Bài 2 trang 82 Toán 11: Bài 1. Phương pháp quy nạp Toán học...

Bài 2. Chứng minh rằng với (nin {mathbb N}^*)    ta luôn có:

a) ({n^3} + { m{ }}3{n^2} + { m{ }}5n) chia hết cho (3);

b) ({4^n} + { m{ }}15n{ m{ }} – { m{ }}1) chia hết cho (9);

c) ({n^3} + { m{ }}11n) chia hết cho (6).

Hướng dẫn giải:

a) Đặt (S_n={n^3} + { m{ }}3{n^2} + { m{ }}5n)

Với (n = 1) thì (S_1= 9) chia hết cho (3)

Giả sử với (n = k ≥ 1), ta có (S_k= ({k^3} + { m{ }}3{k^2} + { m{ }}5k)  vdots) ( 3)

Ta phải chứng minh rằng (S_{k+1})( vdots) (3)

Thật vậy :

({left( {k{ m{ }} + { m{ }}1} ight)^3} + { m{ }}3{left( {k{ m{ }} + { m{ }}1} ight)^2} + { m{ }}5left( {k{ m{ }} + { m{ }}1} ight)) 

( = {k^3}{ m{ }} + { m{ }}3{k^2} + { m{ }}3k{ m{ }} + { m{ }}1{ m{ }} + { m{ }}3{k^2} + { m{ }}6k{ m{ }} + { m{ }}3{ m{ }} + { m{ }}5k{ m{ }} + { m{ }}5)

( = { m{ }}{k^3} + { m{ }}3{k^2} + { m{ }}5k{ m{ }} + { m{ }}3{k^2} + { m{ }}9k{ m{ }} + { m{ }}9)

 hay ({S_{k + 1}} = {S_k} + { m{ }}3({k^2} + { m{ }}3k{ m{ }} + { m{ }}3))

Theo giả thiết quy nạp thì (S_k ) ( vdots) (3), mặt khác (3({k^2} + { m{ }}3k{ m{ }} + { m{ }}3) vdots) (3) nên (S_{k+1} vdots) (3).

Vậy ({n^3} + { m{ }}3{n^2} + { m{ }}5n) chia hết cho (3) với mọi (nin {mathbb N}^*)  ^.

b) Đặt ({S_n} = {4^n} + { m{ }}15n{ m{ }} – { m{ }}1)

Với (n{ m{ }} = { m{ }}1,{S_1} = { m{ }}{4^1} + { m{ }}15.1{ m{ }}-{ m{ }}1{ m{ }} = { m{ }}18) nên (S_1  vdots) (9)

Giả sử với (n = k ≥ 1) thì ({S_k} = { m{ }}{4^k} + { m{ }}15k{ m{ }} – { m{ }}1) chia hết cho (9).

Ta phải chứng minh (S_{k+1} vdots) (9).

Thật vậy, ta có:

({S_{k + 1}} = { m{ }}{4^{k{ m{ }} + { m{ }}1}} + { m{ }}15left( {k{ m{ }} + { m{ }}1} ight){ m{ }}-{ m{ }}1)

                                    ( = { m{ }}4({4^k} + { m{ }}15k{ m{ }}-{ m{ }}1){ m{ }}-{ m{ }}45k{ m{ }} + { m{ }}18{ m{ }} = { m{ }}4{S_k}-{ m{ }}9left( {5k{ m{ }}-{ m{ }}2} ight))

Theo giả thiết quy nạp thì  (S_k  vdots) (9)  nên (4S_1   vdots) (9), mặt khác (9(5k – 2)   vdots) (9), nên (S_{k+1}  vdots) (9)

Vậy ((4^n+ 15n – 1)  vdots) (9) với mọi (nin {mathbb N}^*)  

c) Đặt ({S_n} = {n^3} + { m{ }}11n)

Với (n = 1), ta có ({S_1} = { m{ }}{1^3} + { m{ }}11.1{ m{ }} = { m{ }}12) nên (S_1) ( vdots) (6)

Giả sử với (n = k ≥ 1) ,ta có ({S_{k}} = {k^3} + { m{ }}11k vdots) (6)

Ta phải chứng minh (S_{k+1})( vdots) 6

Thật vậy, ta có 

({S_{k + 1}} = { m{ }}left( {k{ m{ }} + { m{ }}1} ight)^3{ m{ }} + { m{ }}11left( {k{ m{ }} + { m{ }}1} ight){ m{ }} = { m{ }}{k^3} + { m{ }}3k^2+ { m{ }}3k{ m{ }} + { m{ }}1{ m{ }} + { m{ }}11k{ m{ }} + { m{ }}11)  

( = ({ m{ }}{k^3} + { m{ }}11k){ m{ }} + { m{ }}3({k^2} + { m{ }}k{ m{ }} + { m{ }}4){ m{ }} = { m{ }}{S_k} + { m{ }}3({k^2} + { m{ }}k{ m{ }} + { m{ }}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 (nin {mathbb N}^*).