 1: Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức – Bất đẳng thức
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)).
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng (forall n in {{rm N}^*}) ta luôn có đẳng thức sau:
(1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2})
Giải
Đặt ({A_n} = 1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2},)
Bước 1. (Bước cơ sở). Kiểm tra mệnh đề đúng với n=1.
Với n=1, ta có: (1 = frac{{1.(1 + 1)}}{2} = 1) (đúng)
Bước 2. (Xây dựng giả thiết quy nạp)
Giả sử mệnh đề đúng với (n = k ge 1).
nghĩa là:
({A_n} = 1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2},)
Bước 3. (Quy nạp) ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
Nghĩa là: ({A_{n + 1}} = 1 + 2 + … + n + (n + 1) = ,frac{{(n + 1)(n + 2)}}{2})
Thật vậy: ({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}) . Suy ra mệnh đề đúng với n= k+1.
Vậy (1 + 2 + … + n = ,frac{{n(n + 1)}}{2}) (forall n in {{rm N}^*}).
Ví dụ 2:
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})
Giải
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). Suy ra An đúng với n=1.
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}^*}).
Vấn đề 2: Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học
Ví dụ 3
Chứng minh rằng (forall n in {{rm N}^*}) :
({n^3} + 2n) chia hết cho 3.
Giải
Đặt ({A_n} = {n^3} + 2n)
Bước 1. (Bước cơ sở). Kiểm tra mệnh đề đúng với n=1.
Với n= 1: ({A_n} = 1 + 2 = 3, vdots ,3)
Bước 2. (Xây dựng giả thiết quy nạp). Giả sử mệnh đề đúng với (n = k ge 1)
nghĩa là:
({A_n} = {n^3} + 2n,, vdots ,,3) (giả thiết quy nạp)
Bước 3. (Quy nạp). Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1.
Thật vậy:
({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}^*})
Ví dụ 4:
Cho (n) là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: ({a_n} = {16^n}-15n-1 vdots 225)
Giải
( 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 – 15left( {{{16}^k} – 1} right))
( = {a_k} – 15left( {{{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.
Ví dụ 5
Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi ((n ge 3)) bằng ((n – 2){180^0}).
Lời giải:
( 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).
IV. Luyện tập
Câu 1: Chứng minh mệnh đề ” (forall n in {N^ * })ta luôn có (1 + 2 + … + n = frac{{nleft( {n + 1} right)}}{2})” bằng phươg pháp quy nạp toán học, bước 1 ta kiểm tra với giá trị nào của n?
A. n=0
B. n=1
C. n=2
D. n=3
—————–
Giải Sbt Toán 11 Bài 1: Quy Tắc Đếm
Để giúp các bạn học sinh học tập tốt hơn môn Toán, VnDoc mời các bạn tham khảo tài liệu Giải SBT Toán 11 bài 1: Quy tắc đếm, nội dung tài liệu được cập nhật chi tiết và chính xác nhất. Mời các bạn học sinh tham khảo.
Quy tắc đếm
Bài 1.1 trang 78 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Nam đến cửa hàng văn phòng phẩm để mua quà tặng bạn. Trong cửa hàng có ba mặt hàng: Bút, vở và thước, trong đó có 5 loại bút, 4 loại vở và 3 loại thước. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một món quà gồm một bút, một vở và một thước?
Giải:
Số cách chọn một món quà gồm một bút, một vở và một thước là:
Theo quy tắc nhân, có 5 × 4 × 3 = 60 cách chọn.
Bài 1.2 trang 78 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Trong một đội văn nghệ có 8 bạn nam và 6 bạn nữ. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một đôi song ca nam – nữ?
Giải:
Áp dụng quy tắc nhân, có 8 × 6 = 48 cách chọn
Bài 1.3 trang 78 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Có bao nhiêu số tự nhiên có tính chất:
a) Là số chẵn và có hai chữ số (không nhất thiết khác nhau);
b) Là số lẻ và có hai chữ số (không nhất thiết khác nhau);
c) Là số lẻ và có hai chữ số khác nhau;
d) Là số chẵn và có hai chữ số khác nhau.
