Video hướng dẫn giải
Chứng minh rằng với \(n\in {\mathbb N}^*\) ta luôn có:
LG a
\({n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) chia hết cho \(3\);
Phương pháp giải:
Vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học.
Bước 1: Chứng minh mệnh đề đúng với \(n=1\).
Bước 2: Giả sử đẳng thức đúng đến \(n=k \ge 1\) (giả thiết quy nạp). Chứng minh đẳng thức đúng đến \(n=k+1\).
Khi đó đẳng thức đúng với mọi \(n \in N^*\).
Lời giải chi tiết:
Đặt \(S_n={n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\)
Với \(n = 1\) thì \(S_1= {1^3} + {3.1^2} + 5.1 = 9\) chia hết cho \(3\)
Giả sử với \(n = k ≥ 1\), \(S_k= ({k^3} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}5k) \vdots\) \( 3\)
Ta phải chứng minh rằng \(S_{k+1}\)\( \vdots\) \(3\)
Thật vậy :
\(S_{k+1}={\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^3} + {\rm{ }}3{\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^2} + {\rm{ }}5\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\)
\( = {k^3}{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}6k{\rm{ }} + {\rm{ }}3{\rm{ }} + {\rm{ }}5k{\rm{ }} + {\rm{ }}5\)
\( =( {\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}5k{\rm{ }}) + {\rm{ }}3{k^2} + {\rm{ }}9k{\rm{ }} + {\rm{ }}9\)
\(= {S_k} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3)\)
Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \) \( \vdots\) \(3\)
Mà \(3({k^2} + {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}3) \vdots\) \(3\) nên \(S_{k+1} \vdots\) \(3\).
Vậy \({n^3} + {\rm{ }}3{n^2} + {\rm{ }}5n\) chia hết cho \(3\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\).
Cách khác:
Chứng minh trực tiếp.
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{n^3}\; + {\rm{ }}3{n^2}\; + {\rm{ }}5n}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.({n^2}\; + {\rm{ }}3n{\rm{ }} + {\rm{ }}5)}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.({n^2}\; + {\rm{ }}3n{\rm{ }} + {\rm{ }}2{\rm{ }} + {\rm{ }}3)}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.({n^2}\; + {\rm{ }}3n{\rm{ }} + {\rm{ }}2){\rm{ }} + {\rm{ }}3n}\\
{\;\;\;\;\;\; = {\rm{ }}n.\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}3n.}
\end{array}\)
Mà: \(n\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}2} \right)\; \vdots \;3\) (tích của ba số tự nhiên liên tiếp)
và \(3n \, \vdots \, 3\)
\( \Rightarrow {n^3} + 3{n^2} + 5n = n(n + 1)(n + 2) + 3n\; \vdots \;3.\)
Vậy \({n^3} + 3{n^2} + 5n\) chia hết cho \(3\) với mọi \(\forall n\; \in \;N*\)
LG b
\({4^n} + {\rm{ }}15n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) chia hết cho \(9\)
Lời giải chi tiết:
Đặt \({S_n} = {4^n} + {\rm{ }}15n{\rm{ }} - {\rm{ }}1\)
Với \(n{\rm{ }} = {\rm{ }}1,{S_1} = {\rm{ }}{4^1} + {\rm{ }}15.1{\rm{ }}-{\rm{ }}1{\rm{ }} = {\rm{ }}18\) nên \(S_1 \vdots\) \(9\)
Giả sử với \(n = k ≥ 1\) thì \({S_k} = {\rm{ }}{4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }} - {\rm{ }}1\) chia hết cho \(9\).
Ta phải chứng minh \(S_{k+1} \vdots\) \(9\).
