Bài tập Chuyên đề Phương pháp quy nạp toán học có đáp án

a) Ta có P(1): "1 = 1$^{2}$". Mệnh đề này đúng vì 1$^{2}$ = 1.

b) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng thì 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) = k$^{2}$.

c) Khi P(k) là mệnh đề đúng. Ta có:

P(k+1) = 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = P(k) + [2(k+1) – 1]

= k$^{2}$ + [2(k+1) – 1] = k$^{2}$ + (2k + 2 – 1) = k$^{2}$ + 2k + 1 = (k+1)$^{2}$

Vậy P(k+1) cũng là mệnh đề đúng.

a)

+) Khi n = 1, ta có:

$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}-1}{(\sqrt{1}+\sqrt{2})(\sqrt{2}-1)}=\frac{\sqrt{2}-1}{{(\sqrt{2})}^{2}-{1}^{2}}=\frac{\sqrt{2}-1}{1}=\sqrt{2}-1=\sqrt{1+1}-1.$

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:

$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{(k+1)+1}}=\sqrt{(k+1)+1}-1.$

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sqrt{k+1}-1.$

Khi đó:

$\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{(k+1)+1}}$

$=\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{(k+1)+1}}$

$=(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\ldots +\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}})+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{(k+1)+1}}$

$=(\sqrt{k+1}-1)+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{(k+1)+1}}$

$=(\sqrt{k+1}-1)+\frac{\sqrt{(k+1)+1}-\sqrt{k+1}}{(\sqrt{k+1}+\sqrt{(k+1)+1})(\sqrt{(k+1)+1}-\sqrt{k+1})}$

$=(\sqrt{k+1}-1)+\frac{\sqrt{(k+1)+1}-\sqrt{k+1}}{[(k+1)+1]-(k+1)}$

$=(\sqrt{k+1}-1)+\frac{\sqrt{(k+1)+1}-\sqrt{k+1}}{1}$

$=(\sqrt{k+1}-1)+(\sqrt{(k+1)+1}-\sqrt{k+1})$

$=\sqrt{(k+1)+1}-1.$

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

b)

+) Khi n = 2, ta có:

$\frac{{2}^{3}-1}{{2}^{3}+1}=\frac{7}{9}=\frac{2({2}^{2}+2+1)}{3\ .\ 2(2+1)}.$

Vậy mệnh đề đúng với n = 2.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:

$\frac{{2}^{3}-1}{{2}^{3}+1}\cdot \frac{{3}^{3}-1}{{3}^{3}+1}\cdot \frac{{4}^{3}-1}{{4}^{3}+1}\cdots \frac{{(k+1)}^{3}-1}{{(k+1)}^{3}+1}=\frac{2[{(k+1)}^{2}+(k+1)+1]}{3(k+1)[(k+1)+1]}.$

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

$\frac{{2}^{3}-1}{{2}^{3}+1}\cdot \frac{{3}^{3}-1}{{3}^{3}+1}\cdot \frac{{4}^{3}-1}{{4}^{3}+1}\cdots \frac{{k}^{3}-1}{{k}^{3}+1}=\frac{2({k}^{2}+k+1)}{3k(k+1)}.$

Khi đó:

$\frac{{2}^{3}-1}{{2}^{3}+1}\cdot \frac{{3}^{3}-1}{{3}^{3}+1}\cdot \frac{{4}^{3}-1}{{4}^{3}+1}\cdots \frac{{(k+1)}^{3}-1}{{(k+1)}^{3}+1}$

$=\frac{{2}^{3}-1}{{2}^{3}+1}\cdot \frac{{3}^{3}-1}{{3}^{3}+1}\cdot \frac{{4}^{3}-1}{{4}^{3}+1}\cdots \frac{{k}^{3}-1}{{k}^{3}+1}.\frac{{(k+1)}^{3}-1}{{(k+1)}^{3}+1}$

$=(\frac{{2}^{3}-1}{{2}^{3}+1}\cdot \frac{{3}^{3}-1}{{3}^{3}+1}\cdot \frac{{4}^{3}-1}{{4}^{3}+1}\cdots \frac{{k}^{3}-1}{{k}^{3}+1}).\frac{{(k+1)}^{3}-1}{{(k+1)}^{3}+1}$

