Bài 2 trang 82 SGK Đại số và Giải tích 11

Bài làm:

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: \(12n \, \vdots 6 \, \)

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

Xemloigiai.com