Dạng 1 phương pháp quy nạp

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHƢƠNG PHÁP QUY NẠP HỌC KÌ II HDedu - Page CHUYÊN ĐỀ 1: CHỨNG MINH MỆNH ĐỀ BẰNG PHƢƠNG PHÁP QUY NẠP Phƣơng pháp: Để chứng minh mệnh đề P  n  với n  p Ta làm theo bước sau: Bƣớc 1: Chứng minh mệnh đề với n  p ( cách thay n  p vào P  n  ) Bƣớc 2: Giả sử mệnh đề với n  k  p Ta chứng minh mệnh đề với n  k  Trong bước này, em ý phải tách vế trái đẳng thức theo điều giả sử, để biến đổi thành vế phải, ý đứng trƣớc số k  k , đứng trƣớc số  k  1 k Bài Chứng minh với n  * 1.2  2.3   n  n  1  n  n  1 n   (*) Hướng dẫn Với n   VT (*)  VP (*)   n  thỏa mãn (*) Giả sử (*) với n  k thức là: 1.2  2.3   k  k  1  k  k  1 k   Ta cần chứng minh (*) với n  k  tức ta cần chứng minh: 1.2  2.3    k  1 k     k  1 k  2 k  3 (**) Ta có: VT (**)  1.2  2.3    k  1 k    1.2  2.3   k  k  1   k  1 k    k  k  1 k    k  1 k   k  3  VP (**)   k  1 k    3 Vậy 1.2  2.3   n  n  1  n  n  1 n   (*) Bài Chứng minh với n  * n  n  1    n  (*) 3 Hướng dẫn Với n   VT (*)  VP (*)   (*) với n  HDedu - Page k  k  1 Giả sử (*) với n  k tức là:    k  3 Ta cần chứng minh (*) với n  k  tức ta cần chứng minh:     k  1 3  k  1  k    (**) Ta có: VT (**)  13  23    k  1  13  23   k   k  1 3 k  k  1  k  1  k    VP (**)    k  1  4 2 Bài Chứng minh với n  * 12  22  .n2  n  n  1 2n  1 (*) Hướng dẫn Với n   VT  VP   (*) với n  Giả sử (*) với n  k tức là: 12  22  .k  k  k  1 2k  1 Ta cần chứng minh (*) với n  k  tức cần chứng minh : 12  22   k  1   k  1 k  2 2k  3 (**) Ta có: VT (**)  12  22   k  1  12  22  .k   k  1 mà 12  22  .k  nên VT (**)  k  k  1 2k  1 k  k  1 2k  1  k  1 k  2 2k  3  VP (**) đpcm   k  1  6 Bài Chứng minh với n  *      2n  1  n (1) Hướng dẫn Với n   VT (1)  VP(1)   (1) với n  Giả sử (1) với n  k tức      2k  1  k Ta cần chứng minh (1) với n  k  tức ta cần chứng minh:      2k  1   k  1 (2) HDedu - Page Ta có: VT (2)       2k  1       2k  1   2k  1  k   2k  1   k  1  VP (2) đpcm Bài Chứng minh với n  *     2n  1  2 n  4n  1 (*) Hướng dẫn Với n   VT (*)  VP(*)   (*) với n  Giả sử (*) với n  k tức     2k  1  2 k  4k  1 Ta cần chứng minh (*) với n  k  tức ta cần chứng minh:     2k  1  2  k  1 4  k  1  1  (**) Ta có: VT (**)  12  32    2k  1  12  32    2k  1   2k  1  k  4k  1   2k  1  2  k  1 4  k  1 2  1   VP (**) đpcm Bài Chứng minh với n  a) 2n  2n  1; n  (1) * : b) 2n  2n  ; n  (3) Hướng dẫn VT (1)  23   (1) với n  a) Với n    VP (1)  2.3    Giả sử (1) với n  k  tức là: 2k  2k  Ta cần chứng minh (1) với n  k  tức là: 2k 1  2k  (2) Ta có: VT (2)  2k 1  2k.2   2k  1  4k   2k  ( k  ) đpcm 21   2n   2n  với n  b) Với n    2.1   HDedu - Page Giả sử (3) với n  k  tức 2k   2k  Ta cần chứng minh (3) với n  k  tức cần chứng minh: 2k 