Bài 1.1 trang 99 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N* )

a) \(2 + 5 + 8 + ... + \left( {3n - 1} \right) = {{n\left( {3n + 1} \right)} \over 2};\)     

b) \(3 + 9 + 27 + ... + {3^n} = {1 \over 2}\left( {{3^{n + 1}} - 3} \right).\)    

Giải:

a)      Đặt vế trái bằng S_n. Kiểm tra với n = 1 hệ thức đúng.

Giả sử đã có \({S_k} = {{k\left( {3k + 1} \right)} \over 2}\) với \(k \ge 1\). 

Ta phải chứng minh \({S_{k + 1}} = {{\left( {k + 1} \right)\left( {3k + 4} \right)} \over 2}\)

Thật vậy

\(\eqalign{
& {S_{k + 1}} = {S_k} + 3\left( {k + 1} \right) - 1 \cr
& = {{k\left( {3k + 1} \right)} \over 2} + 3k + 2 \cr
& = {{3{k^2} + k + 6k + 4} \over 2} \cr
& = {{3{k^2} + 7k + 4} \over 2} \cr
& {\rm{ = }}{{\left( {k + 1} \right)\left( {3k + 4} \right)} \over 2}{\rm{ }}\left( {đpcm} \right) \cr} \)

b)      Đặt vế trái bằng làm tương tự như câu a).

Bài 1.2 trang 99 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Chứng minh các đẳng thức sau (với n ∈ N* )

a) \({1^2} + {3^2} + {5^2} + ... + {\left( {2n - 1} \right)^2} = {{n\left( {4{n^2} - 1} \right)} \over 3};\)   

b) \({1^3} + {2^3} + {3^3} + ... + {n^3} = {{{n^2}{{\left( {n + 1} \right)}^2}} \over 4}\)    

Giải:

a)      Đặt vế trái bằng S_n

Với n = 1 vế trái chỉ có một số hạng bằng 1, vế phải bằng \({{1\left( {4.1 - 1} \right)} \over 3} = 1\)

Giả sử đã có \({S_k} = {{k\left( {4{k^2} - 1} \right)} \over 3}\) với \(k \ge 1\). Ta phải chứng minh

\({S_{k + 1}} = {{\left( {k + 1} \right)\left[ {4{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 1} \right]} \over 3}\)

            Thật vậy, ta có

\(\eqalign{
& {S_{k + 1}} = {S_k} + {\left[ {2\left( {k + 1} \right) - 1} \right]^2} = {S_k} + {\left( {2k + 1} \right)^2} \cr
& {\rm{ = }}{{k\left( {4{k^2} - 1} \right)} \over 3} + {\left( {2k + 1} \right)^2} \cr
& = {{\left( {2k + 1} \right)\left[ {k\left( {2k - 1} \right) + 3\left( {2k + 1} \right)} \right]} \over 3} \cr
& {\rm{ = }}{{\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2} + 5k + 3} \right)} \over 3} \cr
& = {{\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 3} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3} \cr
& = {{\left( {k + 1} \right)\left[ {4{{\left( {k + 1} \right)}^2} - 1} \right]} \over 3} \cr} \)

b)      Đặt vế trái bằng A_n

Dễ thấy với n = 1 hệ thức đúng.

Giả sử đã có \({A_k} = {{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}} \over 4},\left( {k \ge 1} \right)\)

Ta có: 

\(\eqalign{
& {A_{k + 1}} = {A_k} + {\left( {k + 1} \right)^3} \cr
& = {{{k^2}{{\left( {k + 1} \right)}^2}} \over 4} + {\left( {k + 1} \right)^3} \cr
& {\rm{ = }}{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}\left( {{k^2} + 4k + 4} \right)} \over 4} \cr
& = {{{{\left( {k + 1} \right)}^2}{{\left( {k + 2} \right)}^2}} \over 4} \cr} \)

Bài 1.3 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có

a)     \(2{n^3} - 3{n^2} + n\) chia hết cho 6.

b)     \({11^{n + 1}} + {12^{2n - 1}}\) chia hết cho 133.

Giải:

a)      HD: Đặt \({B_n} = 2{n^3} - 3{n^2} + n\) tính B₁

Giả sử đã có \({B_k} = 2{k^3} - 3{k^2} + k\) chia hết cho 6.

Ta phải chứng minh \({B_{k + 1}} = 2{\left( {k + 1} \right)^3} - 3{\left( {k + 1} \right)^2} + k\) chia hết cho 6.

b)      Đặt \({A_n} = {11^{n + 1}} + {12^{2n - 1}}\) Dễ thấy \({A_1} = 133\) chia hết cho 133.

Giả sử \({A_k} = {11^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}\) đã có chia hết cho 133.

Ta có

\(\eqalign{
& {A_{k + 1}} = {11^{k + 2}} + {12^{2k + 1}} \cr
& = {11.11^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}{.12^2} \cr
& {\rm{ = 11}}{\rm{.1}}{{\rm{1}}^{k + 1}} + {12^{2k - 1}}\left( {11 + 133} \right) \cr
& = 11.{A_k} + {133.12^{2k - 1}} \cr} \)

Vì \({A_k} \vdots 133\) nên \({A_{k + 1}} \vdots 133\)

Bài 1.4 trang 100 Sách bài tập (SBT) Đại số và giải tích 11

Chứng minh các bất đẳng thức sau (n ∈ N*)

a) \({2^{n + 2}} > 2n + 5{\rm{ }}\);

b) \({\sin ^{2n}}\alpha  + {\cos ^{2n}}\alpha  \le 1\)    

Giải:

a)      Với n = 1 thì \({2^{1 + 2}} = 8 > 7 = 2.1 + 5\)

Giả sử bất đẳng thức đúng với \(n = k \ge 1\) tức là \({2^{k + 2}} > 2k + 5\,\,\,(1)\)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1, tức là \({2^{k + 3}} > 2\left( {k + 1} \right) + 5\) hay \({2^{k + 3}} > 2k + 7\,\,\,\left( 2 \right)\) 

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2, ta được

\({2^{k + 3}} > 4k + 10 = 2k + 7 + 2k + 3\) 

Vì \(2k + 3 > 0\) nên \({2^{k + 3}} > 2k + 7\left( {đpcm} \right)\)

b)      Với n = 1 thì \({\sin ^2}\alpha  + {\cos ^2}\alpha  = 1\) bất đẳng thức đúng.

Giả sử đã có \({\sin ^{2k}}\alpha  + {\cos ^{2k}}\alpha  \le 1\) với \(k \ge 1\), ta phải chứng minh

\({\sin ^{2k + 2}}\alpha  + {\cos ^{2k + 2}}\alpha  \le 1\). 

Thật vậy, ta có:

\({\sin ^{2k + 2}}\alpha  + {\cos ^{2k + 2}}\alpha\)

\( = {\sin ^{2k}}\alpha .{\sin ^2}\alpha  + {\cos ^{2k}}\alpha .{\cos ^2}\alpha  \le {\sin ^{2k}}\alpha  + {\cos ^{2k}}\alpha  \le 1\)         

Giaibaitap.me