Xem toàn bộ tài liệu Lớp 10 – Cánh Diều: tại đây

Hoạt động trang 23 Chuyên đề Toán 10:

a) Chứng tỏ rằng P(1) là mệnh đề đúng.

b) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng, cho biết 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) bằng bao nhiêu.

c) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng, chứng tỏ rằng P(k+1) cũng là mệnh đề đúng bằng cách chỉ ra k² + [2(k + 1) – 1] = (k+1)².

Lời giải:

a) Ta có P(1): “1 = 1²“. Mệnh đề này đúng vì 1² = 1.

b) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng thì 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k².

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]

= k² + [2(k+1) – 1] = k² + (2k + 2 – 1) = k² + 2k + 1 = (k+1)²

Vậy P(k+1) cũng là mệnh đề đúng.

Luyện tập 1 trang 25 Chuyên đề Toán 10:

Lời giải:

a)

+) Khi n = 1, ta có:

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:

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

Khi đó:

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 ∈  ℕ^*.

b)

+) Khi n = 2, ta có:

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:

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

Khi đó:

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 ∈ ℕ^*.

Luyện tập 2 trang 26 Chuyên đề Toán 10:

(


1


+



2



)



n

,

(


1


−



2



)



n

 lần lượt viết được ở dạng

a


n


+


b


n



2


,



a


n


−


b


n



2

 , trong đó a_n, b_n là các số nguyên dương.

Lời giải:

+) Khi n = 1, ta có:

 

(


1


+



2



)



1


=

1

+


2


=

1

+

1

 

.

 


2


⇒

a₁ = 1, b₁ = 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


+



2



)




k


+


1

 viết được dưới dạng

a



k


+


1



+


b



k


+


1




2


,

 trong đó a_{k + 1}, b_{k + 1} là các số nguyên dương.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

(


1


+



2



)



k


 

=

 


a


k


+


b


k



2


,

với a_k, b_k là các số nguyên dương.

Khi đó:

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 ∈ ℕ^*.

+) Theo chứng minh trên ta có:

Với mọi n ∈ ℕ^* thì

(


1


+



2



)



n

= 

a


n


−


b


n



2

 với a_n, b_n là các số nguyên dương.

Chứng minh tương tự ta được:

Với mọi n ∈ ℕ^* thì

(


1


−



2



)



n

 =

c


n


−


d


n



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  ℕ^*.

Cách 1:

Xét mệnh đề P(n): a_n = c_n và b_n = d_n với mọi n ∈ ℕ^*.

+) Khi n = 1, ta có:

(


1


+



2



)



1


=

1

+


2


=

1

+

1

 

.

 


2


⇒

 a₁ = 1, b₁ = 1.

(


1


−



2



)



1


=

1

−


2


=

1

−

1

 

.

 


2


⇒

 c₁ = 1, d₁ = 1.

Vậy a₁ = c₁, b₁ = d₁.

Vậy mệnh đề P(n) đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề P(n) cũng đúng với k + 1, tức là: a_{k + 1} = c_{k + 1} và b_{k + 1} = d_{k + 1}.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: a_k = c_k và b_k = d_k (1).

Mặt khác:

 a_{k + 1} = a_k + 2b_k, b_{k + 1} = a_k + b_k (2).

nên c_{k + 1} = c_k + 2d_k, d_{k + 1} = c_k + d_k (3)

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra a_{k + 1} = c_{k + 1} và b_{k + 1} = d_{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 ∈ ℕ^*.

Vậy bài toán đã được chứng minh.

Cách 2:

Ta có:

(


1


+



2



)



n





1


−



2





n


=






1


+



2







1


−



2







n


=




−


1




n

Từ (2) ta suy ra

a


n



d


n


=


b


n



c


n


⇒



a


n




c


n



=



b


n




d


n



=

k

 với k > 0 (vì a_n, b_n, c_n, d_n  là các số nguyên dương)

⇒


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


⇒

k




c


n


2



−


2



d


n


2




=




−


1




n

⇒

1

  

⋮

  

k

⇒

k

=

1

⇒

a_n = c_n và b_n = d_n.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Luyện tập 3 trang 26 Chuyên đề Toán 10:

Lời giải:

+) Khi n = 1, ta có: 16¹ – 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 ∈ ℕ^*.

