Bài tập Chuyên đề Phương pháp quy nạp toán học có đáp án

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.

a)

+) Khi n = 1, ta có:

11+2=2−11+22−1=2−122−12=2−11=2−1=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:

11+2+12+3+…+1k+1+k+1+1=k+1+1−1. 

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

11+2+12+3+…+1k+k+1=k+1−1.

Khi đó:

11+2+12+3+…+1k+1+k+1+1

=11+2+12+3+…+1k+k+1+1k+1+k+1+1

=11+2+12+3+…+1k+k+1+1k+1+k+1+1

=k+1−1+1k+1+k+1+1

=k+1−1+k+1+1−k+1k+1+k+1+1k+1+1−k+1

=k+1−1+k+1+1−k+1k+1+1−k+1

=k+1−1+k+1+1−k+11

=k+1−1+k+1+1−k+1

=k+1+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 ∈ ℕ^*.

b)

+) Khi n = 2, ta có:

23−123+1=79=222+2+13 . 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:

23−123+1⋅33−133+1⋅43−143+1⋯k+13−1k+13+1=2k+12+k+1+13k+1k+1+1. 

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

23−123+1⋅33−133+1⋅43−143+1⋯k3−1k3+1=2k2+k+13k(k+1).

Khi đó:

23−123+1⋅33−133+1⋅43−143+1⋯k+13−1k+13+1

=23−123+1⋅33−133+1⋅43−143+1⋯k3−1k3+1.k+13−1k+13+1

=23−123+1⋅33−133+1⋅43−143+1⋯k3−1k3+1.k+13−1k+13+1

=2k2+k+13k(k+1).k+13−1k+13+1

=2k2+k+13k(k+1).k+1−1k+12+k+1+1k+1+1k+12−k+1+1

=2k2+k+13k(k+1).kk+12+k+1+1k+1+1k2+2k+1−k+1+1

=2k2+k+13k(k+1).kk+12+k+1+1k+1+1k2+k+1

=23k+1.k+12+k+1+1k+1+1

=2k+12+k+1+13k+1k+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 ∈ ℕ^*.

+) Khi n = 1, ta có:

(1+2)1=1+2=1+1 . 2⇒ 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+2)k+1 viết được dưới dạng ak+1+bk+12, trong đó a_{k + 1}, b_{k + 1} là các số nguyên dương.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

(1+2)k=ak+bk2, vớia_k, b_k là các số nguyên dương.

Khi đó:

(1+2)k+1=(1+2)k1+2

=ak+bk21+2

=ak . 1+bk2 . 1+ak . 2+bk2.2

=ak+bk2+ak2+2bk

=ak+2bk+ak+bk2.

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 ∈ ℕ^*.

+) Theo chứng minh trên ta có:

Với mọi n ∈ ℕ^* thì (1+2)n=an−bn2 với a_n, b_n là các số nguyên dương.

Chứng minh tương tự ta được:

Với mọi n ∈ ℕ^* thì (1−2)n=cn−dn2với 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 ∈ ℕ^*.

Ta có: (1+2)n1−2n=1+21−2n=−1n

⇒an+bn2cn−dn2=−1n

⇒ancn−2bndn+bncn−andn2=−1n

⇒ancn−2bndn=−1n  1bncn−andn=0  2.

Từ (2) ta suy ra andn=bncn⇒ancn=bndn=k với k > 0 (vì a_n, b_n, c_n, d_n là các số nguyên dương)

⇒an=kcn, bn=kdn. Thế vào (1) ta được:

kcncn−2kdndn=−1n⇒kcn2−2dn2=−1n

⇒1  ⋮  k⇒k=1⇒a_n = c_n và b_n = d_n.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

+) 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 ∈ ℕ^*.

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∈ℕ^*. Vậy S_n = T_n = 2^{n + 1} – 1với n∈ℕ^*.

 

a) S1=1+121=32, S2=1+121+122=74, S2=1+121+122+123=158.

T1=2−121=32, T2=2−122=74, T3=2−123=158.

