Phương pháp quy nạp toán học

Nếu ta giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\) thì ta cần chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 1\).

Ở bước 2 ta cần giả sử mệnh đề đúng với \(n = k\) với \(k \ge p\).

Phương pháp quy nạo toán học:

- Bước 1: Chứng minh \(P\left( n \right)\) đúng với \(n = 1\).

- Bước 2: Với \(k\) là một số nguyên dương tùy ý, giả sử \(P\left( n \right)\) đúng với \(n = k\), chứng minh \(P\left( n \right)\) cũng đúng khi \(n = k + 1\).

Do đó ta thấy, ở bước 2, nếu ta giả sử mệnh đề đúng với \(n = k + 1\) thì ta cần chứng minh mệnh đề đúng với \(n = k + 2\).

Bằng quy nạp toán học ta chứng minh được \({7^n} + 5\) chia hết cho $6$.

Thật vậy, với $n = 1$ ta có: \({7^1} + 5 = 12\,\, \vdots \,\,6\)

Giả sử mệnh đề đúng với $n = k$, nghĩa là \({7^k} + 5\) chia hết cho $6$, ta chứng minh mệnh đề cũng đúng với $n = k + 1$, nghĩa là phải chứng minh \({7^{k + 1}} + 5\) chia hết cho $6$.

Ta có: \({7^{k + 1}} + 5 = 7\left( {{7^k} + 5} \right) - 30\)

Theo giả thiết quy nạp ta có \({7^k} + 5\) chia hết cho $6$, và $30$ chia hết cho $6$ nên \(7\left( {{7^k} + 5} \right) - 30\) cũng chia hết cho $6$.

Do đó mệnh đề đúng với $n = k + 1$.

Vậy \({7^n} + 5\) chi hết cho $6$ với mọi \(n \in N^*\).

Mọi số chia hết cho $6$ đều chia hết cho $2$ và chia hết cho $3$.

Do đó cả 3 mệnh đề đều đúng.

Với $n = 1$ ta có: \({S_1} = 1.2 = 2\), do đó đáp án A, C sai.

Ta chứng minh \({S_n} = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}}{3}\,\,\left( * \right)\) đúng với mọi số nguyên dương $n$.

Giả sử $(*)$ đúng đến $n = k (k \ge 1)$, tức là \({S_k} = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + k\left( {k + 1} \right) = \dfrac{{k\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}{3},\) ta chứng minh $(*)$ đúng đến $n = k + 1$, tức là cần chứng minh \({S_{k + 1}} = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + \left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right) = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}}{3},\)

Ta có: 

\(\begin{array}{l}{S_{k + 1}} = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + k\left( {k + 1} \right) + \left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right) = \dfrac{{k\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}{3} + \left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\\ = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left( {{k^2} + 2k + 3k + 6} \right)}}{3} = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left( {{k^2} + 5k + 6} \right)}}{3} = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {k + 3} \right)}}{3}.\end{array}\)

Vậy $(*)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$.

Cách 1: Kiểm nghiệm từng phương án đúng đối với những giá trị cụ thể của \(n\).

Với \(n = 1\) thì \({S_1} = 1.1! = 1\) (Loại ngay được các phương án A, C, D).

Với $n = 3$ ta loại được đáp án A, B và C.

Ta chứng minh đáp án D đúng bằng phương pháp quy nạp toán học.

Bất đẳng thức \({2^n} > 2n + 1\) đúng với $n = 3$ vì $8 > 7$.

Giả sử bất đẳng thức đúng đến \(n = k \ge 3\), tức là \({2^k} > 2k + 1\), ta chứng minh bất đẳng thức đúng đến $n = k + 1$, tức là cần chứng minh \({2^{k + 1}} > 2\left( {k + 1} \right) + 1 = 2k + 3.\)

Ta có: \({2^{k + 1}} = {2.2^k} > 2\left( {2k + 1} \right) = 4k + 2 = 2k + 3 + 2k - 1.\) Vì \(k \ge 4 \Rightarrow 2k - 1 \ge 7 > 0 \Rightarrow {2^{k + 1}} > 2k + 3\)

Do đó bất đẳng thức đúng đến $n = k + 1$.

Vậy BĐT đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 3.\)

Đáp án A: sai vì \(Q \subset {N^*}\) chứ không phải \({N^*} \subset Q\), nên mọi số nguyên dương không thể thuộc \(Q\) hết được.

Đáp án B: đúng vì theo lý thuyết của phương pháp quy nạp toán học.

Đáp án C: sai vì theo giả thiết \(b)\) thì phải là số tự nhiên lớn hơn \(k\) thuộc \(Q\).

Đáp án D: sai vì số nguyên âm không thuộc \(Q\).