Bài 1 trang 29 Chuyên đề Toán 10: Cho S_n = 1 + 2 + 2² +… + 2ⁿ và T_n = 2^{n + 1} – 1, với n ∈ ℕ^*.

a) So sánh S₁ và T₁; S₂ và T₂; S₃ và T₃.

b) Dự đoán công thức tính S_n và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

Lời giải:

a) S₁ = 1 + 2¹ = 3, S₂ = 1 + 2 + 2² = 7, S₃ = 1 + 2 + 2² + 2³ = 15.

T₁ = 2^{1 + 1} – 1 = 3, T₂ = 2^{2 + 1} – 1 = 7, T₃ = 2^{3 + 1} – 1 = 15.

Vậy S₁ = T₁; S₂ = T₂; S₃ = T₃.

b) Ta dự đoán S_n = T_n với n ∈ ℕ^*.

+) Khi n = 1, ta có: S₁ = T₁.

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 + 2² +… + 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 ∈ ℕ^*. Vậy S_n = T_n = 2^{n + 1} – 1 với n ∈ ℕ^*.

Bài 2 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

S


n


=

1

+


1


2


+


1



2


2



+

…

+


1



2


n

 và

T


n


=

2

−


1



2


n

, với n ∈ ℕ^*.

a) So sánh S₁ và T₁; S₂ và T₂; S₃ và T₃.

b) Dự đoán công thức tính S_n và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

Lời giải:

Vậy S₁ = T₁; S₂ = T₂; S₃ = T₃.

b) Ta dự đoán S_n = T_n với n ∈ ℕ^*.

+) Khi n = 1, ta có: S₁ = T₁.

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:

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 ∈ ℕ^*. Vậy S_n = T_n =

2

−


1



2


n

 với n ∈ ℕ^*.

Bài 3 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

S


n


=


1


1.5


+


1


5.9


+


1


9.13


+

…

+


1



(


4


n


−


3


)


(


4


n


+


1


)

, với n ∈ ℕ^*.

a) Tính S₁, S₂, S₃, S₄.

b) Dự đoán công thức tính S_n và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

Lời giải:

b) Ta dự đoán 

S


n


=


n



4


n


+


1



.

+) Khi n = 1, ta có: 

S


1


=


1


5


=


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



=



k


+


1




4




k


+


1




+


1



.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 

S


k


=


k



4


k


+


1



.

Khi đó:

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 ∈ ℕ^*. Vậy 

S


n


=


n



4


n


+


1

 với n ∈ ℕ^*.

Bài 4 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

1


−



q


n





1


−


q



,

 với n ∈ ℕ^*.

Lời giải:

+) Khi n = 1, ta có: 1 = 

1


−


q




1


−


q



=



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 + q² +… + q^{k – 1} + q^{(k + 1) – 1} =  

1


−



q



k


+


1






1


−


q



.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1 + q + q² +… + q^{k – 1} =

1


−



q


k





1


−


q



.

 

Khi đó:

1 + q + q² +… + q^{k – 1} + q^{(k + 1) – 1}

= (1 + q + q² +… + q^{k – 1}) + q^{(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 ∈ ℕ^*.

Bài 5 trang 29 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh với mọi n ∈ ℕ^*, ta có:

a) 4ⁿ + 15n – 1 chia hết cho 9;

b) 13ⁿ – 1 chia hết cho 6.

Lời giải:

a)

+) Khi n = 1, ta có: 4¹ + 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 ∈ ℕ^*.

b)

+) Khi n = 1, ta có: 13¹ – 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 ∈ ℕ^*.