Thật vậy, ta có:
\({S_{k + 1}} = {\rm{ }}{4^{k{\rm{ }} + {\rm{ }}1}} + {\rm{ }}15\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }}-{\rm{ }}1\)
\( = {4.4^k} + 15k + 15 - 1\)
\( = {4.4^k} + 15k + 14\)
\( = {4.4^k} + 60k - {45k} + 18 - 4\)
\( = \left( {{{4.4}^k} + 60k - 4} \right) - 45k + 18\)
\( = {\rm{ }}4({4^k} + {\rm{ }}15k{\rm{ }}-{\rm{ }}1){\rm{ }}-{\rm{ }}45k{\rm{ }} + {\rm{ }}18{\rm{ }} \)
\(= {\rm{ }}4{S_k}-{\rm{ }}9\left( {5k{\rm{ }}-{\rm{ }}2} \right)\)
Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k \vdots\) \(9\) nên \(4S_k \vdots 9\)
Mặt khác \(9(5k - 2) \vdots\) \(9\), nên \(S_{k+1} \vdots 9\)
Vậy \((4^n+ 15n - 1) \vdots\) \(9\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\)
LG c
\({n^3} + {\rm{ }}11n\) chia hết cho \(6\).
Lời giải chi tiết:
Đặt \({S_n} = {n^3} + {\rm{ }}11n\)
Với \(n = 1\), ta có \({S_1} = {\rm{ }}{1^3} + {\rm{ }}11.1{\rm{ }} = {\rm{ }}12\) nên \(S_1\) \( \vdots\) \(6\)
Giả sử với \(n = k ≥ 1\) , \({S_{k}} = {k^3} + {\rm{ }}11k \) chia hết cho 6.
Ta phải chứng minh \(S_{k+1}\)\( \vdots\) 6
Thật vậy, ta có
\({S_{k + 1}} = {\rm{ }}\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)^3{\rm{ }} + {\rm{ }}11\left( {k{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }}\)
\(= {\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}3k^2+ {\rm{ }}3k{\rm{ }} + {\rm{ }}1{\rm{ }} + {\rm{ }}11k{\rm{ }} + {\rm{ }}11\)
\( = \left( {{k^3} + 11k} \right) + \left( {3{k^2} + 3k + 12} \right)\)
\( = ({\rm{ }}{k^3} + {\rm{ }}11k){\rm{ }} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}k{\rm{ }} + {\rm{ }}4){\rm{ }} \)
\(= {\rm{ }}{S_k} + {\rm{ }}3({k^2} + {\rm{ }}k{\rm{ }} + {\rm{ }}4)\)
Theo giả thiết quy nạp thì \(S_k\)\( \vdots\) \(6\), mặt khác \(k^2+ k + 4 = k(k + 1) + 4\) là số chẵn nên \(3(k^2+ k + 4)\) \( \vdots\) \(6\), do đó \(S_{k+1}\)\( \vdots\) \(6\)
Vậy \(n^3+ 11n\) chia hết cho \(6\) với mọi \(n\in {\mathbb N}^*\).
Cách khác:
Chứng minh trực tiếp.
Ta có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{n^3}\; + {\rm{ }}11n}\\
{ = {\rm{ }}{n^3}\;--{\rm{ }}n{\rm{ }} + {\rm{ }}12n}\\
{ = {\rm{ }}n({n^2}\;--{\rm{ }}1){\rm{ }} + {\rm{ }}12n}\\
{ = {\rm{ }}n\left( {n{\rm{ }}--{\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}12n.}
\end{array}\)
Vì \(n\left( {n{\rm{ }}--{\rm{ }}1} \right)\left( {n{\rm{ }} + {\rm{ }}1} \right)\) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất 1 thừa số chia hết cho \(2\) và 1 thừa số chia hết cho \(3\)
\(n(n{\rm{ - }}1)(n + 1)\,\, \vdots \;6\)
Lại có: \(12n \, \vdots 6 \, \)
\( \Rightarrow \;{n^3}\; + {\rm{ }}11n{\rm{ }} = {\rm{ }}n\left( {n--1} \right)\left( {n + 1} \right) + 12n\;\; \vdots \;\;6.\)