3  2k  (4) Ta có: VT (4)  2k 3  2k  2.3   2k    6k  15  2k  ( k  ) đpcm Bài Chứng minh với n  * : a) 1.2.3  2.3.4   n  n  1 n    b) n  n  1 n   n  3 (1) n  n  1 12 22 n2 (3)     1.3 3.5  2n  1 2n  1  2n  1 Hướng dẫn a) Với n   VT (1)  VP(1)   (1) với n  Giả sử (1) với n  k tức : 1.2.3  2.3.4   k  k  1 k    k  k  1 k   k  3 Ta cần chứng minh (1) với n  k  tức ta cần chứng minh: 1.2.3  2.3.4    k  1 k   k  3   k  1 k  2 k  3 k   (2) Ta có: VT (2)  1.2.3  2.3.4    k  1 k   k  3  1.2.3  2.3.4   k  k  1 k     k  1 k   k  3  k  k  1 k   k  3  k  1 k   k  3 k    VP (2)   k  1 k   k  3  4 đpcm b) Với n   VT (3)  VP(3)   (3) với n  Giả sử (3) với n  k tức k  k  1 12 22 k2     1.3 3.5  2k  1 2k  1  2k  1 Ta cần chứng minh (3) với n  k  tức cần chứng minh:  k  1  k  1 k   (4) 12 22     1.3 3.5  2k  1 2k  3  2k  3 Ta có: HDedu - Page  k  1  k  1 12 22 12 22 k2         1.3 3.5  2k  1 2k  3 1.3 3.5  2k  1 2k  1  2k  1 2k  3 VT (4)  k  k  1  k  1  k  1 k    VP(4)    2k  1  2k  1 2k  3  2k   Đpcm Bài Chứng minh với n  * 1 1    n (1) n Hướng dẫn Với n    : Luôn Vậy (1) với n  1   2 k k Giả sử (1) với n  k tức  Ta cần chứng minh (1) với n  k  tức ta cần chứng minh: 1 1    k  (2) k 1 Ta có: VT (2)   1 1  1     1    2 k  k 1  k k 1 k 1 Bây ta cần chứng minh k   k  (3) k 1 Để chứng minh (3) em quy đồng biến đổi tương đương đưa về:  k 1  k   ( đúng) nên (3) Suy đpcm Bài Chứng với số tự nhiên n  ta ln có:     n  n(n  1) Hướng dẫn Đặt P(n)      n : tổng n số tự nhiên : Q(n)  n(n  1) Ta cần chứng minh P(n)  Q(n) n  , n  Bước 1: Với n  ta có P(1)  1, Q(1)  1(1  1) 1  P(1)  Q(1)  (1) với n  Bước 2: Giả sử P( k)  Q( k) với k  , k  tức là: HDedu - Page     k  k( k  1) (1) Ta cần chứng minh P( k  1)  Q( k  1) , tức là:     k  ( k  1)  ( k  1)( k  2) (2) Thật vậy: VT(2)  (1     k)  ( k  1)  k( k  1)  ( k  1) (Do đẳng thức (1)) k ( k  1)( k  2)  ( k  1)(  1)   VP(2) 2 Vậy đẳng thức cho với n  Bài 10 Chứng minh với số tự nhiên n  ta ln có:     2n   n2 Hướng dẫn  Với n  ta có VT  1, VP  12  Suy VT  VP  đẳng thức cho với n   Giả sử đẳng thức cho với n  k với k  , k  tức là:     2k   k (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức là:     (2k  1)  (2k  1)   k  1 (2) Thật vậy: VT(2)  (1     k  1)  (2 k  1)  k  (2k  1) (Do đẳng thức (1))  ( k  1)2  VP(1.2) Vậy đẳng thức cho với n  Bài 11 Chứng minh với n  , ta có bất đẳng thức: 1.3.5  2n  1 2.4.6.2n  2n  Hướng dẫn 1 * Với n  ta có đẳng thức cho trở thành :     đẳng thức cho với n  * Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức : 1.3.5  k  1 2.4.6 k  2k  (1) HDedu - Page Ta phải chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức : 1.3.5  k  1 k  1 2.4.6 k  k    2k  (2) Thật vậy, ta có : VT (2)  1.3.5 (2 k  1) k  1 2k  2k    