Lớp 11 - Toán học Giải bài 1, 2, 3, 4, 5 trang 82, 83 Sách giáo khoa Đại số và Giải tích 11

Bài 1 trang 82 sách đại số và giải tích 11

Chứng minh rằng với \(n \in {\mathbb N}^*\), 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) \({1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {n^2}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)

Hướng dẫn giải

a) Với \(n = 1\), vế trái chỉ có một số hạng là \(2\), vế phải bằng \( \frac{1.(3.1+1)}{2} = 2\)

Vậy hệ thức a) đúng với \(n = 1\).

Đặt vế trái bằng \(S_n\)

Giả sử đẳng thức a) đúng với \(n = k ≥ 1\), tức là

\(S_k=2 + 5 + 8 + …+ 3k – 1 = \frac{k(3k+1)}{2}\)

Ta phải chứng minh rằng a) cũng đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là phải chứng minh

\(S_{k+1}= 2 + 5 + 8 + ….+ 3k -1 + (3(k + 1) – 1) = \frac{(k+1)(3(k+1)+1)}{2}\)

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có: \({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}2\) = \( \frac{k(3k+1)}{2} + 3k + 2\)

= \( \frac{3k^{2}+k+6k+4}{2}\) \( =\frac{3(k^{2}+2k+1)+k+1}{2}=\frac{(k+1)(3(k+1)+1)}{2}\) (điều phải chứng minh)

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức a) đúng với mọi \(n \in {\mathbb N}^*\)

b) Với \(n = 1\), vế trái bằng \( \frac{1}{2}\), vế phải bằng \( \frac{1}{2}\), do đó hệ thức đúng.

Đặt vế trái bằng \(S_n\)_.

Giả sử hệ thức b) đúng với \(n = k ≥ 1\), tức là \( S_{k}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...+\frac{1}{2^{k}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k}}\)

Ta phải chứng minh \( S_{k+1}=\frac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}\).

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có: \( S_{k+1}=S_{k}+\frac{1}{2^{k+1}}=\frac{2^{k}-1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k+1}}\)

\(= \frac{2^{k+1}-2+1}{2^{k+1}}=\frac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}\) (điều phải chứng minh)

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức b) đúng với mọi \(n \in {\mathbb N}^*\)

c) Với \(n = 1\), vế trái bằng \(1\), vế phải bằng \( \frac{1(1+1)(2+1)}{6}= 1\) nên hệ thức c) đúng với \(n = 1\).

Đặt vế trái bằng \(S_n\)_.

Giả sử hệ thức c) đúng với \(n = k ≥ 1\), tức là

\(S_k= {1^2} + {2^2} + {3^2} + ... + {k^2}=\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}\)

Ta phải chứng minh \( S_{k+1}=\frac{(k+1)(k+2)(2(k+1)+1)}{6}\)

Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có:

\({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}{\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^2}\) = \( \frac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(k+1)^{2}\)\(= (k + 1).\frac{k(2k+1)+6(k+1)}{6} = (k + 1)\frac{2k^{2}+k+6k+6}{6}\)

\( =\frac{(k+1)(2k(k+2)+3)+3(k+2)}{6}=\frac{(k+1)(k+2)(2(k+1)+1)}{6}\) (đpcm)

Vậy theo nguyên lí quy nạp toán học, hệ thức c) đúng với mọi \(n \in {\mathbb N}^*\).

Bài 2 trang 82 sgk toán 11

Chứng minh rằng với \(n\in {\mathbb N}^*\) ta luôn có:

a) \({n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) chia hết cho \(3\);

b) \({4^n} + {\rm{ }}15n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) chia hết cho \(9\);

c) \({n^3} + {\rm{ }}11n\) chia hết cho \(6\).

Hướng dẫn giải:

a) Đặt \(S_n={n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\)

Với \(n = 1\) thì \(S_1= 9\) chia hết cho \(3\)

Giả sử với \(n = k ≥ 1\), ta có \(S_k= ({k^3} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}5k) \vdots\) \( 3\)

Ta phải chứng minh rằng \(S_{k+1}\)\( \vdots\) \(3\)

Thật vậy :

\({\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^3} + {\rm{ }}3{\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^2} + {\rm{ }}5\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\)

\( = {k^3}{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}6k{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}5k{\rm{ }} + {\rm{ }}5\)

\( = {\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}5k{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}9k{\rm{ }} + {\rm{ }}9\)

hay \({S_{k + 1}} = {S_k} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3)\)

Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \) \( \vdots\) \(3\), mặt khác \(3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3) \vdots\) \(3\) nên \(S_{k+1} \vdots\) \(3\).

Vậy \({n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) chia hết cho \(3\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\) ^.

b) Đặt \({S_n} = {4^n} + {\rm{ }}15n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\)

Với \(n{\rm{ }} = {\rm{ }}1,{S_1} = {\rm{ }}{4^1} + {\rm{ }}15.1{\rm{ }}-{\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}18\) nên \(S_1 \vdots\) \(9\)

Giả sử với \(n = k ≥ 1\) thì \({S_k} = {\rm{ }}{4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) chia hết cho \(9\).

Ta phải chứng minh \(S_{k+1} \vdots\) \(9\).