$=\frac{2({k}^{2}+k+1)}{3k(k+1)}.\frac{{(k+1)}^{3}-1}{{(k+1)}^{3}+1}$

$=\frac{2({k}^{2}+k+1)}{3k(k+1)}.\frac{[(k+1)-1][{(k+1)}^{2}+(k+1)+1]}{[(k+1)+1][{(k+1)}^{2}-(k+1)+1]}$

$=\frac{2({k}^{2}+k+1)}{3k(k+1)}.\frac{k[{(k+1)}^{2}+(k+1)+1]}{[(k+1)+1][({k}^{2}+2k+1)-(k+1)+1]}$

$=\frac{2({k}^{2}+k+1)}{3k(k+1)}.\frac{k[{(k+1)}^{2}+(k+1)+1]}{[(k+1)+1]({k}^{2}+k+1)}$

$=\frac{2}{3(k+1)}.\frac{[{(k+1)}^{2}+(k+1)+1]}{[(k+1)+1]}$

$=\frac{2[{(k+1)}^{2}+(k+1)+1]}{3(k+1)[(k+1)+1]}.$

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

+) Khi n = 1, ta có:

${(1+\sqrt{2})}^{1}=1+\sqrt{2}=1+1\ .\ \sqrt{2}\Rightarrow$ a$_{1}$ = 1, b$_{1}$ = 1.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: ${(1+\sqrt{2})}^{k+1}$ viết được dưới dạng ${a}_{k+1}+{b}_{k+1}\sqrt{2},$ trong đó a$_{k + 1}$, b$_{k + 1}$là các số nguyên dương.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

${(1+\sqrt{2})}^{k}={a}_{k}+{b}_{k}\sqrt{2},$ với a$_{k}$, b$_{k}$là các số nguyên dương.

Khi đó:

${(1+\sqrt{2})}^{k+1}={(1+\sqrt{2})}^{k}(1+\sqrt{2})$

$=({a}_{k}+{b}_{k}\sqrt{2})(1+\sqrt{2})$

$={a}_{k}\ .\ 1+{b}_{k}\sqrt{2}\ .\ 1+{a}_{k}\ .\ \sqrt{2}+{b}_{k}\sqrt{2}.\sqrt{2}$

$={a}_{k}+{b}_{k}\sqrt{2}+{a}_{k}\sqrt{2}+2{b}_{k}$

$=({a}_{k}+2{b}_{k})+({a}_{k}+{b}_{k})\sqrt{2}.$

Vì a$_{k}$, b$_{k}$là các số nguyên dương nên a$_{k}$ + 2b$_{k}$ và a$_{k}$ + b$_{k}$ cũng là các số nguyên dương.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

+) Theo chứng minh trên ta có:

Với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$ thì ${(1+\sqrt{2})}^{n}={a}_{n}-{b}_{n}\sqrt{2}$ với a$_{n}$, b$_{n}$là các số nguyên dương.

Chứng minh tương tự ta được:

Với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$ thì ${(1-\sqrt{2})}^{n}={c}_{n}-{d}_{n}\sqrt{2}$ với c$_{n}$, d$_{n}$là các số nguyên dương.

Giờ ta chứng minh a$_{n}$ = c$_{n}$ và b$_{n}$ = d$_{n}$ với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

Ta có: ${(1+\sqrt{2})}^{n}{(1-\sqrt{2})}^{n}={[(1+\sqrt{2})(1-\sqrt{2})]}^{n}={(-1)}^{n}$

$\Rightarrow ({a}_{n}+{b}_{n}\sqrt{2})({c}_{n}-{d}_{n}\sqrt{2})={(-1)}^{n}$

$\Rightarrow ({a}_{n}{c}_{n}-2{b}_{n}{d}_{n})+({b}_{n}{c}_{n}-{a}_{n}{d}_{n})\sqrt{2}={(-1)}^{n}$

$\Rightarrow \{\begin{matrix}{a}_{n}{c}_{n}-2{b}_{n}{d}_{n}={(-1)}^{n}\ (1) \\ {b}_{n}{c}_{n}-{a}_{n}{d}_{n}=0\ (2)\end{matrix}.$