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:

Sk+1=1+12+122+…+12k+12k+1

=Sk+12k+1=Tk+12k+1=2−12k+12k+1

=2−12k−12k+1=2−22k+1−12k+1

=2−12k+1=Tk+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∈ℕ^*. Vậy S_n = T_n = 2−12n với n ∈ ℕ^*.

a) S1=11.5=15, S2=11.5+15.9=29,S3=11.5+15.9+19.13=313,

S4=11.5+15.9+19.13+113.17=417.

b) Ta dự đoán Sn=n4n+1.

+) Khi n = 1, ta có: S1=15=14 . 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: Sk+1=k+14k+1+1.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: Sk=k4k+1.

Khi đó:

Sk+1=11.5+15.9+19.13+…+1(4n−3)(4n+1)+14k+1−34k+1+1

=Sk+14k+1−34k+1+1

=k4k+1+14k+1−34k+1+1

=k4k+1+14k+14k+1+1

=k4k+1+14k+14k+1+1+14k+14k+1+1

=k4k+54k+14k+1+1+14k+14k+1+1

=4k2+5k4k+14k+1+1+14k+14k+1+1

=4k2+5k+14k+14k+1+1

=4k+1k+14k+14k+1+1

=k+14k+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 ∈ ℕ^*. Vậy Sn=n4n+1 với n  ℕ^*.

+) Khi n = 1, ta có: 1 = 1−q1−q=1−q11−q.

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 + q + q² +... + q^{k – 1} + q^{(k + 1) – 1} = 1−qk+11−q. 

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1 + q + q² +... + q^{k – 1} = 1−qk1−q. 

Khi đó:

1 + q + q² +... + q^{k – 1} + q^{(k + 1) – 1}

= (1 + q + q² +... + q^{k – 1})+ q^{(k + 1) – 1}

= 1−qk1−q + q^{(k + 1) – 1}

= 1−qk1−q + q^k

^{=1−qk1−q+qk1−q1−q}

^{=1−qk1−q+qk−qk+11−q}

^{=1−qk+qk−qk+11−q}

^{=1−qk+11−q.}

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 ∈ ℕ^*.

a)

+) Khi n = 1, ta có: 4¹ + 15 . 1 – 1 = 18 ⁝ 9.

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: 4^{k + 1} + 15(k+1) – 1⁝ 9.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 4^k + 15k – 1⁝ 9.

Khi đó:

4^{k + 1} + 15(k+1) – 1

= 4 . 4^k + 15k + 14

= 4. 4^k + (60k – 45k) + (–4 + 18)

= (4 . 4^k + 60k – 4) – 45k + 18

= 4 . (4^k + 15k – 1) – 45k + 18

Vì 4^k + 15k – 1, 45k và 18 đều chia hết cho 9 nên 4 . (4^k + 15k – 1) – 45k + 18 ⁝ 9, do đó 4^{k + 1} + 15(k+1) – 1 ⁝ 9.

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 ∈ ℕ^*.

b)

+) Khi n = 1, ta có: 13¹ – 1 = 12⁝ 6.

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: 13^{k + 1} – 1⁝ 6.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 13^k – 1⁝ 6.

Khi đó: 

13^{k + 1} – 1

= 13 . 13^k – 1

= 13 . 13^k – 13 + 12

= 13 . (13^k – 1) + 12

Vì 13^k – 1và 12 đều chia hết cho 6 nên 13 . (13^k – 1) + 12 ⁝ 6, do đó 13^{k + 1} – 1⁝ 6.

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  ∈ ℕ^*.

+) Khi n = 2, ta có: 2² > (2 + 1)^{2 – 1} ⇔ 4 > 3.

Vậy mệnh đề đúng với n = 1.

+) Với k là một số nguyên dương tuỳ ý (k ≥ 2) mà mệnh đề đúng, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với k + 1, tức là: (k + 1)^{k + 1} > [(k+1) + 1]^{(k + 1) – 1}.

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: k^k > (k + 1)^{k – 1}.

Suy ra:k^k . (k + 1)^{k + 1} > (k + 1)^{k – 1} . (k + 1)^{k + 1}

⇒ k^k . (k + 1)^{k + 1} > (k + 1)^2k

⇒ k^k . (k + 1)^{k + 1} > [(k + 1)²]^k

⇒ k^k . (k + 1)^{k + 1} > (k² + 2k + 1)^k > (k² + 2k)^k = [k(k + 2)]^k = k^k . (k + 2)^k

⇒ (k + 1)^{k + 1} > (k + 2)^k = (k + 2)^{(k + 1) – 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 ∈ ℕ^*, n ≥ 2.

