b) Từ việc p(1), p(2), p(3), p(4), p(5) đều là các số nguyên tố ta có thể đưa ra dự đoán p(n) là số nguyên tố với mọi n > 1. Tuy nhiên, khẳng định này là một khẳng định sai. Mặc dù khẳng định này đúng với n = 1, 2,..., 40, nhưng nó lại sai khi n= 41. Thật vậy, với n= 41 ta có p(41) = 412 là hợp số (vì nó chia hết cho 41).

Câu 3

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1, ta có

$1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n (n + 1)}{2} .$

Xem đáp án

Lời giải

Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

Bước 1. Với n = 1 ta có 1 = 12.

Như vậy khẳng định đúng cho trường hợp n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

$1 + 2 + 3 + ... + k = \frac{k (k + 1)}{2} .$

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1) = \frac{(k + 1) [(k + 1) + 1]}{2} .

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

1 + 2 + 3 + ... + k + (k + 1)

= \frac{k (k + 1)}{2} + \frac{2 (k + 1)}{2} = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2} = \frac{(k + 1) [(k + 1) + 1]}{2} .

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Câu 4

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2, ta có đằng thức:

aⁿ – bⁿ = (a – b)(aⁿ^{– 1} + aⁿ^{– 2}b + ... + abⁿ^–2 + bⁿ^{– 1}).

Xem đáp án

Lời giải

Bước 1. Khi n = 1, ta có: a¹ – b¹ = a – b.

Vậy khẳng định đúng với n = 1.

Bước 2. Giả sử khẳng định đúng với n = k, tức là ta có:

a^k – b^k = (a – b)(a^{k – 1} + a^{k – 2}b + ... + ab^{k –2} + b^{k – 1})

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh:

a^{k + 1} – b^{k + 1} = (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + ... + ab^{(k + 1) –2} + b^{(k + 1) – 1}]

Thật vậy, sử dụng giả thiết quy nạp ta có:

a^{k + 1} – b^{k + 1}

= a . a^k – b . b^k

= a . a^k – a . b^k + a . b^k – b . b^k

= a . (a^k – b^k) + b^k . (a – b)

= a . (a – b)(a^{k – 1} + a^{k – 2}b + ... + ab^{k –2} + b^{k – 1}) + b^k . (a – b)

= (a – b) . a . (a^{k – 1} + a^{k – 2}b + ... + ab^{k –2} + b^{k – 1}) + (a – b) . b^k

= (a – b)(a . a^{k – 1} + a . a^{k –}²b + ... + a . ab^{k – 2} + a . b^{k – 1}) + (a – b) . b^k

= (a – b)[a^{1 + (k – 1)} + a^{1 + (k – 2)}b + ... + a²b^{k – 2} + a . b^{k – 1}) + (a – b) . b^k

= (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + ... + a²b^{(k + 1) – 3} + ab^{(k + 1) –2}] + (a – b) . b^{(k + 1) – 1}

= (a – b)[a^{(k + 1) – 1} + a^{(k + 1) – 2}b + ... + ab^{(k + 1) –2} + b^{(k + 1) – 1}].

Vậy khẳng định đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Câu 5

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.

a) Tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T1, T2, T3 mà người đó nhận được sau kì thứ 1, sau kì thứ 2 và sau kì thứ 3.

b) Dự đoán công thức tính tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) Tn mà người đó thu được sau n kì. Hãy chứng minh công thức nhận được đó bằng quy nạp.

Xem đáp án

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.

b) Từ câu a) ta có thể dự đoán T_n = A(1 + r)ⁿ.

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: T_k = A(1 + r)^k.

Ta sẽ chứng minh rằng khẳng định cũng đủng với n = k + 1, nghĩa là ta sẽ chứng minh: T_{k + 1} = A(1 + r)^{k + 1}.

Thật vậy,

Tổng số tiền (cả vốn lẫn lãi) T_{k + 1} mà người đó nhận được sau kì thứ (k + 1) là:

T_{k + 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 T_n = A(1 + r)ⁿ với mọi số tự nhiên n ≥ 1.

Câu 6