S6 CHUYEN đề 3 CHỦ đề 4 PP QUY NAP

CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIACÓ DƯ CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC CHỨNG MINH BÀI TỐN CHIA HẾT PHẦN I TĨM TẮT LÝ THUYẾT ( n∈¥ ) TÍNH CHẤT CHUNG 1) 2) 3) a Mb a Ma 0Mb b Mc với với a Mc a b khác khác 4) Bất số chia hết cho TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU a, b - Nếu chia hết cho m a+b - Tổng (Hiệu) số chia hết cho m cho a, b - Nếu số m chia hết cho chia hết cho m m chia hết cho m a −b chia hết cho m số chia hết cho m số cịn lại chia hết số khơng chia hết cho m tổng, hiệu chúng khơng TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TÍCH m m - Nếu thừa số tích chia hết cho tích chia hết cho a m m - Nếu chia hết cho thi bội a chia hết cho - Nếu - Nếu a a chia hết cho chia hết cho m b m.n a.b , chia hết cho n chia hết cho b thì: a m Mbm CÁC TÍNH CHẤT KHÁC: 0Ma (a ≠ 0) 1) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ a Ma ; a M (a ≠ 0) 2) a Mb; bMc ⇒ a Mc 3) a Mm ; b Mm ⇒ pa ± qb Mm 4) a : (m.n) ⇒ a Mm ; a Mn 5) a Mm ; a Mn ; (m, n) = ⇒ a Mmn 6) a Mm ; b Mn ⇒ ab Mmn 7) abMm ; (b, m) = ⇒ a Mm 8) abMp 9) a Mp (p số nguyên tố) bMp CÁC TÍNH CHẤT SUY LUẬN ĐƯỢC - Trong hai số tự nhiên liên tiếp có số chẵn số lẻ - Tổng hai số tự nhiên liên tiếp số lẻ - Tích hai số tự nhiên liên tiếp số chẵn - Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho - Tổng hai số tự nhiên số lẻ có số tự nhiên số chẵn PHẦN II CÁC DẠNG BÀI 1, Dạng 1: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh biểu thức (với n số mũ) chia hết cho số 2, Dạng 1: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh biểu thức (với n số) chia hết cho số 3, Dạng 3: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh đẳng thức Dạng 1: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh biểu thức (với n số mũ) chia hết cho số I Phương pháp giải: Để chứng minh mệnh đề với bước sau: n∈¥* TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC phương pháp quy nạp toán học, ta thực Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ PHƯƠNG PHÁP 1: n =1 Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với Bước 2: Giả sử mệnh đề với n = k ≥1 ( giả thiết quy nạp) Bước 3: Cần chứng minh mệnh đề với n = k +1 PHƯƠNG PHÁP 2: n =1 Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với Bước 2: Giả sử mệnh đề với F1 MA có nghĩa n = k ≥1 Fk MA có nghĩa Fk +1 − Fk MA Bước 3: Ta chứng minh II Bài toán: Bài 1: Chứng minh rằng: Giải: 4n + chia hết cho với n∈¥ An = 4n + Đặt * Với n=0 A0 = 40 + = M3 , ta có n=k ≥0 * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 Ak = 4k + M3 , suy Ak +1 = 4k +1 + = 4k + , xét = (3 + 1) + k k = 4{k + 4{ +5 M3 M3 ⇒ Ak +1 M3 Vậy 4n + chia hết cho với Bài 2: Chứng minh rằng: Giải: 7n − n∈¥ chia hết cho với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈ ¥* Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ An = n − Đặt * Với n =1 A1 = 71 − = M6 , ta có n = k ≥1 * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 Ak = k − M6 , suy Ak +1 = k +1 − = k − , xét = (6 + 1) − k k = k + 7{ −1 { M6 M6 ⇒ Ak +1 M6 Vậy 7n −1 chia hết cho với Bài 3: Chứng minh rằng: Giải: 9n − n∈ ¥* chia hết cho với n∈ ¥* An = 9n − Đặt * Với n =1 A1 = 91 − = M8 , ta có n = k ≥1 * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 Ak = 9k − M8 , suy Ak +1 = 9k +1 − = 9k − , xét = (8 + 1) − k k = 9{k + 9{ −1 M8 M8 ⇒ Ak +1 M8 Vậy 9n − chia hết cho với Bài 4: Chứng minh rằng: Giải: 13n − n∈ ¥* chia hết cho với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈ ¥* Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ An = 13n − Đặt * Với n =1 A1 = 131 − = 12 M6 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ak = 13k − M6 , suy Ak +1 = 13k +1 − = 13k 13 − , xét = 13 (12 + 1) − k k = 13k 12 + 13 −1 123 M6 M6 ⇒ Ak +1 M6 Vậy 13n − chia hết cho với Bài 5: Chứng minh rằng: Giải: 16n − n∈ ¥* chia hết cho 15 với n∈ ¥* An = 16n − Đặt * Với n =1 A1 = 161 − = 15 M15 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ak = 16k − M15 , suy Ak +1 = 16k +1 − = 16 k 16 − , xét = 16 (15 + 1) − k k = 16k 15 + 16 −1 3 12 M15 M15 ⇒ Ak +1 M15 Vậy 16n − chia hết cho 15 với Bài 6: Chứng minh rằng: Giải: 22 n+1 + n∈ ¥* chia hết cho với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈ ¥* Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bn = 22 n +1 + Đặt * Với n =1 B1 = 22 − = M3 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Bk = 22 k +1 + M3 , suy Bk +1 = 22( k +1) +1 + = 22 k +1+2 + , xét = 22 n +1.22 + = 22 n+1.(3 + 1) + k +1 k +1 = 3.2 31 + 214 4+ M3 M3 ⇒ Bk +1 M3 Vậy 22 n+1 + chia hết cho với Bài 7: Chứng minh rằng: Giải: 62 n − n∈ ¥* chia hết cho 35 với n∈ ¥* Bn = 62 n − Đặt * Với n =1 B1 = 62 − = 35 M35 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Bk = 62 k − M35 , suy Bk +1 = 62( k +1) − = 62 k 62 − , xét = (35 + 1) − 2k 2k = 62 k 35 + 6{ −1 123 M35 M35 ⇒ Bk +1 M35 Vậy 62 n − chia hết cho 35 với Bài 8: Chứng minh rằng: Giải: n∈ ¥* 4n + 15n − chia hết cho với TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈ ¥* Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Cn = 4n + 15n − Đặt * Với n =1 C1 = 41 + 15.1 − = 18 M9 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ck = 4k + 15k − M9 , suy Ck +1 = 4k +1 + 15(k + 1) − , xét = 4.4k + 15k + 14 = 4.(4 k + 15k − 1) − 45k + 18 = 4.(4 k + 15k − 1) + 9(2 − 5k ) 44 43 14 43 M9 M9 ⇒ Ck +1 M9 Vậy 4n + 15n − chia hết cho với Bài 9: Chứng minh rằng: Giải: 4n + 6n + n∈ ¥* chia hết cho với n∈¥* Dn = 4n + 6n + Đặt * Với n =1 D1 = 41 + 6.1 + = 18 M9 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Dk = 4k + 6k + M9 , suy Dk +1 = 4k +1 + 6(k + 1) + , xét = 4.4k + 6k + 14 = 4.(4k + 6k + 8) − 18k + 18 = 4.(4k + 6k + 8) + 18(1 − k ) 4 14 43 M9 M9 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ ⇒ Dk +1 M9 Vậy 4n + 6n + chia hết cho với Bài 10: Chứng minh rằng: Giải: n + 3n − n∈¥* chia hết cho với n∈ ¥* En = n + 3n − Đặt * Với n =1 E1 = 71 + 3.1 − = M9 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ek = k + 3k − M9 , suy Ek +1 = k +1 + 3(k + 1) − , Xét = 7.7 k + 21k − − 18k + = 7.