2.4.6 k 2k  2k  2k  2k  Ta chứng minh: 2k  1   (2 k  1)(2 k  3)  (2 k  2) 2k  2k    (luôn đúng) Vậy đẳng thức cho với số tự nhiên n  Bài 12 x n ( x n 1  1)  x   Chứng minh với n  1, x  ta có bất đẳng thức:   xn    n 1 Đẳng thức xảy nào? Hướng dẫn x( x  1)  x      x( x  1)  ( x  1) x 1    Với n  ta cần chứng minh: Tức là: x  x3  x  x    ( x  1)  (đúng) Đẳng thức xảy x   Giả sử x k ( x k 1  1)  x     xk     x 1  Thật vậy, ta có:     k 3 k 1 , ta chứng minh  x 1   x 1          2 k 1 x k 1 ( x k   1)  x     x k 1    k 3 (*) k k 1  x   x ( x  1)   xk    k k 1 k 1 k 2  x   x ( x  1) x ( x  1) Nên để chứng minh (*) ta cần chứng minh    xk  x k 1     x   k 1 k 2 k Hay   ( x  1)  x( x  1)( x  1) (**)   Khai triển (**) , biến đổi rút gọn ta thu x k  ( x  1)2  x k 1 ( x  1)2  ( x  1)   ( x  1)2 ( x k 1  1)2  BĐT hiển nhiên Đẳng thức có  x  Vậy toán chứng minh Chú ý: Trong số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) với số tự nhiên n ta chứng minh theo cách sau Bƣớc 1: Ta chứng minh P(n) với n  n  2k HDedu - Page Bƣớc 2: Giả sử P(n) với n  k  , ta chứng minh P(n) với n  k Cách chứng minh gọi quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si) Bài 13 Chứng minh với số tự nhiên n  1, ta ln có 12  22   (n  1)2  n2  n(n  1)(2n  1) n 2n     n   3 4.3n Hướng dẫn Bước 1: Với n  ta có: VT  12  1, VP  1(1  1)(2.1  1)   VT  VP  đẳng thức cho với n  Bước 2: Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức là: 12  22   (k  1)2  k  k (k  1)(2k  1) (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức cần chứng minh: 12  22   (k  1)2  k  (k  1)2  (k  1)(k  1)(2k  3) (2) Thật vây: (1) VT (2)  12  22   k   (k  1)  k (k  1)(2k  1)  (k  1)2  2k  k  (k  1)(2k  7k  6)  (k  1)   k  1     (k  1)(k  2)(2k  3)  VP(2)  (2)  đẳng thức cho với n  * Với n  ta có VT   VP  đẳng thức cho với n  1 k 2k  * Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức là:    k   (1) 3 4.3k Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức cần chứng minh k k  2k     k  k 1   3 3 4.3k 1 (2) 2k  k  2k  Thật vậy: VT (2)    k 1    VP(2) 4.3k 4.3k 1  (2)  đẳng thức cho HDedu - Page Chứng minh đẳng thức sau Bài 14 1.2  2.3   n(n  1)  n  n  1 n   với n  1 1 n      1.5 5.9 9.13  4n  3 4n  1 4n   n  n  1      n      3 3   2n 4     1  1  1   1      25    2n  1   2n 1 n     1.2 2.3 n(n  1) n  1.22  2.32  3.42   (n  1).n2  22  42   (2n)2  n(n2  1)(3n  2) , n  12 2n(n  1)(2n  1) 1.2.3  2.3.4   n(n  1)(n  2)  n(n  1)(n  2)(n  3) Với n  * 1.22  2.32  3.42   (n  1).n2  n(n2  1)(3n  2) 12 với n  10 1 n(n  3)     1.2.3 2.3.4 n(n  1)(n  2) 4(n  1)(n  2) Với n  * Hướng dẫn 1.2  2.3   k (k  1)  (k  1)(k  2)   k (k  1)(k  2) (k  1)(k  2)(k  3)  (k  1)(k  2)  3 1 1       1.5 5.9 9.13  4k  3 4k  1 (4k  