Bài tập Phương pháp quy nạp toán học có đáp án

Ta thấy vế trái của các đẳng thức lần lượt là tổng của 1, 2, 3, 4, 5, ... số lẻ đầu tiên. Còn vế phải lần lượt là bình phương của 1, 2, 3, 4, 5,...

Vậy ta có thể dự đoán 1 + 3 + 5 + ... + (2n –1) = n2.

a) p(1) = 41, p(2) = 43, p(3) = 47, p(4) = 53, p(5) = 61. Do đó p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) đều là các số nguyên tố.

b) Từ việc p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) đều là các số nguyên tố ta có thể đưa ra dự đoán p(n) là số nguyên tố với mọi n > 1. Tuy nhiên, khẳng định này là một khẳng định sai. Mặc dù khẳng định này đúng với n = 1, 2,..., 40, nhưng nó lại sai khi n= 41. Thật vậy, với n= 41 ta có p(41) = 412 là hợp số (vì nó chia hết cho 41).

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có 1 = 12.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

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

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

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

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

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

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

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

Vậy khẳng định đúng với n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

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

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

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, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

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 khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

a)

– Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T$_{1}$ mà người đó nhận được sau kì thứ 1 là:

T$_{1}$ = A + Ar = A(1 + r).

– Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T$_{2}$ mà người đó nhận được sau kì thứ 2 là:

T$_{2}$ = A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)(1 + r) = A(1 + r)$^{2}$.

– Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T$_{3}$ mà người đó nhận được sau kì thứ 3 là:

T$_{3}$ = A(1 + r)$^{2}$ + A(1 + r)$^{2}$r = A(1 + r)$^{3}$.

b) Từ câu a) ta có thể dự đoán T$_{n}$ = A(1 + r)$^{n}$.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có T$_{1}$ = A(1 + r) = A(1 + r)$^{1}$.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: T$_{k}$ = A(1 + r)$^{k}$.

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: T$_{k + 1}$ = A(1 + r)$^{k + 1}$.

Thật vậy,

Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T$_{k + 1}$ mà người đó nhận được sau kì thứ (k + 1) là:

T$_{k + 1}$ = A(1 + r)$^{k}$ + A(1 + r)$^{k}$.r = A(1 + r)$^{k}$(1 + r) = A(1 + r)$^{k + 1}$.

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Vậy T$_{n}$ = A(1 + r)$^{n}$ với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

a) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có 2.1 = 1(1 + 1).

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

2 + 4 + 6 + ... + 2k = k(k + 1)

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k+1) = (k + 1)[(k + 1) + 1]

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k+1)

= k(k + 1) + 2(k+1) = (k + 1)(k + 2) = (k + 1)[(k + 1) + 1].

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

b) Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có 12 = $\frac{1(1+1)(2.1+1)}{6}.$

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

12 + 22 + 32 +... + k2 = $\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}.$

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

12 + 22 + 32 +... + k2 + (k + 1)2 = $\frac{(k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1]}{6}.$

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

12 + 22 + 32 +... + k2 + (k + 1)2

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

$=\frac{6{(k+1)}^{2}}{6}+\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}$
$=\frac{k+1}{6}[6(k+1)+k(2k+1)]$
$=\frac{k+1}{6}[2{k}^{2}+7k+6]$
$=\frac{k+1}{6}(k+2)(2k+3)$
$=\frac{k+1}{6}[(k+1)+1][2(k+1)+1].$

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

a) Khẳng định này là sai vì với n = 11 ta có p(11) = 112 không phải số nguyên tố.

b) Khẳng định này là đúng. Ta chứng minh bằng quy nạp:

Bước 1. Với n = 2 ta có 22 = 4 > 2.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 2.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k ( k ≥ 2), tức là ta có: k2 > k

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (k + 1)2 > k + 1

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

(k + 1)2 = k2 + 2k + 1 > k + 2k + 1 > k + 1.

