Bài tập 3.37 trang 132 SBT Toán 11

a) Đặt A_n = n⁵−n

Với n = 1, ta có: A₁ = 1−1 = 0 ⋮ 5

Giả sử đã có A_k = k⁵−k ⋮ 5

Ta chứng minh với n = k+1 mệnh đề vẫn đúng.

Thật vậy, ta có:

A_k+1 = (k+1)⁵−(k+1)

= k⁵+5k⁴+10k³+10k²+5k+1−(k+1)

= k⁵+5k⁴+10k³+10k²+4k

= (k⁵−k)+(5k⁴+10k³+10k²+5k) ⋮ 5 

Vậy n⁵−n chia hết cho 5 với mọi n∈N^∗.

b) Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n, n+1, n+2

Đặt A_n = n³+(n+1)³+(n+2)³  

A₁ = 1+(1+1)³+(1+2)³ = 36 ⋮ 9

Giả sử đã có A_k = k³+(k+1)³+(k+2)³ ⋮ 9

Ta chứng minh A_k+1 ⋮ 9. Tức là (k+1)³+(k+2)³+(k+3)³ ⋮ 9

Ta có:

(k+1)³+(k+2)³+(k+3)³ = k³+(k+1)³+(k+2)³+(k+3)³−k³ = A_k+k³+9k²+27k+27−k³ = A_k+9k²+27k+27 ⋮ 3

Vậy ta được điều phải chứng minh

c) Đặt A_n = n³−n

Với n = 1, ta có: A₁ = 1−1 = 0 ⋮ 6

Giả sử đã có A_k = k³−k ⋮ 6

Ta chứng minh với n = k+1 mệnh đề vẫn đúng.

Thật vậy, ta có:

A_k+1 = (k+1)³−(k+1) = k³+3k²+3k+1−k−1 = k³+3k²+2k = k³−k+(3k²+3k) = A_k+3k(k+1)

Vì k(k+1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên k(k+1) ⋮ 2 ⇒ 3k(k+1) ⋮ 6

Vậy n³−n chia hết cho 6 với mọi n∈N^∗

-- Mod Toán 11 HỌC247