Từ (2) ta suy ra ${a}_{n}{d}_{n}={b}_{n}{c}_{n}\Rightarrow \frac{{a}_{n}}{{c}_{n}}=\frac{{b}_{n}}{{d}_{n}}=k$ với k > 0 (vì a$_{n}$, b$_{n}$, c$_{n}$, d$_{n}$là các số nguyên dương)

$\Rightarrow {a}_{n}=k{c}_{n},\ {b}_{n}=k{d}_{n}.$ Thế vào (1) ta được:

$(k{c}_{n}){c}_{n}-2(k{d}_{n}){d}_{n}={(-1)}^{n}\Rightarrow k({c}_{n}^{2}-2{d}_{n}^{2})={(-1)}^{n}$

$\Rightarrow 1\ ⋮\ k\Rightarrow k=1\Rightarrow$a$_{n}$ = c$_{n}$ và b$_{n}$ = d$_{n}$.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

+) Khi n = 1, ta có: 16$^{1}$ – 15n – 1 = 0 ⁝ 225.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: 16$^{k + 1}$ – 15(k + 1) – 1 chia hết cho 225.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 16$^{k}$ – 15k – 1 chia hết cho 225.

Khi đó:

16$^{k + 1}$ – 15(k + 1) – 1

= 16 . 16$^{k}$ – 15k – 16

= 16 . 16$^{k}$ – (240k – 225k) – 16

= 16 . 16$^{k}$ – 240k + 225k – 16

= 16 . 16$^{k}$ – 240k – 16 + 225k

= 16 (16$^{k}$ – 15k – 1) + 225k

Vì (16$^{k}$ – 15k – 1) và 225k đều chia hết cho 225 nên 16 (16$^{k}$ – 15k – 1) + 225k ⁝ 225, do đó 16$^{k + 1}$ – 15(k + 1) – 1 ⁝ 225.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

a) S$_{1}$ = 1 + 2$^{1}$ = 3, S$_{2}$ = 1 + 2 + 2$^{2}$ = 7, S$_{3}$ = 1 + 2 + 2$^{2}$ + 2$^{3}$ = 15.

T$_{1}$ = 2$^{1 + 1}$ – 1 = 3, T$_{2}$ = 2$^{2 + 1}$ – 1 = 7, T$_{3}$ = 2$^{3 + 1}$ – 1 = 15.

Vậy S$_{1}$ = T$_{1}$; S$_{2}$ = T$_{2}$; S$_{3}$ = T$_{3}$.

b) Ta dự đoán S$_{n}$ = T$_{n}$ với n ℕ$^{*}$.

+) Khi n = 1, ta có: S$_{1}$ = T$_{1}$.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: S$_{k + 1}$ = T$_{k + 1}$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: S$_{k}$ = T$_{k}$.

Khi đó:

S$_{k + 1}$ = 1 + 2 + 2$^{2}$ +... + 2$^{k}$ + 2$^{k + 1}$

= S$_{k}$ + 2$^{k + 1}$

= T$_{k}$ + 2$^{k + 1}$

= (2$^{k + 1}$ – 1) + 2$^{k + 1}$

= 2 . 2$^{k + 1}$ – 1

= 2$^{k + 2}$ – 1

= 2$^{(k + 1) + 1}$ – 1

=T$_{k + 1}$.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n$\in$ℕ$^{*}$. Vậy S$_{n}$ = T$_{n}$ = 2$^{n}$$^{+ 1}$ – 1 với n$\in$ℕ$^{*}$.

a) ${S}_{1}=1+\frac{1}{{2}^{1}}=\frac{3}{2},{S}_{2}=1+\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}=\frac{7}{4},{S}_{2}=1+\frac{1}{{2}^{1}}+\frac{1}{{2}^{2}}+\frac{1}{{2}^{3}}=\frac{15}{8}.$

${T}_{1}=2-\frac{1}{{2}^{1}}=\frac{3}{2},{T}_{2}=2-\frac{1}{{2}^{2}}=\frac{7}{4},{T}_{3}=2-\frac{1}{{2}^{3}}=\frac{15}{8}.$

Vậy S$_{1}$ = T$_{1}$; S$_{2}$ = T$_{2}$; S$_{3}$ = T$_{3}$.

b) Ta dự đoán S$_{n}$ = T$_{n}$ với n $\in$ ℕ$^{*}$.