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 2.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có 13 – 1 + 3 = 3 ⁝ 3.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: k3 – k + 3 ⁝ 3

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (k + 1)3 – (k + 1) + 3 ⁝ 3

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

(k + 1)3 – (k + 1) + 3

= (k3 + 3k2 + 3k + 1) – (k + 1) + 3

= (k3 – k + 3) + (3k2 + 3k)

Vì (k3 – k + 3) và (3k2 + 3k) đều chia hết cho 3 nên (k3 – k + 3) + (3k2 + 3k) ⁝ 3 hay (k + 1)3 – (k + 1) + 3 ⁝ 3.

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có 12 – 1 + 41 = 41 là số lẻ.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: k2 – k + 41 là số lẻ.

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (k + 1)2 – (k + 1) + 41 là số lẻ.

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

(k + 1)2 – (k + 1) + 41

= (k2 + 2k + 1) – (k + 1) + 41

= k2 + k + 41 = (k2 – k + 41) + 2k

Vì k2 – k + 41 là số lẻ và 2k là số chẵn nên (k2 – k + 41) + 2k là số lẻ hay (k + 1)2 – (k + 1) + 41 là số lẻ.

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có (1 + x)$^{1}$ = 1 + x = 1 + 1.x.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: (1 + x)$^{k}$ ≥ 1+ kx.

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (1 + x)$^{k + 1}$ ≥ 1+ (k + 1)x.

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

(1 + x)$^{k + 1}$

= (1 + x)(1 + x)$^{k}$ ≥ (1 + x)(1+ kx) = 1 + x + kx + kx$^{2}$ > 1 + x + kx = 1+ (k + 1)x.

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

a) S1 = $\frac{1}{1(1+1)}=\frac{1}{2},$ S2 = $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}=\frac{2}{3},$ S3 = $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}=\frac{3}{4}.$

b) Từ câu a) ta dự đoán Sn = $\frac{n}{n+1}.$

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có S1 = $\frac{1}{2}=\frac{1}{1+1}.$

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: Sk = $\frac{k}{k+1}.$

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: Sk + 1 = $\frac{k+1}{(k+1)+1}.$

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

Sk + 1 = $\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+...+\frac{1}{k(k+1)}+\frac{1}{(k+1)[(k+1)+1]}$

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

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

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n với n ≥ 4.

Bước 1. Với n = 4 ta có đa giác là tứ giác.

Số đường chéo của tứ giác là 2 = $\frac{4(4-3)}{2}$.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 4.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k (k ≥ 4), tức là ta có: Số đường chéo của một đa giác k cạnh (k ≥ 4) là $\frac{k(k-3)}{2}.$

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: Số đường chéo của một đa giác (k + 1) cạnh (k ≥ 4) là $\frac{(k+1)[(k+1)-3]}{2}.$

Thật vậy, xét đa giác (k + 1) cạnh A$_{1}$A$_{2}$...A$_{k}$A$_{k + 1}$, nối hai đỉnh A$_{1}$ và A$_{k}$ ta được đa giác k cạnh A$_{1}$A$_{2}$...A$_{k}$. Theo giả thiết quy nạp đa giác k cạnh này có $\frac{k(k-3)}{2}$ đường chéo.

Các đường chéo còn lại của đa giác (k + 1) cạnh ngoài $\frac{k(k-3)}{2}$ đường chéo này là các đoạn nối A$_{k + 1}$ với các đỉnh từ A$_{2}$ đến A$_{k – 1}$ và đoạn A$_{1}$A$_{k}$ (màu đỏ). Tổng cộng có (k – 1) đường.

Vậy tổng số đường chéo của đa giác (k + 1) cạnh là:

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

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

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 4.

Lập luận này sai ở Bước 2 khi k = 2.

Với k = 2, tức là đàn mèo có 2 con M$_{1}$, M$_{2}$. Khi đó việc tách đàn mèo này thành hai đàn mèo nhỏ, mỗi đàn 1 con mèo sẽ dẫn đến việc hai tập hợp {M$_{1}$, M$_{2}$, ... , M$_{k}$} (lúc này chỉ là {M$_{1}$}) và {M$_{2}$, M$_{3}$, ..., M$_{k}$ $_{+}$$_{1}$} (lúc này chỉ là {M$_{2}$}) không có phần tử giao nhau. Do đó không thể suy ra tất cả các con mèo M$_{1}$, M$_{2}$, ... , M$_{k}$ $_{+}$$_{1}$ đều có cùng màu.