Đề tài Phương pháp chứng minh quy nạp

#@# Lời mở đầu Nghiên cứu khoa học là một việc làm có ý nghĩa thiết thực, bổ ích và đầy hấp dẫn. Nó giúp mỗi người chúng ta phát huy khả năng sáng tạo và nâng cao tầm hiểu biết mở mang trí tuệ cho bản thân mình, góp phần vào công cuộc công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước. Việc tập dượt nghiên cứu khoa học là một nhiệm vụ quan trọng cần thiết của mỗi sinh viên trong các trường Cao Đẳng và Đại Học. Tuy nhiên, đây là một việc mới mẻ đối với các sinh viên nói chung và bản thân tôi nói riêng, nên việc tìm tài liệu và xác định vấn đề cơ bản trong bài nghiên cứu khoa học của tôi còn nhiều bỡ ngỡ và gặp không ít khó khăn. Được sự hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình của cô Đặng Thị Tuyết cùng với sự say mê nghiên cứu học hỏi tìm hiểu của bản thân tôi đã chọn và nghiên cứu đề tài: “phương pháp chứng minh quy nạp”, đề ra một số biện pháp nhằm nâng cao kết quả dạy của giáo viên và kết quả học tập của học sinh. Đồng thời nâng cao sự hiểu biết, sự sáng tạo của mình ngoài những vấn đề đã được học ở nhà trường. Trong quá trình thực hiện đề tài nghiên cứu khoa học sẽ không thể tránh khỏi những thiếu xót nên tôi rất mong được sự góp ý, chỉ bảo tận tình của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn độc giả để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! Phần I: Đặt vấn đề 1) Lý do chọn đề tài. a) Về mặt lý luận: Toán học có vị trí đặc biệt trong việc nâng cao và phát triển dân trí. Toán học không chỉ cung cấp cho học sinh (người học toán) những kĩ năng tính toán cần thiết mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả năng tư duy lôgic, một phương pháp luận khoa học. Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và giải bài tập toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử dụng đúng phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Đồng thời qua việc học toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập toán trong đó có các bài tập về chứng minh quy nạp cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ cho học sinh, phát hiện những quy luật đẹp trong Toán học. b) Về mặt thực tiễn: Trong chương trình toán phổ thông, áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp chiếm một mảng lớn đó là chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức. Do vậy tôi chọn đề tài: “phương pháp chứng minh quy nạp” để: - Góp một phần nhỏ bé vào việc thực hiện chương trình dạy học theo phương pháp mới hiện nay “lấy học sinh làm trung tâm”. - Nâng cao trình độ học tập chuyên môn đồng thời cũng là cơ sở để sau này phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả tốt, góp phần vào mục tiêu “ đào tạo và bồi dưỡng nhân tài”. Từ việc tìm hiểu đề tài này tôi sẽ xác định đúng hướng cho con đường tương lai của mình, tích luỹ cho mình những bài học kinh nghiệm, những phương pháp mới, tích cực giúp cho học sinh dễ hiểu, tăng khả năng tư duy, sáng tạo và tạo được hứng thú, sự say mê tìm tòi của học sinh trong học tập. Đó là điều quan trọng nhất đối với mỗi giáo viên, người kĩ sư tâm hồn. 2) Mục đích nghiên cứu. a. Đối với giáo viên : - Nâng cao trình độ chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy. - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức. b. Đối với học sinh: - Giúp học sinh học tập môn toán nói chung và việc giải bài tập về áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp nói riêng. Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công cụ giải quyết một số bài tập có liên quan. - Gây được hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải được một số bài tập. - Thông qua việc giải các bài toán áp dụng quy nạp (để chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, BĐT) giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học toán. 3) Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo của học sinh và giáo viên. - Sử dụng phương pháp phân tích tổng hợp. 4) Nhiệm vụ của đề tài. Trong đề tài này đưa ra một số kiến thức cơ bản phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh THCS. Rút ra một số nhận xét và chú ý khi làm một số dạng bài . Vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp vào chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức và một số bài tập hình học. 5)Phạm vi đề tài. ứng dụng quy nạp vào giải các bài toán chia hết, chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức đối với học sinh THCS. 6) Đối tượng nghiên cứu và phương pháp tiến hành. Đề tài áp dụng cho học sinh THCS và trong các giờ luyện tập, ôn tập cuối kì, cuối năm, kì thi học sinh giỏi và thi tuyển vào THPT. Phương pháp tiến hành: học sinh có kiến thức cơ bản, đưa ra phương pháp giải, bài tập áp dụng. 7) Dự kiến kết quả của đề tài. Khi chưa thực hiện đề tài này: học sinh thường gặp khó khăn, ngại làm bài tập về áp dụng quy nạp vào chứng minh. Nếu thực hiện được đề tài này học sinh sẽ được củng cố thêm kiến thức về phép chia hết, các đẳng thức được viết theo quy luật, có hứng thú khi giải toán áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp. Phần ii. Nội dung đề tài Phương pháp chứng minh quy nạp phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn. ví dụ 1. Quan sát các kết quả sau: 13 – 1 chia hết cho 3. 23 – 2 chia hết cho 3 33 – 3 chia hết cho 3 43 – 4 chia hết cho 3. hãy đưa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó. Giải: Dự đoán: a3 – a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a. Chứng minh: Gọi A = a3 – a = a.(a - 1)(a + 1). Xét ba khả năng có thể xảy ra: a) Nếu a = 3k (k ẻ N) thì A chia hết cho 3. b) Nếu a = 3k + 1(k ẻ N) thì a -1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3. c) Nếu a = 3k +2 (k ẻ N) thì a + 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3. Vậy a3 – a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a. Ví dụ 2. Quan sát kết quả sau: 23 – 2 chia hết cho 3, 25 – 2 chia hết cho 5. 27 – 2 chia hết cho 7. dự đoán sau đúng hay sai?: 2n – 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n? Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 29 – 2 = 510 không chia hết cho 9. Nhận xét: trong hai ví dụ trên, ta đã thực hiện các phép suy luận sau: 1) Xét các giá trị của a bằng 1, 2, 3, 4, để kết luận rằng a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a. 2) Xét các giá trị của a bằng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k ẻ N) để kết luận rằng a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a. 3) Xét các giá trị của n bằng 3, 5, 7 để kết luận rằng 2n – 2 chia hết cho n với mọi số tự nhiên lẻ n. Ba phép suy luận trên được gọi là phép quy nạp. đó là phép suy luận đi từ các trường hợp riêng biệt đi tới kết luận tổng quát. Phép quy nạp gọi là hoàn toàn nếu ta xét tất cả các trường hợp riêng, chẳng hạn trong phép suy luận 2 ta đã xét mọi khả năng có thể xảy ra khi chia số tự nhiên a cho 3 ( a= 3k, a = 3k + 1, a= 3k +2). Phép quy nạp gọi là không hoàn toàn nếu ta xét một số trường hợp riêng chứ chưa xét đầy đủ mọi trường hợp riêng. Chẳng hạn trong phép suy luận 1 ta mới xét a bằng 1, 2, 3, 4 để kết luận cho mọi số nguyên dương a, trong phép suy luận 3 ta mới xét n bằng 3, 5, 7 để kết luận cho mọi số tự nhiên lẻ n. Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về một tính chất toán học nào đó, đó là một cơ sở để đi tới các phát minh. Phép quy nạp 1 cho một khẳng định đúng, kết luận này đã được chứng minh bằng phép quy nạp 2 ( quy nạp hoàn toàn). Phép quy nạp 3 cho một kết luận sai, ta đã bác bỏ nó bằng một phản ví dụ. Như vậy “ phép quy nạp hoàn toàn” là một phép chứng minh chặt chẽ, còn “phép quy nạp không hoàn toàn” có thể dẫn tới sai lầm, ngay cả đối với các nhà toán học có tên tuổi dưới đây: Nhà toán học Pháp Fecma nhận xét rằng công thức 2n + 1 cho ta các số nguyên tố với n bằng 20, 21, 22, 23, 24 (thật vậy 21+ 1 = 3; 22 + 1; 24 + 1 = 17; 28 + 1 = 257; 216 + 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố ). Với n = 25 = 32 thì 2n + 1 = 232 + 1 = 4294967297, Fecma không phân tích được ra thừa số nguyên tố, ông cho rằng đó cũng là một số nguyên tố và đưa ra giả thuyết tổng quát rằng công thức 2n + 1 với n là một luỹ thừa của 2 cho ta các số nguyên tố. Một thế kỉ sau, năm 1732 Ơle mới bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra rằng 232 + 1 là một hợp số, nó chia hết cho 641. Có thể kể thêm hai mệnh đề sai nhưng lại đúng với một số rất lớn các trường hợp đầu tiên: Nhà toán học Gravơ đưa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta có 2p- 1 – 1 không chia hết cho p2. Dự đoán này đúng với mọi số nguyên tố nhỏ hơn 1000, nhưng chẳng bao lâu sau người ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên tố 1093 mà 21092 – 1 chia hết cho 10932. Một dự đoán khác: số 911n2+ 1 không là số chính phương với mọi số nguyên dương n. Số n nhỏ nhất để mệnh đề trên sai là n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số) Có một phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp ta khẳng định sự đúng đắn của một số tự nhiên, đó là phương pháp quy nạp toán học. Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn chỉ được áp dụng rất hạn chế. Nhiều mệnh đề Toán học đáng chú ý bao gồm một số vô hạn các trường hợp riêng, nhưng con người không thể kiểm tra được tất cả các trường hợp riêng đó. Phép quy nạp hoàn toàn, như chúng ta đã biết thường dẫn tới kết luận sai lầm. Trong nhiều trường hợp để tránh những khó khăn như thế người ta áp dụng một phương pháp suy luận “đặc biệt”, được gọi là phương pháp quy nạp Toán học. Nội dung của phương pháp (hay tiền đề) quy nạp Toán học được trình bày như sau: Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đã được chứng minh nếu cả hai điều kiện sau đây được thỏa mãn: 1, Mệnh đề đúng với n = 1. 2, Từ giả thiết mệnh đề đúng với n = k (k Є N) suy ra được mệnh đề cũng đúng với n = k + 1. Như vậy để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n bằng phương pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bước sau: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1. Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 1 (Ta gọi là giả thiết quy nạp), rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1. Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n. III. Vận dụng phương pháp quy nạp Toán học vào chứng minh 1. Chứng minh quan hệ chia hết: Bài 1: Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9. Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp đó là: n; n +1 và n + 2. Ta phải chứng minh: [n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3] 9 (1). + Với n =1, ta có: 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36 9. Vậy (1) đúng với n = 1. + Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N) tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] 9. Ta phải chứng minh rằng (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] 9. Ta có: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 +27k + 27. = [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] + 9(k3 + 3k + 3). Theo giả thiết quy