+) Khi n = 1, ta có: S$_{1}$ = T$_{1}$.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: S$_{k + 1}$ = T$_{k + 1}$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: S$_{k}$ = T$_{k}$.

Khi đó:

${S}_{k+1}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+\ldots +\frac{1}{{2}^{k}}+\frac{1}{{2}^{k+1}}$

$={S}_{k}+\frac{1}{{2}^{k+1}}={T}_{k}+\frac{1}{{2}^{k+1}}=(2-\frac{1}{{2}^{k}})+\frac{1}{{2}^{k+1}}$

$=2-(\frac{1}{{2}^{k}}-\frac{1}{{2}^{k+1}})=2-(\frac{2}{{2}^{k+1}}-\frac{1}{{2}^{k+1}})$

$=2-\frac{1}{{2}^{k+1}}={T}_{k+1}.$

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n$\in$ℕ$^{*}$. Vậy S$_{n}$ = T$_{n}$ = $2-\frac{1}{{2}^{n}}$ với n $\in$ ℕ$^{*}$.

a) ${S}_{1}=\frac{1}{1.5}=\frac{1}{5},{S}_{2}=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.9}=\frac{2}{9},{S}_{3}=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.9}+\frac{1}{9.13}=\frac{3}{13},$

${S}_{4}=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.9}+\frac{1}{9.13}+\frac{1}{13.17}=\frac{4}{17}.$

b) Ta dự đoán ${S}_{n}=\frac{n}{4n+1}.$

+) Khi n = 1, ta có: ${S}_{1}=\frac{1}{5}=\frac{1}{4\ .\ 1+1}.$

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: ${S}_{k+1}=\frac{k+1}{4(k+1)+1}.$

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: ${S}_{k}=\frac{k}{4k+1}.$

Khi đó:

${S}_{k+1}=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.9}+\frac{1}{9.13}+\ldots +\frac{1}{(4n-3)(4n+1)}+\frac{1}{[4(k+1)-3][4(k+1)+1]}$

$={S}_{k}+\frac{1}{[4(k+1)-3][4(k+1)+1]}$

$=\frac{k}{4k+1}+\frac{1}{[4(k+1)-3][4(k+1)+1]}$

$=\frac{k}{4k+1}+\frac{1}{(4k+1)[4(k+1)+1]}$

$=\frac{k[4(k+1)+1]}{(4k+1)[4(k+1)+1]}+\frac{1}{(4k+1)[4(k+1)+1]}$

$=\frac{k(4k+5)}{(4k+1)[4(k+1)+1]}+\frac{1}{(4k+1)[4(k+1)+1]}$

$=\frac{4{k}^{2}+5k}{(4k+1)[4(k+1)+1]}+\frac{1}{(4k+1)[4(k+1)+1]}$

$=\frac{4{k}^{2}+5k+1}{(4k+1)[4(k+1)+1]}$

$=\frac{(4k+1)(k+1)}{(4k+1)[4(k+1)+1]}$

$=\frac{(k+1)}{4(k+1)+1}.$

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$. Vậy ${S}_{n}=\frac{n}{4n+1}$ với n ℕ$^{*}$.

+) Khi n = 1, ta có: 1 = $\frac{1-q}{1-q}=\frac{1-{q}^{1}}{1-q}.$

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: 1 + q + q$^{2}$ +... + q$^{k – 1}$ + q$^{(k + 1) – 1}$ = $\frac{1-{q}^{k+1}}{1-q}.$

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1 + q + q$^{2}$ +... + q$^{k – 1}$ = $\frac{1-{q}^{k}}{1-q}.$

Khi đó:

1 + q + q$^{2}$ +... + q$^{k – 1}$ + q$^{(k + 1) – 1}$

= (1 + q + q$^{2}$ +... + q$^{k – 1}$) + q$^{(k + 1) – 1}$

= $\frac{1-{q}^{k}}{1-q}$ + q$^{(k + 1) – 1}$

= $\frac{1-{q}^{k}}{1-q}$ + q$^{k}$

$^{=\frac{1-{q}^{k}}{1-q}+\frac{{q}^{k}(1-q)}{1-q}}$

$^{=\frac{1-{q}^{k}}{1-q}+\frac{{q}^{k}-{q}^{k+1}}{1-q}}$

$^{=\frac{(1-{q}^{k})+({q}^{k}-{q}^{k+1})}{1-q}}$

$^{=\frac{1-{q}^{k+1}}{1-q}.}$

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

a)

+) Khi n = 1, ta có: 4$^{1}$ + 15 . 1 – 1 = 18 ⁝ 9.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: 4$^{k + 1}$ + 15(k+1) – 1 ⁝ 9.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 4$^{k}$+ 15k – 1 ⁝ 9.

Khi đó:

4$^{k + 1}$ + 15(k+1) – 1

= 4 . 4$^{k}$ + 15k + 14

= 4. 4$^{k}$ + (60k – 45k) + (–4 + 18)

= (4 . 4$^{k}$ + 60k – 4) – 45k + 18

= 4 . (4$^{k}$+ 15k – 1) – 45k + 18

Vì 4$^{k}$+ 15k – 1, 45k và 18 đều chia hết cho 9 nên 4 . (4$^{k}$+ 15k – 1) – 45k + 18 ⁝ 9, do đó 4$^{k + 1}$ + 15(k+1) – 1 ⁝ 9.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

b)

+) Khi n = 1, ta có: 13$^{1}$ – 1 = 12 ⁝ 6.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: 13$^{k + 1}$ – 1 ⁝ 6.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 13$^{k}$ – 1 ⁝ 6.

Khi đó:

13$^{k + 1}$ – 1

= 13 . 13$^{k}$ – 1

= 13 . 13$^{k}$ – 13 + 12

= 13 . (13$^{k}$ – 1) + 12

Vì 13$^{k}$ – 1 và 12 đều chia hết cho 6 nên 13 . (13$^{k}$ – 1) + 12 ⁝ 6, do đó 13$^{k + 1}$ – 1 ⁝ 6.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$.

+) Khi n = 2, ta có: 2$^{2}$ > (2 + 1)$^{2 – 1}$ $\Leftrightarrow$ 4 > 3.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý (k ≥ 2) mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: (k + 1)$^{k + 1}$ > [(k+1) + 1]$^{(k + 1) – 1}$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: k$^{k}$ > (k + 1)$^{k – 1}$.

Suy ra: k$^{k}$ . (k + 1)$^{k + 1}$ > (k + 1)$^{k – 1}$ . (k + 1)$^{k + 1}$

$\Rightarrow$ k$^{k}$ . (k + 1)$^{k + 1}$ > (k + 1)$^{2k}$

$\Rightarrow$ k$^{k}$ . (k + 1)$^{k + 1}$ > [(k + 1)$^{2}$]$^{k}$

$\Rightarrow$ k$^{k}$ . (k + 1)$^{k + 1}$ > (k$^{2}$ + 2k + 1)$^{k}$ > (k$^{2}$ + 2k)$^{k}$ = [k(k + 2)]$^{k}$ = k$^{k}$ . (k + 2)$^{k}$

$\Rightarrow$ (k + 1)$^{k + 1}$ > (k + 2)$^{k}$ = (k + 2)$^{(k + 1) – 1}$

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề P(n) đúng với mọi n $\in$ ℕ$^{*}$, n ≥ 2.

