- Nếu k là một hằng số thì (ku)’ = ku’

Thật vậy, ta có: (ku)' = k'u + ku' = 0.u + ku' = ku'

Do đạo hàm của hàm hằng bằng 0

Trong thực tiễn có nhiều ví dụ minh họa cho mặt phẳng. Chẳng hạn: tấm gương phẳng, mặt bàn, mặt bảng… Cho ta hình ảnh một phần mặt phẳng trong không gian

Giả sử có hai cấp số cộng (un) với công sai d1 và (vn) với công sai d2.

Xét dãy (an) với an = un + vn

Ta có: an + 1 – an = (un + 1 + vn + 1) – (un + vn)

= (un + d1 + vn + d2) – (un + vn)

= d1 + d2 = const

⇒(an) là cấp số cộng với công sai d1 + d2.

Ví dụ:

CSC (un): 1; 4; 7; 10; 13; 16; 19; …. có công sai d1 = 3 ;

CSC (vn): 4 ; 6 ; 8 ; 10 ; 12 ; 14 ; 16 … có công sai d2 = 2.

⇒ (an): 5; 10; 15; 20; 25; 30; 35; … có công sai d = 5.

Giả sử có hai cấp số nhân (un) với công bội q1 và (vn) với công bội q2.

Xét dãy số (an) với an = un.vn với mọi n ∈ N*.

Ta có:

⇒ (an) là cấp số nhân với công bội q1.q2.

Ví dụ:

+ CSN (un) : 2 ; 4 ; 8 ; 16 ; 32 ; 64 ; … có công bội q1 = 2.

+ CSN (vn) : -1 ; 1 ; -1 ; 1 ; -1 ; 1 ; … có công bội q2 = -1.

⇒ CSN (an) : -2 ; 4 ; -8 ; 16 ; -32 ; 64 ; … có công bội q = -2.

Gọi (u_n) và (a_n) là hai cấp số cộng có công sai lần lượt là \(d_1\) và d₂ và có cùng n số hạng.

Ta có:

u_n = u₁ + (n -1) d₁

a_n = a₁ + (n – 1)d₂

⇒ u_n + a_n = u₁ + a₁ + (n – 1).(d₁ + d₂)

Vậy u_n + a_n là cấp số cộng có số hạng đầu là u₁ + a₁ và công sai là d₁ + d₂

Ví dụ:

1, 3, 5, 7 ,.... là cấp số cộng có công sai d₁ = 2

0, 5, 10, 15,.... là cấp số cộng có công sai d₂ = 5

⇒ 1, 8, 15, 22 ,... là cấp số cộng có công sai là d = d₁ + d₂ = 2 + 5 = 7

a_n= a₁. q₁^n-1, q₁ là hằng số

b_n= \(b_1q_2^{n-1}\), q₂ là hằng số

Khi đó: a_n.b_n = = a₁. q₁^n-1. b₁. q₁^n-1 = (a₁b₁)(q₁q₂)^n-1

Vậy dãy số a_nb_n là một cấp số nhân có công bội : q = q₁q₂

Ví dụ:

1, 2, 4 ,... là cấp số nhân có công bội q₁ = 2

3, 9, 27, .... là cấp số nhân có công bội q₂ = 3

⇒ Suy ra: 3, 8, 108.. là cấp số nhân có công bội: q = q₁q₂ = 2.3 = 6

Gợi ý ví dụ trong thực tiễn minh họa hình ảnh hai mặt phẳng song song: các mặt sàn của ngôi nhà; các mặt bậc cầu thang; mặt bàn và nền nhà.

+ Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n ∈ N* là đúng với mọi n mà không thể thử trực tiếp được thì ta làm như sau:

Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1 .

Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì n = k ≥ 1. Chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k+1.

Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với n ∈ N*.

+ Ví dụ: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có: n3 + 5n chia hết cho 6.

Chứng minh: Đặt P(n) = n3 + 5n.

Với n =1 ⇒ P(1) = 6 ⋮ 6

Giả sử (Pn) chia hết cho 6 đúng với n=k ≥1, nghĩa là, ta có:

P(k) = (k3 + 5k) ⋮ 6.

Ta có: P(k+1) = (k+1)3 + 5(k+1) = k3 + 3k2 + 3k + 1 + 5k + 5 = k3 + 5k + 3(k2 + k) + 6

Mặt khác, theo giả thiết quy nạp ta có: k3 + 5k ⋮6.

Hơn nữa k2 + k = k(k+1) : 2 ( hai số tự nhiên tiếp k, k +1 phải có một số chẵn do k(k+1):2).

Do vậy P(k+1)⋮6. Tức mệnh đề đúng với n = k + 1.

Theo nguyên lí quy nạp, ta có P(n) = n3 + 5n chia hết cho 6 với mọi n ∈ N*.

Hai biến cố A và B được gọi là độc lập khi việc xảy ra hoặc không xảy ra của biến cố A không ảnh hưởng đến việc xảy ra hoặc không xảy ra của biến cố B và ngược lại

Vd: Biến cố A:"Chọn một số chẵn trong 5 số tự nhiên đầu tiên"

Biến cố B:"Chọn một số lẻ trong 5 số tự nhiên đầu tiên"