Cách 1:

Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta sẽ chứng minh được \({S_n} = \dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + \dfrac{1}{{3.4}} + ... + \dfrac{1}{{n\left( {n + 1} \right)}} = \dfrac{n}{{n + 1}}\,\,\left( * \right)\)

Thật vậy, với $n = 1$ ta có \({S_1} = \dfrac{1}{{1.2}} = \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{{1 + 1}}\)

Giả sử (*) đúng đến $n = k(k \ge 1) $, khi đó ta có:

\({S_k} = \dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + ... + \dfrac{1}{{k\left( {k + 1} \right)}} = \dfrac{k}{{k + 1}}\), ta chứng minh (*) đúng đến $n = k + 1$, tức là cần chứng minh

\({S_{k + 1}} = \dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + ... + \dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{k + 1}}{{k + 2}}\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}{S_{k + 1}} = \dfrac{1}{{1.2}} + \dfrac{1}{{2.3}} + ... + \dfrac{1}{{k\left( {k + 1} \right)}} + \dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}}\\ = \dfrac{k}{{k + 1}} + \dfrac{1}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{k\left( {k + 2} \right) + 1}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{{k^2} + 2k + 1}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {k + 1} \right)}^2}}}{{\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)}} = \dfrac{{\left( {k + 1} \right)}}{{\left( {k + 2} \right)}}.\end{array}\)

Vậy $(*)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$.

Với $n = 1$ ta có \({13^1} - 1 = 12 \vdots 12\), ta sử dụng phương pháp quy nạp toán học để chứng minh \({13^n} - 1\) chia hết cho $12$ với mọi \(n \in {N^*}\).

Giả sử khẳng định trên đúng đến $n = k (k \ge 1)$, tức là \(\left( {{{13}^k} - 1} \right) \vdots 12\) ta chứng minh đúng đến $n = k + 1$, tức là \({13^{k + 1}} - 1\) cũng chia hết cho \(12\)

Ta có:

\({13^{k + 1}} - 1 = {13.13^k} - 1 \)\(= {13.13^k} - 13 + 12 \) \(= 13\left( {{{13}^k} - 1} \right) + 12\)

Theo giả thiết quy nạp ta có: \(\left( {{{13}^k} - 1} \right) \vdots 12\) nên \(13\left( {{{13}^k} - 1} \right) + 12 \vdots 12 \Rightarrow \left( {{{13}^{k + 1}} - 1} \right) \vdots 12\)

Vậy \(\left( {{{13}^n} - 1} \right) \vdots 12,\forall n \in {N^*}\).

Với $n = 2$ ta có: \({3^2} = 9 > 3.2 + 2\)

Ta chứng minh đáp án C đúng bằng phương pháp quy nạp toán học.

Bất đẳng thức đúng với $n = 2$, giả sử bất đẳng thức đúng đến $n = k (k \ge 2)$, tức là \({3^k} > 3k + 2\).

Ta chứng minh bất đẳng thức đúng đến $n = k + 1$, tức là cần phải chứng minh \({3^{k + 1}} > 3\left( {k + 1} \right) + 2 = 3k + 5\)

Ta có: \({3^{k + 1}} = {3.3^k} > 3\left( {3k + 2} \right) \) \(= 9k + 6 > 3k + 5\)

Vậy bất đằng thức đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 2\)

Gọi ${{S}_{n}}=2+5+8+\ldots +\left( 3n-1 \right)$

Với $n = 1$ ta có: \({S_1} = 2\) , ta loại được các đáp án B, C và D.

Ta chứng minh ${{S}_{n}}=2+5+8+\ldots +\left( 3n-1 \right)=\dfrac{n\left( 3n+1 \right)}{2}\,\,\,\left( * \right)$  đúng với mọi số nguyên dương $n$ bằng phương pháp quy nạp toán học.

Giả sử (*) đúng đến $n = k (k \ge 1)$, tức là ${{S}_{k}}=2+5+8+\ldots +\left( 3k-1 \right)=\dfrac{k\left( 3k+1 \right)}{2}$

Ta cần chứng minh (*) đúng đến $n = k + 1$, tức là cần chứng minh ${{S}_{k+1}}=2+5+8+\ldots +\left( 3\left( k+1 \right)-1 \right)=\dfrac{\left( k+1 \right)\left( 3\left( k+1 \right)+1 \right)}{2}=\dfrac{\left( k+1 \right)\left( 3k+4 \right)}{2}$

Ta có: $\begin{align} & {{S}_{k+1}}=2+5+8+\ldots +\left( 3\left( k+1 \right)-1 \right)=2+5+8+\ldots +\left( 3k-1 \right)+\left( 3k+2 \right) \\  & =\dfrac{k\left( 3k+1\right)}{2}+3k+2=\dfrac{3{{k}^{2}}+k+6k+4}{2}=\dfrac{\left( k+1 \right)\left( 3k+4 \right)}{2} \\\end{align}$

Do đó (*) đúng đến $n = k + 1$ .