nạp: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 9. còn 9(k3 + 3k + 3) 9 với k. Do đó [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] 9. + Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n. Vậy tổng các lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9. Bài 2: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì: A(n) = 7n + 2 + 82n + 1 19. Giải: Với n = 1 thì A(1) = 73 + 83 = 343 + 512 = 19.45 A(1) 19. Vậy A(n) đúng với n = 1. Giả sử A(n) đúng với n = k Ta có: A(k) = 7k + 2 + 82k + 1 19. Ta chứng minh A(n) đúng với n = k + 1. A(k + 1) = 7k + 3 + 82k + 3 = 7.7k + 2 + 82.82k + 1 = 7.7k + 2 + 64.82k + 1 = 7.7k + 2 + 7.82k + 1 + 57.82k + 1 = 7.( 7k + 2 + 82k + 1) + 19.3.82k + 1 = 7. A(k) + 19.3.82k + 1 Vì A(k) 19 (Theo giả thiết quy nạp) 7. A(k) 19 19 19 19.3.82k + 1 19. A(k + 1) 19. Theo nguyên lí quy nạp A(n) 19. Với n nguyên dương. Vậy A(n) = 7k + 2 + 82k + 1 19. Với n nguyên dương. + Kết luận: Vậy A(n) đúng với mọi số nguyên dương. Bài 3: Chứng minh rằng: 16n - 15n - 1 225; n Є N. Giải: Đặt A(n) = 16n - 15n - 1 + Với n = 1, ta có: A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 A(1) 225. + Giả sử A(n) đúng với n = k. Ta có: A(k) = 16k - 15k - 1 225. Ta phải chứng minh A(n) đúng với n = k + 1. Ta có: A(k + 1) = 16k + 1 - 15(k + 1) - 1. = 16.16k -15k - 16. = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15. = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1). = A(k) + 15(16k - 1). Theo giả thiết quy nạp có A(k) 225. Ta có: 16k - 116 - 1 16k - 115 15(16k - 1) 15.15 15(16k - 1) 225. A(k + 1) 225. Theo nguyên lí quy nạp thì A(n) 225 với n Є N. + Kết luận: Vậy 16n - 15 - 1 225 với n Є N. Bài 4: Chứng minh rằng: A = (10n + 18n - 1) 27 với n Є N. Giải: + Với n = 1 A = 10 + 18 - 1 = 27 27. Vậy A đúng với n = 1. + Giả sử đúng với n = k. (k Є N), tức là : A(k) = 10k + 18k - 1 27. Ta phải chứng minh A đúng với n = k + 1. Tức là: A(k + 1) = 10 k + 1 + 18(k + 1) - 1. = 10.10 k + 18 + 17. = (10 k + 18k - 1) + 9.10 k + 18. = A + 9(10k +2). Theo giả thiết quy nạp ta có: A 27. Ta có: 10k +2 10 + 2 = 12. 9(10k + 2) 12.9 = 4.27 27. 9(10k + 2) 27. Vậy A(k + 1) 27. + Kết luận: Vậy A = 10n + 18n - 1 27 với n Є N. Bài 5: Chứng minh rằng với n Є N thì các số sau chia hết cho 9. a. 10n - 1. b. 10n + 8. Giải: a. Chứng minh 10n - 1 9. + Với n = 1 10n - 1 = 10 - 1 = 9 9. Vậy 10n - 1 9 với n = 1. Giả sử đúng với n = k (k Є N) tức là 10k - 1 9. Ta phải chứng minh A = 10n - 1 đúng với n = k + 1, tức là: A(k + 1) = 10 k + 1 - 1 = 10.10k - 1 = (10k - 1) + 9.10k. Theo giả thiết quy nạp ta có: A = 10k - 1 9. Mà 9 9 9.10k 9. Do đó [(10k - 1) + 9.10k] 9. Vậy A đúng với n = k + 1 (k Є N). + Kết luận: Với n Є N thì 10n - 1 chia hết cho 9. b. Chứng minh 10n + 8 9; Đặt B = 10n + 8. + Với n = 1 10n + 8 = 10 + 8 = 18 9. Vậy B đúng với n = 1. + Giả sử B đúng với n = k (k Є N) tức là 10n + 8 9. Ta phải chứng minh B = 10n + 8 chia hết cho 9 đúng với đúng với n = k + 1. Thật vậy: B(k + 1) = 10k + 1 + 8 = 10.10k + 8 = (10k + 8) + 9.10k Theo giả thiết quy nạp: 10k + 8 9 (k Є N). Lại có 9 9 9.10k 9. Do đó (10k + 8) + 9.10k 9 Vậy B đúng với n = k +1. + Kết luận: Vậy với n Є N thì 10n + 8 chia hết cho 9. Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (n + n) chia hết cho 2n. b) 33n + 2 + 5.23n + 1 chia hết cho 19. c) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết 24. Giải: a) Với n = 1 thì S1 = (1 + 1).(1 + 2) (1 + n) = 2.3 (1 + 1) 2n. Vậy Sn đúng với n = 1. Giả sử Sn đúng với n = k, tức là: Sk = (k + 1).(k + 2) (k + k) 2n. Ta phải chứng minh Sn đúng với n = k + 1. Tức là Sk + 1 = (k + 2).(k + 3) (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) (2k + 2) 2n. Thật vậy: Sk + 1 = (k + 2).