Giải bài tập trang 29 Chuyên đề Toán 10 Bài 1 - Cánh diều

Giải bài tập trang 29 Chuyên đề Toán 10 Bài 1 - Cánh diều

Bài 1 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

Cho S_n = 1 + 2 + 2² +... + 2ⁿ và T_n = 2^{n + 1} – 1, với n $\in$ 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 $\in$ 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 $\in$ ℕ^*. Vậy S_n = T_n = 2^{n + 1} – 1 với n $\in$ ℕ^*.

Bài 2 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

Cho $S_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\dots +\frac{1}{2^n}$ và $T_n=2-\frac{1}{2^n}$, với n $\in$ 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) 

Vậy S₁ = T₁; S₂ = T₂; S₃ = T₃.

b) Ta dự đoán S_n = T_n với n $\in$ 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 $\in$ ℕ^*. Vậy S_n = T_n = $2-\frac{1}{2^n}$ với n $\in$ ℕ^*.

Bài 3 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

Cho $S_n=\frac{1}{1.5}+\frac{1}{5.9}+\frac{1}{9.13}+\dots$$+\frac{1}{(4n-3)(4n+1)}$, với n $\in$ 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:

a)

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: $S_{k+1}=\frac{k+1}{4\left(k+1\right)+1}.$

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}+\dots$$+\frac{1}{(4n-3)(4n+1)}+$$\frac{1}{\left[4\left(k+1\right)-3\right]\left[4\left(k+1\right)+1\right]}$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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 $\in$ ℕ^*.

Bài 4 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

Cho q là số thực khác 1. Chứng minh: 1 + q + q² +... + q^{n – 1} = $\frac{1-q^n}{1-q},$ với n $\in$ ℕ^*.

Lời giải:

+) 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 + q² +... + 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 + q² +... + q^{k – 1} = $\frac{1-q^k}{1-q}.$ 

Khi đó:

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

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

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

= $\frac{1-q^k}{1-q}$ + q^k

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

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

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

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

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^*.

Bài 5 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

Chứng minh với mọi n $\in$ 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 $\in$ 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 $\in$ ℕ^*.

Bài 6 trang 29 Chuyên đề Toán 10:

Chứng minh nⁿ > (n + 1)^{n – 1} với n $\in$ ℕ^*, n ≥ 2.

Lời giải:

+) Khi n = 2, ta có: 2² > (2 + 1)^{2 – 1} $\iff$ 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} > (k² + 2k + 1)^k > (k² + 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.

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 $\in$ 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 $\in$ 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 $\in$ 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^*.

Xem thêm lời giải bài tập Chuyên đề Toán lớp 10 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Giải bài tập trang 23, 25 Chuyên đề Toán 10 Bài 1

Giải bài tập trang 26 Chuyên đề Toán 10 Bài 1

Giải bài tập trang 30 Chuyên đề Toán 10 Bài 1