+) Khi n = 1, ta có: a$^{1}$ – b$^{1}$ = a – b.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:

a$^{k + 1}$ – b$^{k + 1}$ = (a – b)[a$^{(k + 1) – 1}$ + a$^{(k + 1) – 2}$b + ... + ab$^{(k + 1) –2}$ + b$^{(k + 1) – 1}$]

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

a$^{k}$ – b$^{k}$ = (a – b)(a$^{k – 1}$ + a$^{k – 2}$b + ... + ab$^{k –2}$ + b$^{k – 1}$)

Khi đó:

a$^{k + 1}$ – b$^{k + 1}$

= a . a$^{k}$ – b . b$^{k}$

= a . a$^{k}$ – a . b$^{k}$ + a . b$^{k}$ – b . b$^{k}$

= a . (a$^{k}$ – b$^{k}$) + b$^{k}$ . (a – b)

= a . (a – b)(a$^{k – 1}$ + a$^{k – 2}$b + ... + ab$^{k –2}$ + b$^{k – 1}$) + b$^{k}$ . (a – b)

= (a – b) . a . (a$^{k – 1}$ + a$^{k – 2}$b + ... + ab$^{k –2}$ + b$^{k – 1}$) + (a – b) . b$^{k}$

= (a – b)(a . a$^{k – 1}$ + a . a$^{k –}$$^{2}$b + ... + a . ab$^{k – 2}$ + a . b$^{k – 1}$) + (a – b) . b$^{k}$

= (a – b)[a$^{1 + (k – 1)}$ + a$^{1 + (k – 2)}$b + ... + a$^{2}$b$^{k – 2}$ + a . b$^{k – 1}$) + (a – b) . b$^{k}$

= (a – b)[a$^{(k + 1) – 1}$ + a$^{(k + 1) – 2}$b + ... + a$^{2}$b$^{(k + 1) – 3}$ + ab$^{(k + 1) –2}$] + (a – b) . b$^{(k + 1) – 1}$

= (a – b)[a$^{(k + 1) – 1}$ + a$^{(k + 1) – 2}$b + ... + ab$^{(k + 1) –2}$ + b$^{(k + 1) – 1}$].

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề P(n) đúng với mọi n$\in$ℕ$^{*}$.

a) Tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai có đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác đều màu xanh ở hình thứ nhất.

b) Giữ nguyên tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai, với mỗi tam giác đều màu xanh ở Hình thứ hai, ta lại chọn các tam giác đều màu trắng như cách ở Hình thứ nhất.

c) Giữ nguyên các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ ba, với mỗi tam giác đều màu xanh ở Hình thứ ba, ta lại chọn các tam giác đều màu trắng như cách ở Hình thứ nhất.

Như vậy, ta có quy luật chọn các tam giác đều màu trắng ở hình thứ n:

Giữ nguyên các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ n – 1, với mỗi tam giác đều màu xanh ở Hình thứ n – 1, ta lại chọn các tam giác đều màu trắng như cách ở Hình thứ nhất.

d) Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ nhất là: 1.

Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ hai là: 3.

Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ ba là: 9.

e) Dự đoán số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ n là: 3$^{n – 1}$.

Xét mệnh đề P(n): "Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ n là 3$^{n – 1}$ với n$\in$ℕ$^{*}$".

Chứng minh:

+) Khi n = 1, ta có: Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ nhất là: 1.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:

Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ (k + 1) là 3$^{(k + 1) –1}$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ k là 3$^{k –1}$.

Vì với cách chọn như trên, mỗi tam giác đều màu xanh sẽ tạo ta 3 tam giác đều màu xanh mới ở hình tiếp theo nên từ 3$^{k – 1}$ tam giác đều màu xanh ở Hình thứ k sẽ cho ta 3 . 3$^{k – 1}$ = 3$^{k}$ = 3$^{(k + 1) – 1}$ tam giác đều màu xanh ở Hình thứ (k + 1).

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề P(n) đúng với mọi n$\in$ℕ$^{*}$

.

a) Số chấm tăng thêm sau mỗi lượt xếp (kể từ lượt đầu tiên) là các số lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1.

b) Vì ở hình vuông thứ n có mỗi cạnh chứa n chấm nên tổng số chấm là n$^{2}$.

Mặt khác, theo cách sắp xếp trên ta lại có tổng số chấm là: 1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1).

Như vậy ta sẽ chứng minh mệnh đề

P(n): "1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1) = n$^{2}$ với mọi n$\in$ℕ$^{*}$".

+) Khi n = 1, ta có: 1 = 1$^{2}$.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = (k + 1)$^{2}$.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) = k$^{2}$.

