Cho tam giác đều màu xanh (Hình thứ nhất). a) Nêu quy luật chọn tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai. b) Nêu quy luật chọn các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ ba. c) Nêu quy luật tiếp tục chọn các tam giác đều màu trắng từ Hình thứ tư và các tam giác đều màu trắng ở những hình sau đó. d) Tinh số tam giác đều màu xanh lần lượt trong các Hình thứ nhất, Hình thú hai, Hình thứ ba. e) Dự đoán số tam giác đều màu xanh trong Hình thứ n. Chứng minh kết quả đó bằng phương pháp quy nạp toán học.

Câu hỏi:

Cho tam giác đều màu xanh (Hình thứ nhất).
a) Nêu quy luật chọn tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai.
b) Nêu quy luật chọn các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ ba.
c) Nêu quy luật tiếp tục chọn các tam giác đều màu trắng từ Hình thứ tư và các tam giác đều màu trắng ở những hình sau đó.
d) Tinh số tam giác đều màu xanh lần lượt trong các Hình thứ nhất, Hình thú hai, Hình thứ ba.
e) Dự đoán số tam giác đều màu xanh trong Hình thứ n. Chứng minh kết quả đó bằng phương pháp quy nạp toán học.

Trả lời:

a) Tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai có đỉnh là trung điểm các cạnh của tam giác đều màu xanh ở hình thứ nhất.
b) Giữ nguyên tam giác đều màu trắng ở Hình thứ hai, với mỗi tam giác đều màu xanh ở Hình thứ hai, ta lại chọn các tam giác đều màu trắng như cách ở Hình thứ nhất.
c) Giữ nguyên các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ ba, với mỗi tam giác đều màu xanh ở Hình thứ ba, ta lại chọn các tam giác đều màu trắng như cách ở Hình thứ nhất.
Như vậy, ta có quy luật chọn các tam giác đều màu trắng ở hình thứ n:
Giữ nguyên các tam giác đều màu trắng ở Hình thứ n – 1, với mỗi tam giác đều màu xanh ở Hình thứ n – 1, ta lại chọn các tam giác đều màu trắng như cách ở Hình thứ nhất.
d) Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ nhất là: 1.
Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ hai là: 3.
Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ ba là: 9.
e) Dự đoán số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ n là: 3^{n – 1}.
Xét mệnh đề P(n): “Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ n là 3^{n – 1} với n$\in$ℕ^*“.
Chứng minh:
+) Khi n = 1, ta có: Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ nhất là: 1.
Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:
Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ (k + 1) là 3^{(k + 1) –1}.
Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
Số tam giác đều màu xanh ở Hình thứ k là 3^{k –1}.
Vì với cách chọn như trên, mỗi tam giác đều màu xanh sẽ tạo ta 3 tam giác đều màu xanh mới ở hình tiếp theo nên từ 3^{k – 1} tam giác đều màu xanh ở Hình thứ k sẽ cho ta 3 . 3^{k – 1} = 3^k = 3^{(k + 1) – 1} tam giác đều màu xanh ở Hình thứ (k + 1).
Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề P(n) đúng với mọi n$\in$ℕ^*
.

====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====

1. Xét mệnh đề chứa biến P(n) : “1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n2” với n là số nguyên dương. a) Chứng tỏ rằng P(1) là mệnh đề đúng. b) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng, cho biết 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) bằng bao nhiêu. c) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng, chứng tỏ rằng P(k+1) cũng là mệnh đề đúng bằng cách chỉ ra k2 + [2(k + 1) – 1] = (k+1)2.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Xét mệnh đề chứa biến P(n) : “1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) = n²” với n là số nguyên dương.
   a) Chứng tỏ rằng P(1) là mệnh đề đúng.
   b) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng, cho biết 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) bằng bao nhiêu.
   c) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng, chứng tỏ rằng P(k+1) cũng là mệnh đề đúng bằng cách chỉ ra k² + [2(k + 1) – 1] = (k+1)².

   Trả lời:

   a) Ta có P(1): “1 = 1²“. Mệnh đề này đúng vì 1² = 1.
   b) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà P(k) là mệnh đề đúng thì 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k².
   c) Khi P(k) là mệnh đề đúng. Ta có:
   P(k+1) = 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = P(k) + [2(k+1) – 1]
   = k² + [2(k+1) – 1] = k² + (2k + 2 – 1) = k² + 2k + 1 = (k+1)²
   Vậy P(k+1) cũng là mệnh đề đúng.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
2. Chứng minh rằng với mọi n ∈ ℕ* ta có: a) 11+2+12+3+…+1n+n+1=n+1−1. b) 23−123+1⋅33−133+1⋅43−143+1⋯n3−1n3+1=2n2+n+13n(n+1).
   