+) Khi n = 1, ta có: a¹ – b¹ = a – b.

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:

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, theo giả thiết quy nạp ta có:

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

Khi đó:

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 – 2}b +... + 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 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∈ℕ^*.

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∈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∈ℕ^*

.

a) Số chấm tăng thêm sau mỗi lượt xếp (kể từ lượt đầu tiên) là các số lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1.

b) Vì ở hình vuông thứ n có mỗi cạnh chứa n chấm nên tổng số chấm là n².

Mặt khác, theo cách sắp xếp trên ta lại có tổng số chấm là: 1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1).

Như vậy ta sẽ chứng minh mệnh đề

P(n): "1 + 3 + 5 + ... + (2n – 1) = n² với mọi n∈ℕ^*".

+) Khi n = 1, ta có: 1 = 1².

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 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + [2(k+1) – 1] = (k + 1)².

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có: 1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) = k².

Khi đó:

1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1) + [2(k+1) – 1]

= [1 + 3 + 5 + ... + (2k – 1)] + [2(k+1) – 1]

= k² + [2(k+1) – 1]

= k² + (2k + 2 –1)

= k² + 2k + 1

= (k + 1)².

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∈ℕ^*.

Xét mệnh đề P(x): "Số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau n (năm) là Tn=A(100+r)r1+r100n−1 (đồng) (n∈ℕ^*)".

+) Khi n = 1:

Số tiền lãi người đó nhận được là: A . r% = A . r100 (đồng).

Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) là:

A+A . r100=A100+r100==A100+rr . r100

=A(100+r)r1+r100−1

=A(100+r)r1+r1001−1

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 tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau (k +1) (năm) là Tk+1=A(100+r)r1+r100k+1−1 (đồng)

Vì cô Hạnh không rút tiền ra và lại gửi thêm A (đồng) nữa nên:

– Số tiền vốn của cô Hạnh sau (k + 1) năm là: T_k + A (đồng).

– Số tiền lãi cô Hạnh nhận được sau (k + 1) (năm) là:

(T_k + A) . r% (đồng).

– Số tiền cả vốn lẫn lãi mà cô Hạnh có được sau (k + 1) (năm) là:

(T_k + A) + (T_k + A) . r%

= (T_k + A) + (T_k + A) . r100

=  (T_k + A) 1+r100

= A(100+r)r1+r100k−1+A.1+r100

= A(100+r)r1+r100k−11+r100+A1+r100 

= A(100+r)r1+r100k+1−1+r100+A . 100+r100

= A(100+r)r1+r100k+1−1+r100+A . 100+rr . r100

= A(100+r)r1+r100k+1−1+r100+r100

= A(100+r)r1+r100k+1−1

= T_{k + 1} (đồng).

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∈ℕ^*. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

 

Xét mệnh đề P(x): "Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau x (kì hạn) gửi là Sn=A1+r100mx  (đồng) (x∈ℕ^*)".

Vì một năm có m kì hạn nên lãi suất mỗi kì hạn là r%m=r100m.

+) Khi x = 1:

Số tiền lãi người đó nhận được là: A . r100m (đồng).

Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) là:

A + A . r100m = A1+r100m=A1+r100m1 (đồng)

Vậy mệnh đề đúng với x = 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 tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau (k + 1) (kì hạn) gửi là Sn=A1+r100mk+1 (đồng).

Thật vậy, theo giả thiết quy nạp ta có:

Số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau k (kì hạn) gửi là Sn=A1+r100mk (đồng).

Vì sau mỗi kì hạn, số tiển lãi sẽ được nhập vào vốn ban đầu nên số tiền lại ở kì hạn thứ (k + 1) là: A1+r100mk .  r100m (đồng).

Suy ra số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) là:

A1+r100mk +A1+r100mk .  r100m

=A1+r100mk 1+r100m=A1+r100mk+1 (đồng).

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

Sau n (năm) thì số kì hạn người đó đã gửi là: m . n (kì hạn).

Do đó, số tiền nhận được (bao gồm cả vốn lẫn lãi) sau n (năm) gửi là:

Sn=A1+r100mm  .  n (đồng).