Vậy ${{S}_{n}}=2+5+8+\ldots +\left( 3n-1\right)=\dfrac{n\left( 3n+1 \right)}{2}$ đúng với mọi số nguyên dương $n$.

Khi $n = 1$ ta có \(\dfrac{1}{{\sqrt 1 }} = 1 < 2 \Rightarrow \) Loại đáp án A, B, D.

Ta chứng minh đáp án C đúng bằng phương pháp quy nạp toán học.

Bất đẳng thức đúng với $n = 1$ .

Giả sử bất đẳng thức đúng đến $n = k (k \ge 1)$, tức là

\(1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt k }} < 2\sqrt k \) , ta chứng minh bất đẳng thức đúng đến $n = k + 1$ , tức là cần chứng minh \(1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \)

Ta có: \(VT = 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt k }} + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt k  + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }}\)

Giả sử:

$2\sqrt k  + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1}  $ $\Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1}  - 2\sqrt k  = \dfrac{2}{{\sqrt {k + 1}  + \sqrt k }}$ $ \Leftrightarrow \sqrt {k + 1}  > \dfrac{{\sqrt {k + 1} }}{2} + \dfrac{{\sqrt k }}{2} $ $\Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt {k + 1} }}{2} > \dfrac{{\sqrt k }}{2} \Leftrightarrow \sqrt {k + 1}  > \sqrt k $ (luôn đúng)

Do đó

\(2\sqrt k  + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \) \( \Rightarrow 1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt {k + 1} }} < 2\sqrt {k + 1} \)

Do đó bất đẳng thức đúng đến $n = k + 1$.

Vậy  \(1 + \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} + ... + \dfrac{1}{{\sqrt n }} < 2\sqrt n \) đúng với mọi số nguyên dương $n$.

Với $n = 1$ ta có \(\dfrac{{a + b}}{2} = \dfrac{{a + b}}{2}\), do đó loại đáp án A.

Với $n = 2$, chọn bất kì $a = 1,b = 2$ ta có:

\(\dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} = \dfrac{{{1^2} + {2^2}}}{2} = \dfrac{5}{2},\) \({\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} = {\left( {\dfrac{{1 + 2}}{2}} \right)^2} = \dfrac{9}{4} \) \(\Rightarrow \dfrac{{{a^n} + {b^n}}}{2} > {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^n} \)

Đáp án C sai.

Ta chứng minh đáp án B đúng với mọi \(a \ge 0,b \ge 0,n \in {N^*}\) bằng phương pháp quy nạp.

Với $n = 1$ mệnh đề đúng.

Giả sử mệnh đề đúng đến \(n = k\left( {k \ge 1} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{{a^k} + {b^k}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^k}\left( 1 \right)\)

Ta phải chứng minh \(\dfrac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}}\)

Thật vậy, ta nhân $2$ vế của (1) với \(\dfrac{{a + b}}{2} > 0\) ta có:

\(\dfrac{{{a^k} + {b^k}}}{2}.\dfrac{{a + b}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^k}.\dfrac{{a + b}}{2}  \Leftrightarrow \dfrac{{{a^{k + 1}} + {a^k}b + a{b^k} + {b^{k + 1}}}}{4} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}}\left( 2 \right)\)

Do \(a \ge 0,b \ge 0\). Nếu \(a \ge b \ge 0 \Rightarrow \left( {{a^k} - {b^k}} \right)\left( {a - b} \right) \ge 0\), nếu \(0 \le a \le b \Rightarrow \left( {{a^k} - {b^k}} \right)\left( {a - b} \right) \ge 0\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \left( {{a^k} - {b^k}} \right)\left( {a - b} \right) \ge 0\,\,\,\forall a \ge 0,b \ge 0\\ \Rightarrow {a^{k + 1}} + {b^{k + 1}} \ge {a^k}b + a{b^k} \Rightarrow \dfrac{{{a^{k + 1}} + {a^k}b + a{b^k} + {b^{k + 1}}}}{4} \le \dfrac{{{a^{k + 1}} + {a^{k + 1}} + {b^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{4} = \dfrac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2}\end{array}\)

Từ (2) suy ra $\dfrac{{{a^{k + 1}} + {b^{k + 1}}}}{2} \ge {\left( {\dfrac{{a + b}}{2}} \right)^{k + 1}}$, do đó mệnh đề đúng đến $n = k + 1$.

Vậy mệnh đề đúng với mọi $n,a,b$ thỏa mãn điều kiện bài toán.