Giải:
a) Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị là số chẵn.
Có 9 cách chọn chữ số hàng chục
Theo quy tắc nhân, có 5 × 9 = 45 số chẵn gồm 2 chữ số.
b) Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị là lẻ.
Có 9 cách chọn chữ số hàng chục.
Vậy có 5 × 9 = 45 số lẻ gồm hai chữ số (có thể giống nhau).
c) Có 5 cách chọn chữ số hàng đơn vị là số lẻ;
Có 8 cách chọn chữ số hàng chục mà khác chữ số hàng đơn vị.
Vậy có 5 × 8 = 40 số lẻ gồm hai chữ số khác nhau.
d) Số các số chẵn có hai chữ số, tận cùng bằng 0 là 9.
Để tạo nên số chẵn không chẵn chục, ta chọn chữ số hàng đơn vị khác 0. Có 4 cách chọn. Tiếp theo chọn chữ số hàng chục. Có 8 cách chọn. Vậy theo quy tắc cộng và quy tắc nhân, ta có 9 + 8 × 4 = 41 số chẵn gồm hai chữ số khác nhau.
Bài 1.4 trang 78 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Có 10 cặp vợ chồng đi dự tiệc. Tính số cách chọn một người đàn ông và một người đàn bà trong bữa tiệc để phát biểu ý kiến, sao cho:
a) Hai người đó là vợ chồng ;
b) Hai người đó không là vợ chồng.
Giải.
a) Có 10 cách chọn ngời đàn ông. Khi đã chọn người đàn ông rồi, chỉ có 1 cách chọn người đàn bà là vợ của người đàn ông đó. Vậy có 10 cách.
b) Có 10 cách chọn người đàn ông. Khi đã chọn người đàn ông rồi, có 9 cách chọn người đàn bà không là vợ của người đàn ông đó. Vậy có 10 × 9 = 90 cách chọn.
Bài 1.5 trang 78 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Số 360 có bao nhiêu ước nguyên dương?
Giải:
Phân tích số 360 thành tích các thừa số nguyên tố 360=2 3.3 2.5
Số d là ước của 360 phải có dạng d=2 m.3 n.5 p với 0≤m≤3,0≤n≤2,0≤p≤1
Vậy theo quy tắc nhân, ta có (3+1)(2+1)(1+1)=24 ước nguyên dương của 360.
Bài 1.6 trang 79 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Trong 100 000 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số chứa một chữ số 3, một chữ số 4 và một chữ số 5?
Giải:
Nếu viết 00345 thì ta hiểu đó là số có ba chữ số 345. Với quy ước như vậy ta lí luận như sau: Từ dãy hình thức ***** ta lần lượt thay dấu * bởi các chữ số. Chữ số 3 có 5 cách đặt, khi đã đặt số 3, có 4 cách đặt số 4, có 3 cách đặt số 5. Khi đã đặt xong các số 3, 4, 5 rồi còn hai chỗ nữa. Ta có 7 cách đặt một trong 7 số còn lại vào chỗ dấu * đầu tiên tính từ bên trái và 7 cách đặt chữ số vào dấu * còn lại. Vậy theo quy tắc nhân, có 5. 4. 3. 7. 7 = 2940 số nguyên dương không vượt quá 100000 mà chứa một chữ số 3, một chữ số 4 và một chữ số 5.
Bài 1.7 trang 79 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Giữa hai thành phố A và B có 5 con đường đi. Hỏi có bao nhiêu cách đi từ A đến B rồi trở về A mà không có đường nào được đi hai lần?
Giải:
Có 5 cách đi từ A đến B. Đến B rồi, có 4 cách trở về A mà không đi qua con đường đã đi từ A đến B. Vậy có 5. 4 = 20 cách đi từ A đến B rồi trở về A mà không đường nào đi hai lần.
Bài 1.8 trang 79 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Có bao nhiêu số nguyên dương gồm không quá ba chữ số khác nhau?
Giải:
Có 9 số nguyên dương gồm một chữ số;
Có 9.9 số nguyên dương gồm hai chữ số khác nhau;
Có 9.9.8 số nguyên dương gồm 3 chữ số khác nhau.
