Advertisements (Quảng cáo)
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có đẳng thức :
\({2^2} + {4^2} + … + {\left( {2n} \right)^2} = {{2n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)} \over 3}\)
+) Với \(n = 1\) ta có \({2^2} = {{2.2.3} \over 3}\) (đúng).
Vậy (1) đúng với \(n = 1\)
+) Giả sử (1) đúng với \(n = k\), tức là ta có :
\({2^2} + {4^2} + … + {\left( {2k} \right)^2} = {{2k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3}\)
Advertisements (Quảng cáo)
+) Ta chứng minh (1) đúng với \(n = k + 1\), tức là phải chứng minh :
\({2^2} + {4^2} + … + {\left( {2k} \right)^2} + {\left( {2k + 2} \right)^2} = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)} \over 3}\)
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp ta có :
\(\eqalign{
& {2^2} + {4^2} + … + {\left( {2k} \right)^2} + {\left( {2k + 2} \right)^2} \cr
& = {{2k\left( {k + 1} \right)\left( {2k + 1} \right)} \over 3} + {\left( {2k + 2} \right)^2} \cr
& = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {2{k^2}+k+ 6k + 6} \right)} \over 3} \cr
& = {{2\left( {k + 1} \right)\left[ {2k\left( {k + 2} \right) + 3\left( {k + 2} \right)} \right]} \over 3} \cr
& = {{2\left( {k + 1} \right)\left( {k + 2} \right)\left( {2k + 3} \right)} \over 3} \cr} \)
Vậy (1) đúng với \(n = k + 1\) do đó (1) đúng với mọi \(n \in\mathbb N^*\)