(7 k + 3k − 1) − 9(2k − 1) 4 14 43 M9 M9 ⇒ Ek +1 M9 Vậy n + 3n − chia hết cho với Bài 11: Chứng minh rằng: Giải: 4n + 15n − n∈¥* chia hết cho với n∈ ¥* En = 4n + 15n − Đặt * Với n =1 E1 = 41 + 15.1 − = 18 M9 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ek = 4k + 15k − M9 , suy Ek +1 = 4k +1 + 15(k + 1) − , xét = 4.4k + 15k + 15 − TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ = 3.4k + 15 + 4k + 15k − = ( 4k + ) + Ek (4 k + ) M3 ⇒ ( k + ) M9 Mà ⇒ Ek +1 M9 Vậy 4n + 15n − chia hết cho với Bài 12: Chứng minh rằng: Giải: 16n − 15n − n∈ ¥* chia hết cho 225 với n∈¥* Fn = 16n − 15n − Đặt * Với n =1 F1 = 161 − 15.1 − = M225 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Fk = 16k − 15k − M225 , suy Fk +1 = 16k +1 − 15(k + 1) − , xét = 16.16k − 15k − 16 = 16k − 15k − − 15 ( 16k − 1) = Fk − 15 ( 16k − 1) 16k − M15 ⇒ 15 ( 16 k − 1) M225 Ta có : ⇒ Fk +1 M225 Vậy 16n − 15n − chia hết cho 225 với n∈ ¥* Bn = 32 n +1 + 2n +2 Bài 13: Chứng minh Giải: chia hết cho với TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈¥ Trang CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ * Với n=0 B0 = 31 + 22 = M7 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n=k ≥0 Bk = 32 k +1 + 2k + M7 , suy Bk +1 = 32( k +1) +1 + 2k +1+ , xét = 32.32 k +1 + 2.2k +2 = ( 32 k +1 + 2k +2 ) − 7.2 k + k +2 = Bk + 7.2 { {M7 M7 Bn = 32 n +1 + n +2 Vậy chia hết cho với n∈¥ Bn = 11n +1 + 122 n −1 Bài 14: Chứng minh Giải: * Với n =1 B1 = 112 + 121 = 133 M133 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với chia hết cho 133 với n∈ ¥* n = k +1 n = k ≥1 Bk = 11k +1 + 12 k −1 M133 , suy Bk +1 = 11k +1+ + 122( k +1)+1 , xét = 11.11k +1 + 122 k −1.122 = 11.11k +1 + 122 k +1 (11 + 133) k −1 = 11 Bk + 133.12 14 43 { M133 M133 ⇒ Bk +1 M133 Bn = 11n +1 + 12 2n −1 Vậy chia hết cho 133 Bài 15: Chứng minh rằng: Giải: 4.32 n+ + 32n − 36 chia hết cho 32 với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈¥ Trang 10 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ = ( 10k + ) H k = 10k + Đặt H = 100 + = M3 Ta có H k −1 − H k = 9.10 k M3 Gk +1 − Gk = ( 10 k + ) M27 Nên: Vậy 10n + 18n − chia hết cho 27 với n∈¥ 32 n+3 + 40n − 27 Bài 19: Chứng minh rằng: Giải: Ta sử dụng phương pháp chia hết cho 64 với n∈¥ Gn = 32 n +3 + 40n − 27 Đặt * Với n=0 G0 = 33 + 40.0 − 27 = M64 , ta có * Giả sử mệnh đề với n=k ≥0 Gk = 32 k +3 + 40k − 27 M64 , suy Gk +1 − Gk = 32( k +1) +3 + 40( k + 1) − 27 − ( 32 k +3 + 40k − 27 ) * Xét = 32 k +5 − 32 k +3 + 40 = 8.32 k +3 + 40 = ( 32 k +3 + 5) Mà 32 k +3 + chia hết cho với n∈¥ (bài 17) Gk +1 − Gk = ( 32 k +3 + ) M64 Nên: Vậy 32 n+3 + 40n − 27 chia hết cho 64 với 32 n+1 + 40n − 67 Bài 20: Chứng minh rằng: Giải: Ta sử dụng phương pháp n∈¥ chia hết cho 64 với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n∈¥* Trang 13 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Gn = 32 n +1 + 40n − 67 Đặt * Với n =1 G1 = 33 + 40.1 − 67 = M64 , ta có * Giả sử mệnh đề với n = k ≥1 Gk = 32 k +1 + 