   

   Câu hỏi:
   

   Chứng minh rằng với mọi n $\in$ ℕ^* ta có:
   a) $\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\sqrt{n+1}-1.$
   b) $\frac{2^3-1}{2^3+1}\cdot \frac{3^3-1}{3^3+1}\cdot \frac{4^3-1}{4^3+1}\cdots \frac{n^3-1}{n^3+1}=\frac{2\left(n^2+n+1\right)}{3n(n+1)}.$

   Trả lời:

   a)

   +) Khi n = 1, ta có:
   $\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}-1}{\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}\right)\left(\sqrt{2}-1\right)}=\frac{\sqrt{2}-1}{{\left(\sqrt{2}\right)}^2-1^2}=\frac{\sqrt{2}-1}{1}=\sqrt{2}-1=\sqrt{1+1}-1.$
   Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
   +) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:
   $\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{\left(k+1\right)+1}}=\sqrt{\left(k+1\right)+1}-1.$ 
   Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
   $\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}=\sqrt{k+1}-1.$
   Khi đó:
   $\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{\left(k+1\right)+1}}$
   $=\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{\left(k+1\right)+1}}$
   $=\left(\frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}\right)+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{\left(k+1\right)+1}}$
   $=\left(\sqrt{k+1}-1\right)+\frac{1}{\sqrt{k+1}+\sqrt{\left(k+1\right)+1}}$
   $=\left(\sqrt{k+1}-1\right)+\frac{\sqrt{\left(k+1\right)+1}-\sqrt{k+1}}{\left(\sqrt{k+1}+\sqrt{\left(k+1\right)+1}\right)\left(\sqrt{\left(k+1\right)+1}-\sqrt{k+1}\right)}$
   $=\left(\sqrt{k+1}-1\right)+\frac{\sqrt{\left(k+1\right)+1}-\sqrt{k+1}}{\left[\left(k+1\right)+1\right]-\left(k+1\right)}$
   $=\left(\sqrt{k+1}-1\right)+\frac{\sqrt{\left(k+1\right)+1}-\sqrt{k+1}}{1}$
   $=\left(\sqrt{k+1}-1\right)+\left(\sqrt{\left(k+1\right)+1}-\sqrt{k+1}\right)$
   $=\sqrt{\left(k+1\right)+1}-1.$

   Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ^*.
   b)
   +) Khi n = 2, ta có:
   $\frac{2^3-1}{2^3+1}=\frac{7}{9}=\frac{2\left(2^2+2+1\right)}{3.2(2+1)}.$
   Vậy mệnh đề đúng với n = 2.
   +) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là:
   $\frac{2^3-1}{2^3+1}\cdot \frac{3^3-1}{3^3+1}\cdot \frac{4^3-1}{4^3+1}\cdots \frac{{\left(k+1\right)}^3-1}{{\left(k+1\right)}^3+1}=\frac{2\left[{\left(k+1\right)}^2+\left(k+1\right)+1\right]}{3\left(k+1\right)\left[\left(k+1\right)+1\right]}.$ 
   Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
   $\frac{2^3-1}{2^3+1}\cdot \frac{3^3-1}{3^3+1}\cdot \frac{4^3-1}{4^3+1}\cdots \frac{k^3-1}{k^3+1}=\frac{2\left(k^2+k+1\right)}{3k(k+1)}.$
   Khi đó:
   $\frac{2^3-1}{2^3+1}\cdot \frac{3^3-1}{3^3+1}\cdot \frac{4^3-1}{4^3+1}\cdots \frac{{\left(k+1\right)}^3-1}{{\left(k+1\right)}^3+1}$
   $=\frac{2^3-1}{2^3+1}\cdot \frac{3^3-1}{3^3+1}\cdot \frac{4^3-1}{4^3+1}\cdots \frac{k^3-1}{k^3+1}.\frac{{\left(k+1\right)}^3-1}{{\left(k+1\right)}^3+1}$
   $=\left(\frac{2^3-1}{2^3+1}\cdot \frac{3^3-1}{3^3+1}\cdot \frac{4^3-1}{4^3+1}\cdots \frac{k^3-1}{k^3+1}\right).\frac{{\left(k+1\right)}^3-1}{{\left(k+1\right)}^3+1}$
   $=\frac{2\left(k^2+k+1\right)}{3k(k+1)}.\frac{{\left(k+1\right)}^3-1}{{\left(k+1\right)}^3+1}$
   $=\frac{2\left(k^2+k+1\right)}{3k(k+1)}.\frac{\left[\left(k+1\right)-1\right]\left[{\left(k+1\right)}^2+\left(k+1\right)+1\right]}{\left[\left(k+1\right)+1\right]\left[{\left(k+1\right)}^2-\left(k+1\right)+1\right]}$
   $=\frac{2\left(k^2+k+1\right)}{3k(k+1)}.\frac{k\left[{\left(k+1\right)}^2+\left(k+1\right)+1\right]}{\left[\left(k+1\right)+1\right]\left[\left(k^2+2k+1\right)-\left(k+1\right)+1\right]}$
   $=\frac{2\left(k^2+k+1\right)}{3k(k+1)}.\frac{k\left[{\left(k+1\right)}^2+\left(k+1\right)+1\right]}{\left[\left(k+1\right)+1\right]\left(k^2+k+1\right)}$
   $=\frac{2}{3\left(k+1\right)}.\frac{\left[{\left(k+1\right)}^2+\left(k+1\right)+1\right]}{\left[\left(k+1\right)+1\right]}$
   $=\frac{2\left[{\left(k+1\right)}^2+\left(k+1\right)+1\right]}{3\left(k+1\right)\left[\left(k+1\right)+1\right]}.$

   Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ^*.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
3. Chứng minh với mọi n ∈ ℕ*, (1+2)n, (1−2)n lần lượt viết được ở dạng an+bn2, an−bn2, trong đó an, bn là các số nguyên dương.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Chứng minh với mọi n $\in$ ℕ^*, ${(1+\sqrt{2})}^n, {(1-\sqrt{2})}^n$ lần lượt viết được ở dạng $a_n+b_n\sqrt{2}, a_n-b_n\sqrt{2}$, trong đó a_n, b_n là các số nguyên dương.

   Trả lời:

   +) Khi n = 1, ta có:
   ${(1+\sqrt{2})}^1=1+\sqrt{2}=1+1.\sqrt{2}\Rightarrow$ a₁ = 1, b₁ = 1.
   Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
   +) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: ${(1+\sqrt{2})}^{k+1}$ viết được dưới dạng $a_{k+1}+b_{k+1}\sqrt{2},$ trong đó a_{k + 1}, b_{k + 1} là các số nguyên dương.
   Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:
   ${(1+\sqrt{2})}^k=a_k+b_k\sqrt{2},$ với a_k, b_k là các số nguyên dương.
   Khi đó:
   ${(1+\sqrt{2})}^{k+1}={(1+\sqrt{2})}^k\left(1+\sqrt{2}\right)$
   $=\left(a_k+b_k\sqrt{2}\right)\left(1+\sqrt{2}\right)$
   $=a_k.1+b_k\sqrt{2}.1+a_k.\sqrt{2}+b_k\sqrt{2}.\sqrt{2}$
   $=a_k+b_k\sqrt{2}+a_k\sqrt{2}+2b_k$
   $=\left(a_k+2b_k\right)+\left(a_k+b_k\right)\sqrt{2}.$
   Vì a_k, b_k là các số nguyên dương nên a_k + 2b_k và a_k + b_k cũng là các số nguyên dương.
   Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ^*.
   +) Theo chứng minh trên ta có:
   Với mọi n $\in$ ℕ^* thì ${(1+\sqrt{2})}^n=a_n-b_n\sqrt{2}$ với a_n, b_n là các số nguyên dương.
   Chứng minh tương tự ta được:
   Với mọi n $\in$ ℕ^* thì ${(1-\sqrt{2})}^n=c_n-d_n\sqrt{2}$ với c_n, d_n là các số nguyên dương.
   Giờ ta chứng minh a_n = c_n và b_n = d_n với mọi n $\in$ ℕ^*.