(k + 3).(k + 4) (k + k + 2) = (k + 1).(k + 2).(k + 3) (k + k)2. (2k + 1). = Sk.2.(2k + 1) Theo giả thiết quy nạp có Sk 2n. Do đó: Sk.2.(2k + 1) 2n. Sk + 1 2n Vậy Sn 2n đúng với n = k + 1. + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì Sn 2n. b) Với n = 1 thì A(n) = 33n + 2 + 5.23n + 1 = 35 +5.24 =243 + 80 = 323 chia hết cho 19. A(n) đúng với n = 1. Giả sử A(n) 19 đúng với n = k Tức là: A(k) = 33k + 2 + 5.23k + 1 19. Ta phải đi chứng minh A(n) 19 đúng với n = k + 1. Tức là: A(k + 1) = 33(k + 1) + 2 + 5.23(k + 1) + 1 A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 19 Thật vậy: A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 = 33k + 2.33 + 5.23k + 1.23 = 27(33k + 2 + 5.23k + 1) - 19.33k + 1. = 27.Ak - 19.33k + 1. Theo giả thiết quy nạp có: Ak 19 27Ak 19. Lại có: 19 19 19.33k + 1 19. Do đó A(k + 1) = 27.Ak - 19.33k + 1 19. Vậy A(n) 19 đúng với n = k + 1. + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì A(n) 19. c) Chứng minh: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24. Với n = 1 thì A = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = 1 + 6 + 11 + 6 = 24 24 vậy A 24 đúng với n = 1. Giả sử A 24 đúng với n = k Tức là: A(k) = k4 + 6k3 + 11k2 + 6k 24. Ta phải đi chứng minh A(n) 24 đúng với n = k + 1. Tức là: A(k + 1) = (k+1)4 + 6(k + 1)3 + 11(k + 1)2 + 6(k + 1) 24. Thật vậy: A(k + 1) = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 + 6k3 + 18k2 + 18k + 6 + 11k2 + 22k + 11 + 6k + 1. A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k). Dễ thấy: k4 + 6k3 + 11k2 + 6k 24 (Theo giả thiết quy nạp). Và 24(k2 + 1) 24. Lại có (k3 + 11k) 6 với k Є N. Thật vậy: với k = 1 thì k3 + 11k = 12 6. (đúng) Giả sử đúng với k = m thì m3 + 11m 6 (m Є N) Ta phải đi chứng minh k3 + 11k 6 đúng với k = m +1. Thật vậy: (m + 1)3 + 11(m + 1) = m3 + 3m2 + 3m + 1 + 11m + 11 = (m3 + 11m) + (3m2 + 3m + 12) 6. Do đó k3 + 11k 6 4(k3 + 11k) 24 Vậy A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k) 24. Vậy A(n) 24 đúng với n = k + 1. + Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24. Bài 7. Chứng minh rằng a5 – a chia hết cho 5 (1) với mọi số nguyên dương a. Giải: + Mệnh đề (1) đúng với a = 1 vì 15 – 1 chia hết cho 5. + Giả sử (1) đã đúng với a =k (k ẻ N), tức là ta đã có k5 – k chia hết cho 5. Ta cần chứng minh rằng (1) cũng đúng với a = k + 1, tức là phải chứng minh (k + 1)5 – (k + 1) chia hết cho 5. Ta có: (k + 1)5 – (k + 1) = k5 + 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k + 1 – k – 1 = (k5 – k ) + [5k4 + 10k3+ 10k2 + 5k] Ta thấy k5 – k chia hết cho 5 do giả thiết quy nạp, còn biểu thức trong dấu móc hiển nhiên chia hết cho 5, do đó (k + 1)5 – (k + 1) chia hết cho 5. + Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương a. * Chú ý: 1) Để chứng minh (k + 1)5 – (k + 1) chia hết cho 5, ta cũng có thể xét hiệu [(k + 1)5 – (k + 1)] - (k5 – k ). Hiệu này bằng: 5k4 + 10k3 + 10k2 + 5k, chia hết cho 5, mà (k5 – k ) chia hết cho 5 theo giả thiết quy nạp, do đó (k + 1)5 – (k + 1) chia hết cho 5. Bài 8.(Ta cũng có thể chứng minh được mệnh đề tổng quát của ví dụ trên) Nếu p là một số nguyên tố và a là một số nguyên thì ap – a chia hết cho p (2) ( Đây là nội dung định lý nhỏ Fecma). Chứng minh: Cố định p, ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo a. + Mệnh đề (2) đúng với a = 0 vì 0p – 0 chia hết cho p. + Giả sử (2) đã đúng với a = k tức là ta đã có Ak = kp – k chia hết cho p. Ta cần chứng minh rằng Ak+1 = (k +1)p – (k + 1) cũng chia hết cho p. Xét hiệu: Xét dạng chung của các hệ số trong biểu thức (3), đó là các số nguyên có dạng p(p-1)(p-2)(p-k+1): 1.2.3k (4). Chú ý rằng các số nguyên tố p lớn hơn k nên p không rút gọn được với một thừa số nào ở mẫu của (4) chia hết cho p, do đó Ak- Ak +1 chia hết cho p. Ta lại có Ak chia hết cho p theo giả thiết quy nạp. Vậy Ak +1 chia hết cho p. Chứng minh tương tự ta cũng có Ak- 1 = (k - 1)p - (k - 1) chia hết cho p. + Kết luận: Mệnh đề ( 2 ) đúng với mọi số nguyên a. *Các bài tập giải tương tự: Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a: a) a2 – a chia hết cho 2. b) a3 – a chia hết cho 3. c) a5 – a chia hết cho 5. d) a7 – a chia hết cho 7. Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a) 32n + 1 + 40n - 67 chia hết cho 64. b) 2n + 2.3n + 5n - 4 chia hết cho 25. Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a) 7n + 2 + 82n + 2 chia hết cho 57. b) 10n + 72n - 1 chia hết cho 81. Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n: a) 7n + 2 + 82n + 2 chia hết cho 57. b) 10n + 72n - 1 chia hết cho 81. HD: Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111 3. Giả sử số chia hết cho 3, ta có số: = .. = .. chia hết cho 3. Vậy với mọi số nguyên dương n thì gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n. Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n: a) 74n - 1 chia hết cho 5. b) 34n +1 + 2 chia hết cho 5. c) 24n +1 + 3 chia hết cho 5. d) 24n +1 + 1 chia hết cho 5. e) 92n +1 + 1 chia hết cho 10. Bài 6: Chứng minh rằng: a) (n2 + n - 1)2 – 1 chia hết cho 24 với mọi số nguyên n. b) (a2 + 3a + 1)2 – 1 chia hết cho 24 với a là số tự nhiên. c) n3 + 6n2 +8n chia hết cho 48 với mọi số chẵn n. d) n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n. Bài 7: Chứng minh rằng A chia hết cho B với: a) A = 13 + 23 + 33 ++ 993 + 1003 B = 1+ 2 + 3 + + 99 + 100 b) A = 13 + 23 + 33 ++ 993 B = 1+ 2 + 3 + + 99 Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n - 1).n.(n + 1) chia hết cho 504. Bài 9: Chứng minh rằng 2n – 3 chia hết cho 13 với mọi số tự nhiên n. Bài 10: Chứng minh rằng số chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n. Bài 11: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n: a) 62n + 3n+ 2 + 3n chia hết cho 11. b) 10n – 9n – 1 chia hết cho 27. Bài 12. Chứng minh rằng số gồm 3n chữ số 1 thì chia hết cho 3n. Bài 13. Chứng minh rằng biểu thức 10n + 18n - 1 chia hết cho 27 với n là số tự nhiên. Bài 14. Chứng minh rằng : 25n4 + 50n3 – n2 - 2n chia hết cho 24 nếu n là số nguyên dương tuỳ ý. Bài 15. Chứng minh rằng 20 + 21+ 22+ 23 ++ 25n - 3+ 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dương bất kì. Bài 16. Chứng minh rằng Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a6 – b6 chia hết cho 9. Bài 17. Chứng minh rằng 4a2 + 3a + 5 chia hết cho 6 nếu a là một số nguyên. Bài 18. Chứng minh rằng n2 + 3n + 39 và n2 + n + 37 chia hết cho 49 với mọi số tự nhiên n. Bài 19. a) Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. b) Chứng minh rằng hiệu các bình phương của hai số lẻ thì chia hết cho 8. Bài 20. Cho tổng của năm số nguyên bằng 0. Chứng minh rằng tổng các luỹ thừa bậc năm của năm số nguyên đó chia hết cho 25. Bài 21. a) Chứng minh rằng 4n + 6n – 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n ³ 1. b) Chứng minh rằng 10n – 9n – 1 chia hết cho 27 với n là số tự nhiên, n ³ 1. Bài 22. Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương: a) (n + 1) (n + 2) (n + 3) (2n) chia hết cho 2n b) (n + 1) (n + 2) (n + 3) (3n) chia hết cho 3n. Bài 23. Chứng minh rằng: a) 2n3 + 3n2 + n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. b) n5 - 5n3 + 4n chia hết cho 120 với mọi số nguyên n. c) n3 – 3n2 – n + 3 chia hết cho 48 với mọi số lẻ n. d) n4 + 4n3 – 4n2 - 16n chia hết cho 348 với mọi số chẵn n. Bài 24. