Bài 2.2 sbt toán 10 trang 30
|
Mỗi khẳng định sau là đúng hay sai? Nếu em nghĩ là đúng, hãy chứng minh nó. Nếu em nghĩ nó sai, hãy đưa ra một phản ví dụ. Đề bài Mỗi khẳng định sau là đúng hay sai? Nếu em nghĩ là đúng, hãy chứng minh nó. Nếu em nghĩ nó sai, hãy đưa ra một phản ví dụ.
Lời giải chi tiết
b) Cách 1: Xét \(T = {n^2} - n\), ta chứng minh \(T > 0\forall n \ge 2\) Vì \(n \ge 2\) nên \(n - 1 \ge 1\). Do đó \(T = n(n - 1) \ge 2 > 0\) Vậy \({n^2} > n\) với mọi số tự nhiên \(n \ge 2\) Cách 2: Ta chứng minh b) bằng phương pháp quy nạp Với \(n = 2\) ta có \({2^2} > 2\) Vậy b) đúng với \(n = 2\) Giải sử b) đúng với \(n = k\) tức là ta có \({k^2} > k\) Ta chứng minh b) đúng với \(n = k + 1\) tức là chứng minh \({(k + 1)^2} > k + 1\) Thật vậy, ta có \({(k + 1)^2} = {k^2} + 2k + 1 > {k^2} + 1 > k + 1\) (do \(k \ge 2\) và \({k^2} > k\) (theo giả thiết quy nạp)) Vậy b) đúng với mọi số tự nhiên \(n \ge 2.\)
Lớp 10 | Các môn học Lớp 10 | Giải bài tập, đề kiểm tra, đề thi Lớp 10 chọn lọcDanh sách các môn học Lớp 10 được biên soạn theo sách giáo khoa mới của bộ giáo dục đào tạo. Kèm theo lời giải sách bài tập, sách giáo khoa, đề kiểm tra 15 phút, 45 phút (1 tiết), đề thi học kì 1 và học kì 2 năm học 2024 ngắn gọn, chi tiết dễ hiểu. hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng trả lời các câu hỏi & làm bài tập Chuyên đề Toán 10 trang 30. Giải bài tập trang 30 Chuyên đề Toán 10 Bài 3 - Kết nối tri thức Vận dụng trang 30 Chuyên đề Toán 10: Lãi suất gửi tiết kiệm trong ngân hàng thường được tính theo thể thức lãi kép theo định kì. Theo thề thức này, nếu đến kì hạn người gửi không rút lãi ra thì tiền lãi được tính vào vốn của kì kế tiếp. Giả sử một người gửi số tiền A với lãi suất r không đổi trong mỗi kì.
Lời giải: – Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T1 mà người đó nhận được sau kì thứ 1 là: T1 = A + Ar = A(1 + r). – Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T2 mà người đó nhận được sau kì thứ 2 là: T2 = A(1 + r) + A(1 + r)r = A(1 + r)(1 + r) = A(1 + r)2. – Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T3 mà người đó nhận được sau kì thứ 3 là: T3 = A(1 + r)2 + A(1 + r)2r = A(1 + r)3.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Bước 1. Với n = 1 ta có T1 = A(1 + r) = A(1 + r)1. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: Tk = A(1 + r)k. Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: Tk + 1 = A(1 + r)k + 1. Thật vậy, Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tk + 1 mà người đó nhận được sau kì thứ (k + 1) là: Tk + 1 = A(1 + r)k + A(1 + r)k.r = A(1 + r)k(1 + r) = A(1 + r)k + 1. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Vậy Tn = A(1 + r)n với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Bài 2.1 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh các đẳng thức sau đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Lời giải:
Bước 1. Với n = 1 ta có 2.1 = 1(1 + 1). Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: 2 + 4 + 6 + ... + 2k = k(k + 1) Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: 2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k+1) = (k + 1)[(k + 1) + 1] Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: 2 + 4 + 6 + ... + 2k + 2(k+1) \= k(k + 1) + 2(k+1) = (k + 1)(k + 2) = (k + 1)[(k + 1) + 1]. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.
Bước 1. Với n = 1 ta có 12 = 11+12.1+16. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: 12 + 22 + 32 +... + k2 = kk+12k+16. Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: 12 + 22 + 32 +... + k2 + (k + 1)2 = k+1k+1+12k+1+16 Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: 12 + 22 + 32 +... + k2 + (k + 1)2 \= (k + 1)2 + kk+12k+16 \=6k+126+kk+12k+16 \=k+166k+1+k2k+1 \=k+162k2+7k+6 \=k+16k+22k+3 \=k+16k+1+12k+1+1. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Bài 2.2 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Mỗi khẳng định sau là đủng hay sai? Nếu em nghĩ là nó đủng, hãy chứng minh nó. Nếu em nghĩ là nó sai, hãy đưa ra một phản ví dụ.
Lời giải:
Bước 1. Với n = 2 ta có 22 = 4 > 2. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 2. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k ( k ≥ 2), tức là ta có: k2 > k Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (k + 1)2 > k + 1 Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: (k + 1)2 = k2 + 2k + 1 > k + 2k + 1 > k + 1. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 2. Bài 2.3 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh rằng n3 – n + 3 chia hết cho 3 với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Lời giải: Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Bước 1. Với n = 1 ta có 13 – 1 + 3 = 3 ⁝ 3. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: k3 – k + 3 ⁝ 3 Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (k + 1)3 – (k + 1) + 3 ⁝ 3 Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: (k + 1)3 – (k + 1) + 3 \= (k3 + 3k2 + 3k + 1) – (k + 1) + 3 \= (k3 – k + 3) + (3k2 + 3k) Vì (k3 – k + 3) và (3k2 + 3k) đều chia hết cho 3 nên (k3 – k + 3) + (3k2 + 3k) ⁝ 3 hay (k + 1)3 – (k + 1) + 3 ⁝ 3. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Bài 2.4 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh rằng n2 – n + 41 là số lẻ với mọi số nguyên dương n. Lời giải: Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Bước 1. Với n = 1 ta có 12 – 1 + 41 = 41 là số lẻ. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: k2 – k + 41 là số lẻ. Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (k + 1)2 – (k + 1) + 41 là số lẻ. Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: (k + 1)2 – (k + 1) + 41 \= (k2 + 2k + 1) – (k + 1) + 41 \= k2 + k + 41 = (k2 – k + 41) + 2k Vì k2 – k + 41 là số lẻ và 2k là số chẵn nên (k2 – k + 41) + 2k là số lẻ hay (k + 1)2 – (k + 1) + 41 là số lẻ. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Bài 2.5 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Chứng minh rằng nếu x > –1 thì (1 + x)n ≥ 1+ nx với mọi số tự nhiên n. Lời giải: Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Bước 1. Với n = 1 ta có (1 + x)1 = 1 + x = 1 + 1.x. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: (1 + x)k ≥ 1+ kx. Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: (1 + x)k + 1 ≥ 1+ (k + 1)x. Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: (1 + x)k + 1 \= (1 + x)(1 + x)k ≥ (1 + x)(1+ kx) = 1 + x + kx + kx2 > 1 + x + kx = 1+ (k + 1)x. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Bài 2.6 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Cho tổng Sn = 11.2+12.3+...+1nn+1.
Lời giải:
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Bước 1. Với n = 1 ta có S1 = 12=11+1. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có: Sk = kk+1. Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: Sk + 1 = k+1k+1+1. Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có: Sk + 1 = 11.2+12.3+...+1kk+1+1k+1k+1+1 \= Sk + 1k+1k+1+1 \=kk+1+1k+1k+1+1 \=kk+1+1k+1k+2=kk+2+1k+1k+2 \=k2+2k+1k+1k+2=k+12k+1k+2=k+1k+2=k+1k+1+1. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. Bài 2.7 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học, chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác n cạnh (n ≥ 4) là nn−32. Lời giải: Ta chứng minh bằng quy nạp theo n với n ≥ 4. Bước 1. Với n = 4 ta có đa giác là tứ giác. Số đường chéo của tứ giác là 2 = 44−32. Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 4. Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k (k ≥ 4), tức là ta có: Số đường chéo của một đa giác k cạnh (k ≥ 4) là kk−32. Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: Số đường chéo của một đa giác (k + 1) cạnh (k ≥ 4) là k+1k+1−32. Thật vậy, xét đa giác (k + 1) cạnh A1A2...AkAk + 1, nối hai đỉnh A1 và Ak ta được đa giác k cạnh A1A2...Ak. Theo giả thiết quy nạp đa giác k cạnh này có kk−32 đường chéo. Các đường chéo còn lại của đa giác (k + 1) cạnh ngoài kk−32 đường chéo này là các đoạn nối Ak + 1 với các đỉnh từ A2 đến Ak – 1 và đoạn A1Ak (màu đỏ). Tổng cộng có (k – 1) đường. Vậy tổng số đường chéo của đa giác (k + 1) cạnh là: kk−32 + (k – 1) = kk−3+2k−12 \=k2−k−22=k+1k−22=k+1k+1−32. Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 4. Bài 2.8 trang 30 Chuyên đề Toán 10: Ta sẽ “lập luận” bằng quy nạp toán học đề chỉ ra rằng: “Mọi con mèo đều có cùng màu”. Ta gọi P(n) với n nguyên dương là mệnh đề sau: “Mọi con mèo trong một đàn gồm n con đều có cùng màu”. Bước 1. Với n = 1 thì mệnh đề P(1) là “Mọi con mèo trong một đàn gồm 1 con đều có cùng màu”. Hiền nhiên mệnh đề này là đúng! Bước 2. Giả sử P(k) đúng với một số nguyên dương k nào đó. Xét một đàn mèo gồm k + 1 con. Gọi chúng là M1, M2, ..., Mk + 1. Bỏ con mèo Mk + 1 ra khỏi đàn, ta nhận được một đàn mèo gồm k con là M1, M2, ... , Mk. Theo giả thiết quy nạp, các con mèo có cùng màu. Bây giờ, thay vì bỏ con mèo Mk + 1 ta bỏ con mèo để có đàn mèo gồm k con là M2, M3, ..., Mk + 1. Vẫn theo giả thiết quy nạp thì các con mèo M2, M3, ..., Mk + 1 có cùng màu. Cuối cùng, đưa con mèo M1 trở lại đàn để có đàn mèo ban đầu. Theo các lập luận trên: các con mèo M1, M2, ..., Mk có cùng màu và các con mèo M2, M3, ..., Mk + 1 có cùng màu. Từ đó suy ra tất cả các con mèo M1, M2, ... , Mk + 1 đều có cùng màu. Vậy, theo nguyên lí quy nạp thì P(n) đúng với mọi số nguyên dương n. Nói riêng, nếu gọi N là số mèo hiện tại trên Trái Đất thi việc P(N) đúng cho thấy tất cả các con mèo (trên Trái Đất) đều có cùng màu! Tất nhiên là ta có thề tìm được các con mèo khác màu nhau! Theo em thì “lập luận” trên đây sai ở chỗ nào? Lời giải: Lập luận này sai ở Bước 2 khi k = 2. Với k = 2, tức là đàn mèo có 2 con M1, M2. Khi đó việc tách đàn mèo này thành hai đàn mèo nhỏ, mỗi đàn 1 con mèo sẽ dẫn đến việc hai tập hợp {M1, M2, ... , Mk} (lúc này chỉ là {M1}) và {M2, M3, ..., Mk + 1} (lúc này chỉ là {M2}) không có phần tử giao nhau. Do đó không thể suy ra tất cả các con mèo M1, M2, ... , Mk + 1 đều có cùng màu. |