Thật vậy, ta có:

\({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{4^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}1}} + {\rm{ }}15\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}1\)

\( = {\rm{ }}4({4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }}-{\rm{ }}1){\rm{ }}-{\rm{ }}45k{\rm{ }} + {\rm{ }}18{\rm{ }} = {\rm{ }}4{S_k}-{\rm{ }}9\left( {5k{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)\)

Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \vdots\) \(9\) nên \(4S_1 \vdots\) \(9\), mặt khác \(9(5k - 2) \vdots\) \(9\), nên \(S_{k+1} \vdots\) \(9\)

Vậy \((4^n+ 15n - 1) \vdots\) \(9\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\)

c) Đặt \({S_n} = {n^3} + {\rm{ }}11n\)

Với \(n = 1\), ta có \({S_1} = {\rm{ }}{1^3} + {\rm{ }}11.1{\rm{ }} = {\rm{ }}12\) nên \(S_1\) \( \vdots\) \(6\)

Giả sử với \(n = k ≥ 1\) ,ta có \({S_{k}} = {k^3} + {\rm{ }}11k \vdots\) \(6\)

Ta phải chứng minh \(S_{k+1}\)\( \vdots\) 6

Thật vậy, ta có

\({S_{k + 1}} = {\rm{ }}\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^3{\rm{ }} + {\rm{ }}11\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }} = {\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}3k^2+ {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}11k{\rm{ }} + {\rm{ }}11\)

\( = ({\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}11k){\rm{ }} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}k{\rm{ }} + {\rm{ }}4){\rm{ }} = {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}k{\rm{ }} + {\rm{ }}4)\)

Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k\)\( \vdots\) \(6\), mặt khác \(k^2+ k + 4 = k(k + 1) + 4\) là số chẵn nên \(3(k^2+ k + 4)\) \( \vdots\) \(6\), do đó \(S_{k+1}\)\( \vdots\) \(6\)

Vậy \(n^3+ 11n\) chia hết cho \(6\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\).

Bài 3 trang 82 sgk toán 11

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n ≥ 2\), ta có các bất đẳng thức:

a) \(3^n> 3n + 1\); b) \(2^{n+1} > 2n + 3\)

Hướng dẫn giải:

a) Dễ thấy bất đẳng thức đúng với \(n = 2\)

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k ≥ 2\), tức là

\(3^k> 3k + 1\) (1)

Nhân hai vế của (1) vơi \(3\), ta được:

\(3^{k+1} > 9k + 3 \Leftrightarrow 3^{k+1} > 3k + 4 + 6k -1\).

Vì \(6k - 1 > 0\) nên \(3^{k+1} > 3k + 4\)

hay \(3^{k+1} > 3(k + 1) + 1\).

tức là bất đẳng thức đúng với \(n = k + 1\).

Vậy \(3^n> 3n + 1\) với mọi số tự nhiên \(n ≥ 2\).

b) Với \(n = 2\) thì vế trái bằng \(8\), vế phải bằng \(7\). Vậy bất đẳng thức đúng với \(n = 2\)

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k ≥ 2\), tức là

\(2^{k+1} > 2k + 3\) (2)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với \(n= k + 1\), nghĩa là phải chứng minh

\({2^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}2}} > 2\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right) + 3{\rm{ }} \Leftrightarrow {2^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}2}} > 2k + 5\)

Nhân hai vế của bất đẳng thức (2) với \(2\), ta được:

\({2^{k + 2}} > 4k + 6 \Leftrightarrow {2^{k+2}} > 2k + 5 + 2k + 1\).

Vì \(2k + 1> 0\) nên \({2^{(k + 1)+1}}> 2k + 5=2(k+1)+3\)

Vậy \({2^{n+1}} > 2n + 3\) với mọi số tự nhiên \(n ≥ 2\).

Bài 4 trang 83 sgk toán 11

Cho tổng \({S_n} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + ... + {1 \over {n(n + 1)}}\) với \(n\in {\mathbb N}^*\).

a) Tính \({S_1},{S_2},{S_3}\)

b) Dự đoán công thức tính tổng \(S_n\) và chứng minh bằng quy nạp.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\eqalign{
& {S_1} = {1 \over {1.2}} = {1 \over 2} \cr
& {S_2} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} = {2 \over 3} \cr
& {S_3} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + {1 \over {3.4}} = {3 \over 4} \cr} \)

b) Từ câu a) ta dự đoán \({S_n} = {n \over {n + 1}}(1)\), với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức (1) bằng phương pháp quy nạp

Khi \(n = 1\), vế trái là \({S_1} = {1 \over 2}\) vế phải bằng \({1 \over {1 + 1}} = {1 \over 2}\). Vậy đẳng thức (1) đúng.

Giả sử đẳng thức (1) đúng với \(n\ge 1\), tức là

\({S_k} = {1 \over {1.2}} + {1 \over {2.3}} + ... + {1 \over {k(k + 1)}} = {k \over {k + 1}}\)

Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với \(n = k + 1\), nghĩa là phải chứng minh

\({S_{k + 1}} = {{k + 1} \over {k + 2}}\)

Ta có : \({S_{k + 1}} = {S_k} + {1 \over {(k + 1)(k + 2)}} = {k \over {k + 1}} + {1 \over {(k + 1)(k + 2)}}\)

\( = {{{k^2} + 2k + 1} \over {(k + 1)(k + 2)}} = {{k + 1} \over {k + 2}}\)

tức là đẳng thức (1) đúng với \(n = k + 1\).

Vậy đẳng thức (1) đã được chứng minh.

Bài 5 trang 83 sgk toán 11

Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi \(n\) cạnh là \({{n(n - 3)} \over 2}\)

Giải:

Ta chứng minh khẳng định đúng với mọi \(n \in{\mathbb N}^*\), \(n ≥ 4\).

Với \(n = 4\), ta có tứ giác nên nó có hai đường chéo.

Mặt khác thay \(n = 4\) vào công thức, ta có số đường chéo của tứ giác theo công thức là: \({{4(4 - 3)} \over 2} = 2\)

Vậy khẳng định đúng với \(n= 4\).

Giả sử khẳng định đúng với \(n = k ≥ 4\), tức là đa giác lồi \(k\) cạnh có số đường chéo là \({{k(k - 3)} \over 2}\)

                                                                                      congdong.edu.vn