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n: a) Số n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49. b) Số n2 + n + 1 không chia hết cho 9. Bài 25. a) Chứng minh rằng 8.16n – 8 chia hết cho 120. b) Chứng minh rằng 16n – 1 chia hết cho 15, nhưng không chia hết cho 17 với n là số lẻ. c) Chứng minh rằng 2n3 + 3n2 + n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n. Bài 26. Chứng minh rằng A = n3 ( n2 - 7 )2 – 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n. 2. Chứng minh đẳng thức: Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:í Sn = 13 + 23 + 33 + + n3 = []2 (1). Giải : + Với n = 1, vế trái của (1) bằng 13 = 1 vế trái của (1) bằng []2 = 1 VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1. + Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N & k ≥ 1) Tức là: SK = 13 + 23 + 33 + + k3 = []2 Ta phải đi chứng minh (1) đúng với n = k +1. Tức là: SK + 1 =13 + 23 + 33 + + (k + 1)3 = []2 Thật Vậy: SK + 1 = 13 + 23 + 33 + + (k + 1)3. = 13 + 23 + 33 + + k3 + (k + 1)3. = SK + (k + 1)3. Theo giả thiết quy nạp thì Sk = []2 Do đó: Sk + 1 = []2 + (k + 1)3. = []2 + (k + 1)3 = = = = SK + 1 = đúng. Vậy (1) đúng với n = k + 1. + Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n. Bài 2. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì: Sn = 12 + 22 + 32 + + n2 = (1). Giải: + Với n = 1, vế trái của (1) bằng 12 = 1. vế phải của (1) bằng = 1. Vậy VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1. + Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N & k ≥ 1), tức là: Sk = 12 + 22 + 32 + + k2 = Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k +1, tức là: Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + + (k + 1)2 = Thật vậy: Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + + k2 + (k + 1)2 = Sk + (k + 1)2 (Do giả thiết quy nạp Sn = 12 + 22 + 32 + + k2). Mặt khác Sk = Sk + 1 = + (k + 1)2 = = = = Sk= Sk + 1 = (k + 1) Vậy đẳng thức (1) đúng với n = k + 1. + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì tổng bình phương n các số tự nhiên liên tiếp bằng . Chú ý: Có thể tính Sn bằng cách khác: Xét hằng đẳng thức (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1. Lần lượt thay x bằng 1, 2, 3, , n vào hằng đẳng thức trên, ta được: 23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1 33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1 (n +1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1 Cộng các đẳng thức trên rồi rút gọn ta được: (n +1)3 = 13 + 3(12 + 22 ++ n2) + 3(1 + 2 + + n) + n. Do đó 3(12 + 22 ++ n2) = (n +1)3 - - (n -1) = (n -1) [(n + 1)2 - - 1] = (n - 1)(n2 + ) = n(n + 1)(2n + 1). Vậy (12 + 22 ++ n2) = . Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 1.4 + 2.7 + 3.10 + + n(3n + 1) = n(n + 1)2. () Giải: + Với n = 1, vế trái bằng 1(3 + 1) = 4. vế phải bằng 1(1 + 1)2 = 22 = 4. VT = VP. Vậy đẳng thức đúng với n = 1. + Giả sử đẳng thức () đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1). Tức là: 1.4 + 2.7 + 3.10 + + k(3k + 1) = k(k + 1)2. Ta phải đi chứng minh đẳng thức () đúng với n = k + 1 (k Є N, k ≥ 1). Tức là: 1.4 + 2.7 + 3.10 + + (3k + 4).(k + 1) = (k + 1).(k + 2)2. Thật vậy: 1.4 + 2.7 + 3.10 + + (k + 1).(3k + 4) = [1.4 + 2.7 + 3.10 + + k(3k + 1)] + (k + 1).(3k + 4). () Theo giả thiết quy nạp ta có: 1.4 + 2.7 + 3.10 + + k(3k + 1) = k(k + 1)2. Nên (): k(k + 1)2 + (k + 1).(3k + 4) = (k + 1).(k2 + k + 3k + 4) = (k + 1).(k + 2)2. Vậy đẳng thức () đúng với n = k + 1. + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức () luôn đúng. Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: . Giải: + Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = . + Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1). Tức là: . Ta phải chứng minh đẳng thức đ