Khi đó:

1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + [2(k+1) – 1]

= [1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1)] + [2(k+1) – 1]

= k$^{2}$ + [2(k+1) – 1]

= k$^{2}$ + (2k + 2 –1)

= k$^{2}$ + 2k + 1

= (k + 1)$^{2}$.

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề P(n) đúng với mọi n$\in$ℕ$^{*}$.

Xét mệnh đề P(x): "Số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau n (năm) là ${T}_{n}=\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{n}-1]$ (đồng) (n$\in$ℕ$^{*}$)".

+) Khi n = 1:

Số tiền lãi người đó nhận được là: A . r% = $\frac{A\ .\ r}{100}$ (đồng).

Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) là:

$A+\frac{A\ .\ r}{100}=\frac{A(100+r)}{100}==\frac{A(100+r)}{r}\ .\ \frac{r}{100}\$

$=\frac{A(100+r)}{r}[(1+\frac{r}{100})-1]$

$=\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{1}-1]$

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: Số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau (k +1) (năm) là ${T}_{k+1}=\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k+1}-1](đồng)$

Vì cô Hạnh không rút tiền ra và lại gửi thêm A (đồng) nữa nên:

– Số tiền vốn của cô Hạnh sau (k + 1) năm là: T$_{k}$ + A (đồng).

– Số tiền lãi cô Hạnh nhận được sau (k + 1) (năm) là:

(T$_{k}$ + A) . r% (đồng).

– Số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau (k + 1) (năm) là:

(T$_{k}$ + A) + (T$_{k}$ + A) . r%

= (T$_{k}$ + A) + (T$_{k}$ + A) . $\frac{r}{100}$

= (T$_{k}$ + A) $(1+\frac{r}{100})$

= $\{\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k}-1]+A\}.(1+\frac{r}{100})$

= $\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k}-1](1+\frac{r}{100})+A(1+\frac{r}{100})$

= $\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k+1}-(1+\frac{r}{100})]+A\ .\ \frac{100+r}{100}$

= $\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k+1}-(1+\frac{r}{100})]+A\ .\ \frac{100+r}{r}\ .\ \frac{r}{100}$

= $\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k+1}-(1+\frac{r}{100})+\frac{r}{100}]$

= $\frac{A(100+r)}{r}[{(1+\frac{r}{100})}^{k+1}-1]$

= T$_{k + 1}$ (đồng).

Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n$\in$ℕ$^{*}$. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Xét mệnh đề P(x): "Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau x (kì hạn) gửi là ${S}_{n}=A{(1+\frac{r}{100m})}^{x}$ (đồng) (x$\in$ℕ$^{*}$)".

Vì một năm có m kì hạn nên lãi suất mỗi kì hạn là $\frac{r\%}{m}=\frac{r}{100m}.$

+) Khi x = 1:

Số tiền lãi người đó nhận được là: A . $\frac{r}{100m}$ (đồng).

Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) là:

A + A . $\frac{r}{100m}$ = $A(1+\frac{r}{100m})=A{(1+\frac{r}{100m})}^{1}$ (đồng)

Vậy mệnh đề đúng với x = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau (k + 1) (kì hạn) gửi là ${S}_{n}=A{(1+\frac{r}{100m})}^{k+1}$ (đồng).

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau k (kì hạn) gửi là ${S}_{n}=A{(1+\frac{r}{100m})}^{k}$ (đồng).

Vì sau mỗi kì hạn, số tiển lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu nên số tiền lại ở kì hạn thứ (k + 1) là: $A{(1+\frac{r}{100m})}^{k}\ .\ \frac{r}{100m}$ (đồng).

Suy ra số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) là:

$A{(1+\frac{r}{100m})}^{k}\ +A{(1+\frac{r}{100m})}^{k}\ .\ \frac{r}{100m}$

$=A{(1+\frac{r}{100m})}^{k}\ (1+\frac{r}{100m})=A{(1+\frac{r}{100m})}^{k+1}\$(đồng).

Vậy mệnh đề cũng đúng với x = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi x$\in$ℕ$^{*}$.

Sau n (năm) thì số kì hạn người đó đã gửi là: m . n (kì hạn).

Do đó, số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau n (năm) gửi là:

${S}_{n}=A{(1+\frac{r}{100m})}^{m\ .\ n}$ (đồng).