Bài 6 trang 29 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh nⁿ > (n + 1)^{n – 1} với n ∈ ℕ^*, n ≥ 2.

Lời giải:

+) Khi n = 2, ta có: 2² > (2 + 1)^{2 – 1}

⇔

 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}

⇒

 k^k . (k + 1)^{k + 1} > (k + 1)^2k

⇒

 k^k . (k + 1)^{k + 1} > [(k + 1)²]^k

⇒

 k^k . (k + 1)^{k + 1} > (k² + 2k + 1)^k > (k² + 2k)^k = [k(k + 2)]^k = k^k . (k + 2)^k

⇒

 (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 ∈ ℕ^*, n ≥ 2.

Bài 7 trang 29 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh aⁿ – bⁿ = (a – b)(a^{n – 1} + a^{n – 2}b + … + ab^{n –2} + b^{n – 1}) với n ∈ ℕ^*.

Lời giải:

+) Khi n = 1, ta có: a¹ – b¹ = 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 + … + a²b^{k – 2} + a . b^{k – 1}) + (a – b) . b^k

= (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + … + a²b^{(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 ∈ ℕ^*.

Bài 8 trang 29 Chuyên đề Toán 10: Cho tam giác đều màu xanh (Hình thứ nhất).

a) Nêu quy luật chọn tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai.

b) Nêu quy luật chọn các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ ba.

c) Nêu quy luật tiếp tục chọn các tam giác đều màu trắng từ Hình thứ tư và các tam giác đều màu trắng ở những hình sau đó.

d) Tinh số tam giác đều màu xanh lần lượt trong các Hình thứ nhất, Hình thú hai, Hình thứ ba.

e) Dự đoán số tam giác đều màu xanh trong Hình thứ n. Chứng minh kết quả đó bằng phương pháp quy nạp toán học.

Lời giải:

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 ∈ 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 ∈ ℕ^*.

Bài 9 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Quan sát Hình 6.

a) Nêu quy luật sắp xếp các chấm đỏ và vàng xen kẽ nhau khi xếp các chấm đó từ góc trên bên trái xuống góc dưới bên phải (tạo thành hinh vuông).

b) Giả sử hình vuông thứ n có mỗi cạnh chứa n chấm. Tinh tổng số chấm được xếp trong hình vuông (kể cả trên cạnh). Chứng minh kết quả đó bằng phương pháp quy nạp toán học.

Lời giải:

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 n².

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) = n² với mọi n ∈ ℕ^*“.

+) Khi n = 1, ta có: 1 = 1².

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) = k².

Khi đó:

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

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

= k² + [2(k+1) – 1]

= k² + (2k + 2 –1)

= k² + 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 ∈ ℕ^*.

 

Bài 10 trang 30 Chuyên đề Toán 10:

T


n


=



A


(


100


+


r


)



r







1


+



r


100





n



−


1

 (đồng), nếu trong khoảng thời gian này lãi suất không thay đổi.

Lời giải:

Xét mệnh đề P(x): “Số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau n (năm) là  (đồng) (n ∈ ℕ^*)”.

+) Khi n = 1:

Số tiền lãi người đó nhận được là: A . r% =

A


 


.


 


r



100

 (đồng).

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

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 

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

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

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%

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 ∈ ℕ^*. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài 11 trang 30 Chuyên đề Toán 10:

S


n


=

A




1


+



r



100


m







m


 


.


 


n

 (đồng), nếu trong khoảng thời gian này người gửi không rút tiền ra và lãi suất không thay đổi.

Lời giải:

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


+



r



100


m






x

 (đồng) (x ∈ ℕ^*)”.

Vì một năm có m kì hạn nên lãi suất mỗi kì hạn là 

r


%



m


=


r



100


m



.

+) Khi x = 1:

Số tiền lãi người đó nhận được là: A .

r



100


m

 (đồng).

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

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


+



r



100


m







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


+



r



100


m






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


+



r



100


m






k


 

.

  


r



100


m

 (đồng).

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

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 ∈ 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: