Video hướng dẫn giải
- LG a
- LG b
- LG c
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:\[12n \, \vdots 6 \, \]
\[ \Rightarrow \;{n^3}\; + {\rm{ }}11n{\rm{ }} = {\rm{ }}n\left[ {n--1} \right]\left[ {n + 1} \right] + 12n\;\; \vdots \;\;6.\]