40k − 67 M64 , suy Gk +1 − Gk = 32( k +1) +1 + 40(k + 1) − 67 − ( 32 k +1 + 40k − 67 ) * Xét = 32 k +3 − 32 k +1 + 40 = 8.32 k +1 + 40 = ( 32 k +1 + ) H k = 32 k +1 + Đặt H k −1 − H k = 32( k +1) +1 + − (32 k +1 + 5) H1 = 33 + = 32 M8 Ta có = 32 k +3 − 32 k +1 = 8.32 k +1 M8 Gk +1 − Gk = ( 32 k +1 + ) M64 Nên: Vậy 32 n+3 + 40n − 27 n∈ ¥* chia hết cho 64 với Dạng 2: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh biểu thức (với n số) chia hết cho số I Phương pháp giải: Để chứng minh mệnh đề với bước sau: n∈¥* phương pháp quy nạp toán học, ta thực PHƯƠNG PHÁP: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với Bước 2: Giả sử mệnh đề với n =1 n = k ≥1 Bước 3: Cần chứng minh mệnh đề với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC ( giả thiết quy nạp) n = k +1 Trang 14 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Ta dùng số Hằng đẳng thức sau: ( a + b) = a + 2ab + b ( a − b) = a − 2ab + b ( a + b) = a + 3a 2b + 3ab + b ( a − b) = a − 3a 2b + 3ab − b3 II Bài toán: Bài 1: Chứng minh với Giải: n∈ ¥* n3 − n chia hết cho An = n3 − n Đặt * Với n =1 A1 = 13 − = M3 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ak = k − k M3 , suy Ak +1 = ( k + 1)3 − ( k + 1) , xét = k + 3k + 3k + − k − = ( k − k ) + 3( k + k ) 14 43 14 43 M3 M3 ⇒ Ak +1 M6 Vậy với n∈ ¥* n3 − n chia hết cho Bài 2: Chứng minh với Giải: n∈ ¥* n3 + 11n chia hết cho An = n3 + 11n Đặt TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 15 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ * Với n =1 A1 = 13 + 11.1 = 12 M6 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ak = k + 11k M6 , suy Ak +1 = (k + 1)3 + 11(k + 1) , xét = k + 3k + 3k + + 11k + 11 = ( k + 11k ) + ( k + k + ) = ( k + 11k ) + ( k ( k + 1) + ) 44 43 14 43 M2 M6 ⇒ Ak +1 M6 Vậy với n∈ ¥* n3 + 11n chia hết cho Bài 3: Chứng minh với Giải: n∈ ¥* ta ln có n3 + 3n + 5n chia hết cho An = n3 + 3n + 5n Đặt * Với n =1 A1 = 13 + 3.12 + 5.1 = M3 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ak = k + 3k + 5k M3 , suy Ak +1 = ( k + 1)3 + 3( k + 1) + 5( k + 1) , xét = k + 3k + 3k + + 3k + 6k + + 5k + = k + 3k + 5k + 3k + 9k + = Ak + 3(k + 3k + 3) { 44 43 M3 M3 ⇒ Ak +1 M3 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 16 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CĨ DƯ Vậy với n∈ ¥* n3 + 3n + 5n ta ln có Bài 4: Chứng minh với Giải: n∈ ¥* chia hết cho ta ln có 2n3 − 3n + n chia hết cho An = 2n − 3n + n Đặt * Với n =1 A1 = 2.13 − 3.12 + = M6 , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với n = k +1 n = k ≥1 Ak = 2k − 3k + k M6 , suy Ak +1 = 2(k + 1)3 − 3(k + 1) + (k + 1) , xét = 2k + 6k + 6k + − 3k − 6k − + k + = 2k − 3k + k + 6k = Ak + 6{k { M6 M6 ⇒ Ak +1 M6 Vậy với n∈ ¥* ta ln có 2n3 − 3n + n Bài : Chứng minh với số Giải: * Với n =1 n∈ ¥* S n = (n + 1)(n + 2) (n + n) chia hết cho 2n S1 = + = M21 = , ta có * Giả sử mệnh đề với * Với chia hết cho n = k +1 n = k ≥1 S k = (k + 1)(k + 2) ( k + k ) M2k , suy Sk +1 = (k + 2)(k + 3) [(k + 1) + ( k + 1)] , xét = 2(k + 1)( k + 2) ( k + k ) = 2.Sk TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 17 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ S k M2k ⇒ 2.S k M2k +1 Mà ⇒ S k +1 M2k +1 Vậy với số n∈ ¥* S n = (n + 1)(n + 2) (n + n) chia hết cho 2n Dạng 3: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh đẳng thức I Phương pháp giải: Để chứng minh mệnh đề với bước sau: n∈¥* phương pháp quy nạp toán học, ta thực PHƯƠNG PHÁP: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với Bước 2: Giả sử mệnh đề với n =1 n = k ≥1 ( giả thiết quy nạp) Bước 3: Cần chứng minh mệnh đề với trái vế phải n = k +1 có nghĩa n = k +1 ta chứng minh vế II Bài toán: Bài 1: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈ ¥* + + + + (2n − 1) = n ta có đẳng thức: , ta có vế trái có số hạng 1, vế phải Vậy hệ thức với n =1 Sn * Đặt vế trái 11 = , giả sử đẳng thức với n = k ≥1 S k = + + + + (2k − 1) = k Tức là: Ta phải chứng minh đẳng thức với n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: + + + + (2k + 1) + [2( k + 1) − 1] = ( k + 1) S k +1 = S k + [2(k + 1) − 1] Thật vậy, ta có: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 18 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ = k + 2k + = (k + 1) Vậy đẳng thức với Bài 2: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈ ¥* n∈¥ + + + + 3n − = * ta có đẳng thức: , ta có vế trái có số hạng 2, vế phải Vậy hệ thức với 1(3.1 + 1) =2 n =1 Sn * Đặt vế trái n(3n + 1) , giả sử đẳng thức với S k = + + + + 3k − = Tức là: n = k ≥1 k (3k + 1) Ta phải chứng minh đẳng thức với + + + (3k − 1) + [3(k + 1) − 1] = n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: (k + 1)[(3(k + 1) + 1] Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có: S k +1 = Sk + 3k + = k (3k + 1) + 3k + 2 3k + k + 6k + = = 3(k + 2k + 1) + k + = ( k + 1)[3(k + 1) + 1] Vậy đẳng thức với n∈ ¥* TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 19 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Bài 3: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈¥ + + + + n = * ta có đẳng thức: , ta có vế trái có số hạng , vế phải Vậy hệ thức với 1(1 + 1) =1 n =1 Sn * Đặt vế trái n(n + 1) , giả sử đẳng thức với S k = + + + + k = Tức là: n = k ≥1 k (k + 1) Ta phải chứng minh đẳng thức với + + + + k + (k + 1) = n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: (k + 1)(k + 2) S k +1 = S k + k + Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, ta có: Vậy đẳng thức với Bài 4: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈¥ , ta có vế trái Vậy hệ thức với n∈ ¥* = k (k + 1) + k +1 = k + k + 2k + (k + 1)(k + 2) = 2 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) = * ta có đẳng thức: 1.2 = , vế phải 1(1 + 1)(1 + 2) =2 n =1 Sn * Đặt vế trái n(n + 1)(n + 2) , giả sử đẳng thức với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n = k ≥1 Trang 20 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ S k = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + k (k + 1) = Tức là: k (k + 1)( k + 2) Ta phải chứng minh đẳng