   Ta có: ${(1+\sqrt{2})}^n{\left(1-\sqrt{2}\right)}^n={\left[\left(1+\sqrt{2}\right)\left(1-\sqrt{2}\right)\right]}^n={\left(-1\right)}^n$
   $\Rightarrow \left(a_n+b_n\sqrt{2}\right)\left(c_n-d_n\sqrt{2}\right)={\left(-1\right)}^n$
   $\Rightarrow \left(a_n{c}_n-2b_n{d}_n\right)+\left(b_n{c}_n-a_n{d}_n\right)\sqrt{2}={\left(-1\right)}^n$
   $\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{a}_n{c}_n-2b_n{d}_n={\left(-1\right)}^n\left(1\right)\\ b_n{c}_n-a_n{d}_n=0\left(2\right)\end{array}\right..$
   Từ (2) ta suy ra $a_n{d}_n=b_n{c}_n\Rightarrow \frac{a_n}{c_n}=\frac{b_n}{d_n}=k$ với k > 0 (vì a_n, b_n, c_n, d_n là các số nguyên dương)
   $\Rightarrow a_n=k{c}_n,b_n=k{d}_n.$ Thế vào (1) ta được:
   $\left(k{c}_n\right)c_n-2\left(k{d}_n\right)d_n={\left(-1\right)}^n\Rightarrow k\left(c_n^2-2d_n^2\right)={\left(-1\right)}^n$
   $\Rightarrow 1⋮k\Rightarrow k=1\Rightarrow$a_n = c_n và b_n = d_n.
   Vậy ta có điều phải chứng minh.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
4. Chứng minh 16n – 15n – 1 chia hết cho 225 với mọi n∈ℕ*.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Chứng minh 16ⁿ – 15n – 1 chia hết cho 225 với mọi n$\in$ℕ^*.

   Trả lời:

   +) Khi n = 1, ta có: 16¹ – 15n – 1 = 0 ⁝ 225.
   Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
   +) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: 16^{k + 1} – 15(k + 1) – 1 chia hết cho 225.
   Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 16^k – 15k – 1 chia hết cho 225.
   Khi đó:
   16^{k + 1} – 15(k + 1) – 1
   = 16 . 16^k – 15k – 16
   = 16 . 16^k – (240k – 225k) – 16
   = 16 . 16^k – 240k + 225k – 16
   = 16 . 16^k – 240k – 16 + 225k
   = 16 (16^k – 15k – 1) + 225k
   Vì (16^k – 15k – 1) và 225k đều chia hết cho 225 nên 16 (16^k – 15k – 1) + 225k ⁝ 225, do đó 16^{k + 1} – 15(k + 1) – 1 ⁝ 225.
   Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n $\in$ ℕ^*.

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====
   
5. Cho Sn = 1 + 2 + 22 +… + 2n và Tn = 2n + 1 – 1, với n  ℕ*. a) So sánh S1 và T1; S2 và T2; S3 và T3. b) Dự đoán công thức tính Sn và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.
   
   

   Câu hỏi:
   

   Cho S_n = 1 + 2 + 2² +… + 2ⁿ và T_n = 2^{n + 1} – 1, với n  ℕ^*.
   a) So sánh S₁ và T₁; S₂ và T₂; S₃ và T₃.
   b) Dự đoán công thức tính S_n và chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học.

   Trả lời:

   a) S₁ = 1 + 2¹ = 3, S₂ = 1 + 2 + 2² = 7, S₃ = 1 + 2 + 2² + 2³ = 15.
   T₁ = 2^{1 + 1} – 1 = 3, T₂ = 2^{2 + 1} – 1 = 7, T₃ = 2^{3 + 1} – 1 = 15.
   Vậy S₁ = T₁; S₂ = T₂; S₃ = T₃.
   b) Ta dự đoán S_n = T_n với n  ℕ^*.
   +) Khi n = 1, ta có: S₁ = T₁.
   Vậy mệnh đề đúng với n = 1.
   +) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: S_{k + 1} = T_{k + 1}.
   Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: S_k = T_k.
   Khi đó:
   S_{k + 1} = 1 + 2 + 2² +… + 2^k + 2^{k + 1}
   = S_k + 2^{k + 1}
   = T_k + 2^{k + 1}
   = (2^{k + 1} – 1) + 2^{k + 1}
   = 2 . 2^{k + 1} – 1
   = 2^{k + 2} – 1
   = 2^{(k + 1) + 1} – 1
   =T_{k + 1}.
   Vậy mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học, mệnh đề đã cho đúng với mọi n$\in$ℕ^*. Vậy S_n = T_n = 2^{n + 1} – 1 với n$\in$ℕ^*.
    

   ====== **** mời các bạn xem câu tiếp bên dưới **** =====