Vậy số các số cần tìm là: 9 + 9. 9 + 9. 9. 8 = 738
Bài 1.9 trang 79 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Một người đi vào cửa hàng ăn. Người đó muốn chọn thực đơn gồm một món ăn trong 10 món, một loại hoa quả tráng miệng trong 5 loại hoa quả và một loại nước uống trong 4 loại nước uống. Hỏi có bao nhiêu cách chọn thực đơn của bữa ăn?
Giải:
Số cách chọn thực đơn bữa ăn là:
Theo quy tắc nhân có 10. 5. 4 = 200 cách chọn
Bài 1.10 trang 79 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11
Một lớp có 40 học sinh, đăng kí chơi ít nhất một trong hai môn thể thao bóng đá và cầu lông. Có 30 em đăng kí môn bóng đá, 25 em đăng kí môn cầu lông. Hỏi có bao nhiêu em đăng kí cả hai môn thể thao?
Giải:
Kí hiệu A và B lần lượt là tập các học sinh đăng kí môn bóng đá và cầu lông.
n(A∩B)=n(A)+n(B)−n(A∪B)n(A∩B)=n(A)+n(B)−n(A∪B)
= 30 + 25 – 40 = 15
Vậy có 15 em đăng kí chơi hai môn thể thao.
Sách Giải Bài Tập Toán Lớp 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học
Sách giải toán 11 Bài 1: Phương pháp quy nạp toán học giúp bạn giải các bài tập trong sách giáo khoa toán, học tốt toán 11 sẽ giúp bạn rèn luyện khả năng suy luận hợp lý và hợp logic, hình thành khả năng vận dụng kết thức toán học vào đời sống và vào các môn học khác:
a) Với n = 1, 2, 3, 4, 5 thì P(n), Q(n) đúng hay sai?
b) Với mọi n ∈ N* thì P(n), Q(n) đúng hay sai?
Lời giải:
a) n = 1: P(n) đúng, Q(n) đúng
n = 2,3,4: P(n) đúng, Q(n) sai
n = 5: P(n) sai, Q(n) sai
b) n = 1: P(n) đúng, Q(n) đúng
n = 2,3,4: P(n) đúng, Q(n) sai
n ≥ 5: P(n) sai, Q(n) sai
1 + 2 + 3 + … + n = (n(n+1))/2
Lời giải:
– Khi n = 1, VT = 1;
– Giả sử đẳng thức đúng với n = k ≥ 1, nghĩa là:
Ta phải chứng minh rằng đẳng thức cũng đúng với n = k + 1, tức là:
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có:
Vậy đẳng thức đúng với mọi n ∈ N*
a) So sánh 3 n và 8n khi n = 1, 2, 3, 4, 5.
b) Dự đoán kết quả tổng quát và chứng minh bằng phương pháp quy nạp
Lời giải:
a)n = 1 ⇒ 3 1 = 3 < 8 = 8.1
n = 2 ⇒ 3 2 = 9 < 16 = 8.2
– n = 3, bất đẳng thức đúng
– Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k ≥ 3, nghĩa là:
Ta phải chứng minh rằng bất đẳng thức cũng đúng với n = k + 1, tức là:
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có:
Vậy bất đẳng thức đúng với mọi n ≥ 3
Bài 1 (trang 82 SGK Đại số 11): Chứng minh rằng với n ∈ N*, ta có các đẳng thức:
Lời giải:
a. + Với n = 1, ta có:
VT = 3 – 1 = 2
VP = (3 + 1)/2 = 2.
⇒ VT = VP
⇒ (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k ≥ 1 nghĩa là:
2 + 5 + 8 + …+ (3k – 1) = k(3k + 1)/2. (*)
Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là :
Thật vậy :
Ta có :
2 + 5 + 8 + … 3.(k + 1) – 1
= 2 + 5 + 8 + … + (3k – 1) + [3.(k + 1) – 1]
b) + Với n = 1 :
Vậy (2) đúng với n = 1
Thật vậy, ta có :
c. + Với n = 1 :
⇒ (3) đúng với n = 1
+ giả sử đẳng thức (3) đúng với n = k nghĩa là :
Cần chứng minh (3a) đúng khi n = k + 1, tức là:
Thật vậy:
Bài 2 (trang 82 SGK Đại số 11): Chứng minh rằng với n ∈ N*
b. 4 n + 15n – 1 chia hết cho 9
c. n 3 + 11n chia hết cho 6.