thức với n = k +1 1.2 + 2.3 + 3.4 + + k (k + 1) + ( k + 1)( k + 2) = , nghĩa phải chứng minh: (k + 1)(k + 2)(k + 3) S k +1 = S k + (k + 1)(k + 2) Thật vậy, ta có: = k (k + 1)(k + 2) + (k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2) + 3(k + 1)(k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3) Vậy đẳng thức với Bài 5: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈ ¥* , ta có vế trái Vậy hệ thức với n∈ ¥* 1.2 + 2.5 + 3.8 + + n(3n − 1) = n ( n + 1) ta có đẳng thức: 1.2 = 12 (1 + 1) = , vế phải n =1 Sn * Đặt vế trái , giả sử đẳng thức với n = k ≥1 S k = 1.2 + 2.5 + 3.8 + + k (3k − 1) = k ( k + 1) Tức là: Ta phải chứng minh đẳng thức với n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: Sk +1 = 1.2 + 2.5 + 3.8 + + k (3k − 1) + (k + 1)(3k + 2) = ( k + 1) (k + 2) S k +1 = S k + ( k + 1)(3k + 2) Thật vậy, ta có: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 21 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ = k (k + 1) + (k + 1)(3k + 2) = (k + 1)( k + 3k + 2) = (k + 1)(k + 2)(k + 3) Vậy đẳng thức với Bài 6: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈ ¥* , ta có vế trái Vậy hệ thức với n∈ ¥* 1.4 + 2.7 + 3.10 + + n(3n + 1) = n( n + 1) ta có đẳng thức: 1.4 = 1(1 + 1) = , vế phải n =1 Sn * Đặt vế trái , giả sử đẳng thức với n = k ≥1 Sk = 1.4 + 2.7 + 3.10 + + k (3k + 1) = k (k + 1) Tức là: Ta phải chứng minh đẳng thức với n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: Sk +1 = 1.4 + 2.7 + 3.10 + + k (3k + 1) + ( k + 1)(3k + 4) = ( k + 1)( k + 2) S k +1 = S k + ( k + 1)(3k + 4) Thật vậy, ta có: = k ( k + 1) + (k + 1)(3k + 4) = (k + 1)[k (k + 1) + 3k + 4] = (k + 1)(k + 4k + 4) = (k + 1)( k + 2) Vậy đẳng thức với Bài 7: Chứng minh với Giải: n∈ ¥* n∈ ¥* ta có đẳng thức: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC 1 1 2n − + + + + n = n 2 Trang 22 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ * Với n =1 , ta có vế trái Vậy hệ thức với , vế phải n =1 Sn * Đặt vế trái Sk = Tức là: 21 − 1 = 21 , giả sử đẳng thức với n = k ≥1 1 1 2k − + + + + k = k 2 Ta phải chứng minh đẳng thức với n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: 1 1 2k +1 − S k +1 = + + + + k + k +1 = k +1 2 S k +1 = S k + Thật vậy, ta có: 2k +1 = 2k − 1 + k +1 2k = 2(2k − 1) + k +1 k 2.2 = 2k +1 − 2k +1 + + = 2k +1 k +1 k +1 Vậy đẳng thức với Bài 8: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈ ¥* , ta có vế trái Vậy hệ thức với n∈ ¥* 1 1 n + + + + = 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) n + ta có đẳng thức: 1 = 1.2 , vế phải 1 = 1+1 n =1 Sn * Đặt vế trái , giả sử đẳng thức với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n = k ≥1 Trang 23 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Sk = 1 1 k + + + + = 1.2 2.3 3.4 k ( k + 1) k + Tức là: Ta phải chứng minh đẳng thức với S k +1 = n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: 1 1 k +1 + + + + + = 1.2 2.3 3.4 k (k + 1) (k + 1)(k + 2) k + S k +1 = S k + ( k + 1)( k + 2) Thật vậy, ta có: = k + k + ( k + 1)(k + 2) = k (k + 2) + (k + 1)(k + 2) = k + 2k + (k + 1)(k + 2) ( k + 1) k +1 = = (k + 1)(k + 2) k + Vậy đẳng thức với Bài 9: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈¥ , ta có vế trái Vậy hệ thức với n∈ ¥* 1 1 n + + + + = 1.4 4.7 7.10 (3n − 2)(3n + 1) 3n + * ta có đẳng thức: 1 = 1.4 , vế phải Sk = 1 = 3.1 + n =1 Sn * Đặt vế trái , giả sử đẳng thức với n = k ≥1 1 1 k + + + + = 1.4 4.7 7.10 (3k − 2)(3k + 1) 3k + Tức là: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 24 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ Ta phải chứng minh đẳng thức với Sk +1 = n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: 1 1 k +1 + + + + + = 1.4 4.7 7.10 (3k − 2)(3k + 1) (3k + 1)(3k + 4) 3k + S k +1 = S k + (3k + 1)(4k + 4) Thật vậy, ta có: = k + 3k + (3k + 1)(3k + 4) = k (3k + 4) + (3k + 1)(3k + 4) = = 3k + 4k + (3k + 1)(3k + 4) (k + 1)(3k + 1) k +1 = (3k + 1)(3k + 4) 3k + Vậy đẳng thức với n∈ ¥* Bài 10: Chứng minh với số nguyên dương n≥2 ta có: 1   n +1  1  1   − ÷ 1 − ÷ 1 − ÷ 1 − ÷ =      16   n  2n Giải: * Với n=2 1− , ta có vế trái Vậy hệ thức với = 4 , vế phải n=2 Sn * Đặt vế trái Tức là: +1 = 2.2 , giả sử đẳng thức với n=k ≥2 1   k +1  1  1  S k = 1 − ÷ 1 − ÷ 1 − ÷ 1 − ÷ =      16   k  2k Ta phải chứng minh đẳng thức với TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: Trang 25 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ 1    k +2  1  1  Sk +1 =  − ÷  − ÷  − ÷  − ÷ 1 − = ÷      16   k   (k + 1)  2(k + 1) Thật vậy, ta có:   S k +1 = S k 1 − ÷  (k + 1)  = k +1   1 − ÷ 2k  (k + 1)2  = k + k (k + 2) k+2 = 2k (k + 1) 2(k + 1) Vậy đẳng thức với Bài 11: Chứng minh với Giải: * Với n =1 n∈ ¥* n∈¥ 12 + 22 + 32 + + n = * =1 ta có đẳng thức: , ta có vế trái Vậy hệ thức với , vế phải 1.2.3 =1 n =1 Sn * Đặt vế trái n(n + 1)(2n + 1) , giả sử đẳng thức với S k = 12 + 2 + 32 + + k = Tức là: n = k ≥1 k (k + 1)(2k + 1) Ta phải chứng minh đẳng thức với Sk +1 = 12 + 2 + 32 + + k + (k + 1) = n = k +1 , nghĩa phải chứng minh: (k + 1)(k + 2)(2k + 3) S k +1 = Sk + (k + 1) Thật vậy, ta có: = k (k + 1)(2k + 1) + (k + 1) TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 26 CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ = k (k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1) = (k + 1)[k (2k + 1) + 6(k + 1)] = (k + 1)(2k + 7k + 6) = (k + 1)(k + 2)(2k + 3) Vậy đẳng thức với n∈ ¥* TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 27 ... = 4 .32 ( k +1)+ + 32 (k + 1) − 36 , xét = 9 .4 .32 k + + 32 k − = ( 4 .32 k + + 32 k − 36 ) − 32 ( 8k − 32 ) = Gk − 32 ( 8k − 32 ) { 42 43 M32 M32 ⇒ Gk +1 M32 Vậy 4 .32 n+ + 32 n − 36 chia hết cho 32 ... 4) 3k + S k +1 = S k + (3k + 1)(4k + 4) Thật vậy, ta có: = k + 3k + (3k + 1)(3k + 4) = k (3k + 4) + (3k + 1)(3k + 4) = = 3k + 4k + (3k + 1)(3k + 4) (k + 1)(3k + 1) k +1 = (3k + 1)(3k + 4) 3k... 27 − ( 32 k +3 + 40 k − 27 ) * Xét = 32 k +5 − 32 k +3 + 40 = 8 .32 k +3 + 40 = ( 32 k +3 + 5) Mà 32 k +3 + chia hết cho với n∈¥ (bài 17) Gk +1 − Gk = ( 32 k +3 + ) M 64 Nên: Vậy 32 n +3 + 40 n − 27