Bài 2 trang 82 SGK Đại số và Giải tích 11

Chứng minh rằng

Quảng cáo

Video hướng dẫn giải

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

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

LG a

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

Phương pháp giải:

Vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học.

Bước 1: Chứng minh mệnh đề đúng với \(n=1\).

Bước 2: Giả sử đẳng thức đúng đến \(n=k \ge 1\) (giả thiết quy nạp). Chứng minh đẳng thức đúng đến \(n=k+1\).

Khi đó đẳng thức đúng với mọi \(n \in N^*\).

Lời giải chi tiết:

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

Với \(n = 1\) thì \(S_1= {1^3} + {3.1^2} + 5.1 = 9\) chia hết cho \(3\)

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

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

Thật vậy :

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

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

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

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

Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \) \( \vdots\) \(3\)

Mà \(3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3) \vdots\) \(3\) nên \(S_{k+1} \vdots\) \(3\).

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

Cách khác:

Chứng minh trực tiếp.

Ta có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{n^3}\; + {\rm{ }}3{n^2}\; + {\rm{ }}5n}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.({n^2}\; + {\rm{ }}3n{\rm{ }} + {\rm{ }}5)}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.({n^2}\; + {\rm{ }}3n{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}3)}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.({n^2}\; + {\rm{ }}3n{\rm{ }} + {\rm{ }}2){\rm{ }} + {\rm{ }}3n}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}3n.}
\end{array}\)

Mà: \(n\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right)\; \vdots  \;3\) (tích của ba số tự nhiên liên tiếp)

và \(3n \, \vdots \, 3\)

\( \Rightarrow {n^3} + 3{n^2} + 5n = n(n + 1)(n + 2) + 3n\; \vdots \;3.\)

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

LG b

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

Lời giải chi tiết:

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:

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

\( = {4.4^k} + 15k + 15 - 1\)

\( = {4.4^k} + 15k + 14\)

\( = {4.4^k} + 60k - {45k} + 18 - 4\)

\( = \left( {{{4.4}^k} + 60k - 4} \right) - 45k + 18\)

\( = {\rm{ }}4({4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }}-{\rm{ }}1){\rm{ }}-{\rm{ }}45k{\rm{ }} + {\rm{ }}18{\rm{ }} \)

\(= {\rm{ }}4{S_k}-{\rm{ }}9\left( {5k{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)\)

Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k  \vdots\) \(9\)  nên \(4S_k   \vdots 9\)

Mặt khác \(9(5k - 2)   \vdots\) \(9\), nên \(S_{k+1}  \vdots 9\)

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

LG c

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

Lời giải chi tiết:

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 \(n = k ≥ 1\) , \({S_{k}} = {k^3} + {\rm{ }}11k \) chia hết cho 6.

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

Thật vậy, ta có 

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

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

\( = \left( {{k^3} + 11k} \right) + \left( {3{k^2} + 3k + 12} \right)\)

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

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

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 \(n\in {\mathbb N}^*\).

Cách khác:

Chứng minh trực tiếp.

Ta có: 

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{n^3}\; + {\rm{ }}11n}\\
{ = {\rm{ }}{n^3}\;--{\rm{ }}n{\rm{ }} + {\rm{ }}12n}\\
{ = {\rm{ }}n({n^2}\;--{\rm{ }}1){\rm{ }} + {\rm{ }}12n}\\
{ = {\rm{ }}n\left( {n{\rm{ }}--{\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}12n.}
\end{array}\)

Vì \(n\left( {n{\rm{ }}--{\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\) 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 \(3\)

\(n(n{\rm{  - }}1)(n + 1)\,\, \vdots \;6\)

Lại có: \(12n \, \vdots 6 \, \)

\( \Rightarrow \;{n^3}\; + {\rm{ }}11n{\rm{ }} = {\rm{ }}n\left( {n--1} \right)\left( {n + 1} \right) + 12n\;\; \vdots \;\;6.\)

Loigiaihay.com

Quảng cáo

Tham Gia Group Dành Cho 2K8 Chia Sẻ, Trao Đổi Tài Liệu Miễn Phí

close