Lời giải:
a. Cách 1: Quy nạp
+ Ta có: với n = 1
A 1 = 1 + 3 + 5 = 9 chia hết 3
+ giả sử với n = k ≥ 1 ta có:
A k = (k 3 + 3k 2 + 5k) chia hết 3 (giả thiết quy nạp)
Ta chứng minh A k + 1 chia hết 3
Thật vậy, ta có:
Theo giả thiết quy nạp: k 3 + 3k 2 + 5k ⋮ 3
Cách 2: Chứng minh trực tiếp.
= n.(n + 1)(n + 2) + 3n.
Mà: n(n + 1)(n + 2) ⋮ 3 (tích của ba số tự nhiên liên tiếp)
3n ⋮ 3
Vậy n 3 + 3n 2 + 5n chia hết cho 3 với mọi ∀n ∈ N*
b. 4 n + 15n – 1 chia hết cho 9
với n = 1 ⇒ A 1 = 4 + 15 – 1 = 18 chia hết 9
+ giả sử đúng với n = k ≥ 1 nghĩa là:
A k = (4 k + 15k – 1) chia hết 9 (giả thiết quy nạp)
Ta cần chứng minh: A k + 1 chia hết 9
Thật vậy, ta có:
= 4.4 k + 15k + 15 – 1
Theo giả thiết quy nạp: A k ⋮ 9.
Lại có : 4 k + 5 = (3 + 1)k + 5 ≡ 1 + 5 ≡ 0 (mod 3)
Vậy 4 n + 15n – 1 chia hết cho 9 ∀n ∈ N*
c. Cách 1: Chứng minh quy nạp.
+ Với n = 1 ⇒ U 1 = 12 chia hết 6
+ giả sử đúng với n = k ≥ 1 ta có:
U k = (k 3 + 11k) chia hết 6 (giả thiết quy nạp)
Ta cần chứng minh: U k + 1 = (k + 1) 3 + 11(k + 1) chia hết 6
Thật vậy ta có:
Mà: U k ⋮ 6 (giả thiết quy nạp)
Vậy n 3 + 11n chia hết cho 6 ∀n ∈ N*.
Cách 2: Chứng minh trực tiếp.
= n(n – 1)(n + 1) + 12n.
Vì n(n – 1)(n + 1) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất 1 thừa số chia hết cho 2 và 1 thừa số chia hết cho 3
⇒ n(n – 1)(n + 1) ⋮ 6.
Lại có: 12n ⋮ 6
⇒ n 3 + 11n = n(n – 1)(n + 1) + 12n ⋮ 6.
Bài 3 (trang 82 SGK Đại số 11): Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có các bất đẳng thức:
Khi đó:
⇒ (1) đúng với n = k + 1.
Khi đó:
⇒ (2) đúng với n = k + 1.
Bài 4 (trang 83 SGK Đại số 11):
b.Dự đoán công thức tính tổng S n và chứng minh bằng quy nạp.
Ta chứng minh đẳng thức (1) bằng quy nạp
+ Với n = 1 thì (1) đúng.
+ Giả sử (1) đúng với n = k, tức là
Khi đó:
⇒ (1) đúng với n = k + 1, do đó đúng với mọi n ∈ N*
Bài 5 (trang 83 SGK Đại số 11): Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh là n(n-3)/2
Lời giải:
Chọn 2 điểm bất kì trong số các đỉnh của một đa giác ta được 1 đoạn thẳng (cạnh hoặc đường chéo)
⇒ Số đoạn thẳng của đa giác bằng:
⇒ số đường chéo của đa giác lồi có n cạnh là:
Bạn đang xem bài viết Giải Sbt Toán 11 Bài 1: Phương Pháp Quy Nạp Toán Học trên website Caffebenevietnam.com. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!