1)(4k  5)  k k 1   4k  (4k  1)(4k  5) 4k   k (k  1)   (k  1)(k  2)    (k  1)3        2 HDedu - Page 10    2k (2k  3)(2k  1)(1  2k ) 2k    1   (2k  1) (1  2k ) (2k  1)  (2k  1)   2k 5,6,7 Bạn đọc tự làm k (k  1)(k  2)(k  3)  (k  1)(k  2)(k  3)   (k  1)(k  2)(k  3)(k  4) k (k  1)(3k  2)  (k  1)(3k  2)   k (k  1)2  k (k  1)   1 12 12    10  k (k  1)(3k  k  10) (k  1)k (k  2)(3k  5)  12 12 k (k  3)   4(k  1)(k  2) (k  1)(k  2)(k  3) (k  1)(k  4) k (k  3)2  (k  1)2 (k  4)   4(k  1)(k  2)(k  3) 4(k  1)(k  2)(k  3) 4(k  2)(k  3) Bài 15 Chứng minh với số tự nhiên n  ta có:       2cos  2n 1 (n dấu căn) Chứng minh đẳng thức sin x  sin x  sin nx  sin nx (n  1) x sin 2 với x  k 2 với n  x sin Hướng dẫn * Với n   VT  2, VP  2cos    VT  VP  đẳng thức cho với n  * Giả sử đẳng thức cho với n  k , tức là:       2cos  2k 1 (k dấu căn) (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức là:       2cos  2k  ( k  dấu căn) (2) HDedu - Page 11 Thật vậy: VT (2)         cos k dau can  2(1  cos  k 1 )  4cos  k 2  2cos  2k  (Ở ta sử đụng công thức  cos a  2cos  2k 1  VP(2) a )  (2)  đẳng thức cho x sin sin x  sin x nên đẳng thức cho với n   Với n  ta có VT  sin x, VP  x sin  Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức là: sin x  sin x  sin kx  kx (k  1) x sin 2 (1) x sin sin Ta chứng minh (4) với n  k  , tức sin x  sin x  sin(k  1) x  Thật vậy: VT (2)  sin sin (k  1) x (k  2) x sin 2 (2) x sin kx (k  1) x sin 2  sin(k  1) x x sin kx (k  1) x x  sin  cos sin  (k  1) x  2  sin   x   sin    sin (k  1) x (k  2) x sin 2  VP(2) x sin Nên (2) Suy đẳng thức cho với n  Bài 16 Chứng minh với n  ta có bất đẳng thức: sin nx  n sin x x  Hướng dẫn HDedu - Page 12 * Với n  ta có: VT  sin1.  sin   VP nên đẳng thức cho * Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức : sin kx  k sin x (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho với n  k  ,tức : sin(k  1)   k  1 sin  (2) Thật vậy: sin  k  1   sin k cos   cos k sin   sin k cos   cos k sin   sin k  sin   k sin   sin    k  1 sin  Vậy đẳng thức cho với n  k  , nên đẳng thức cho với số nguyên dương n Bài 17 n  1 Chứng minh với số tự nhiên n  1, ta có : 1     n 3n  3n  với số tự nhiên n  ; 2.4.6.2n  2n  với số tự nhiên n  1; 1.3.5  2n  1 Hướng dẫn k n2 n  1 Ta chứng minh 1      ,1  k  n (1) phương pháp quy nạp theo k Sau cho k  n k k  n ta có (7) 1 * Với k   VT (1)       VP(1) n n n  (1) với k  * Giải sử (1) với k  p,  p  n , tức là: p p2 p  1    1   n2 n  n (2) Ta chứng minh (1) với k  p  1, tức  1 1    n  1 Thật vậy: 1    n p 1  1  1    n p p 1  ( p  1) p    (3) n2 n p    1  p        1    n  n   n  n HDedu - Page 13  p2 p2  p p  p p2  p p        1 n3 n2 n n2 n2 n  p2  p  p  ( p  1)2 p        (3)  đpcm n2 n n2 n n Cách khác: Khi n    (đúng) dễ thấy n    1 tiến dần  1   tiến gần Vậy n  n n  1 n  ta ln có 1     n Với n  ta có: VT  32   VP  3.2   nên đẳng thức cho với n   Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức là: 3k  3k  (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức : 3k 1  3(k  1)   3k  (2) Thật vậy: 3k 1  3.3k  3(3k  1)  3k   (6k  1)  3k  nên (2) Vậy tóan chứng minh Với n  ta có: VT   2, VP   đẳng thức cho với n  1  Giả sử đẳng thức cho với n  k  , tức là: 2.4.6.2k  2k  (1) 1.3.5  2k  1 Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức là: 2.4.6.2k (2k  2)  2k  (2) 1.3.5  2k  1 (2k  1) Thật vậy: 2.4.6.2k (2k  2) 2k  2 k   2k   1.3.5  2k  1 (2k  1) 2k  2k  Nên ta chứng minh 2k  2  2k    2k    (2k  1)(2k  3) 2k    hiển nhiên Vậy toán chứng minh Bài 18 Cho hàm số f xác định với x  thoả mãn điều kiện : f ( x  y)  f ( x) f ( y), x, y    x  (*) Chứng minh với số thực x số tự nhiên n ta có : f  x    f  n      2n Hướng dẫn HDedu - Page 14 Trong BĐT f ( x  y)  f ( x) f ( y) thay x y x x x f     f   f 2 2 2  x  x     f  x    f ( ) 2   x , ta được: 2 Vậy bất đẳng thức cho với n  Giả sử bất đẳng thức với n  k  Ta có  f  x   f   x   k    2k (1) Ta chứng minh bất đẳng thức với n  k  , tức :   x  f  x    f  k 1      k 1  x   x x    x   Thật ta có : f    f  f    2k   2k  2k     2k      x  f     2k     x  f     2k   2k 2k 2   x     f     2k           x  f     2k    (2) 2k 2k    x  Do tính chất bắc cầu ta có : f  x    f  k 1      k 1 Bất đẳng thức với n  k  nên với số tự nhiên n Bài 19 Chứng minh bất đẳng thức sau 1 1 1       n n n  1 n  1   2 n n tan n  n tan  với      n  1 2n  2n  n  2n  2n  5, (n  3n 1  n(n  2); (n  * ) * , n  4) HDedu - Page 15 2n 3  3n  1; (n  (n  1) cos  n 1 *  n cos , n  8)  n  với n  1 2n  1  2n  3n  1 10     n  n ;(n  1 * , n  2) Hướng dẫn 1 1 1    2   (hiển nhiên đúng) k (k  1) k 1 k 1 k  k   k (k  1)  k (hiển nhiên) k 1 k  k   k (k  1)  2k  k 1 k  4k (k  1)  (2k  1)  4k (k  1)  (hiển nhiên) tan(n  1)  tan n  tan   (n  1) tan   tan n tan   tan n  tan   (n  1) tan   (n  1) tan  tan n  tan n 1  (n  1) tan    n tan  (đúng) 2k 1  2(2k  1)  2k   2k   2k  2k 3  2.2k   2(2k  5)  2(k  1)   2k   2(k  1)  3k  3.3k 1  3k (k  2)  (k  1)(k  2)  2k  3k   (k  1)(k  2) 2k 2  2.2k 3  2(3k  1)  3k   3k   3k   Với n  bđt hiển nhiên  Giả sử k cos (k  1) cos  k sin Ta có:  k 1  k  (k  1) cos  k cos  k 1  Ta cần chứng minh       k  cos  cos k k 1 k      2sin 2(k  1)  (2k  1)   (1) sin  sin 2k (k  1) 2k (k  1) 2(k  1)   (2k  1)  (2k  1)     sin  sin 2k (k  1) 2(k  1) 2k (k  1) 2(k  1) Mặt khác: sin nx  n sin x  k sin  2k (k  1)  sin  2(k  1) HDedu - Page 16 Từ ta có (1) ln Vậy toán chứng minh 2k  2k  2k   2k  2 k  3k  2k  Và 2k   3k  2k  3k   (3k  7)(2k  3)2  (3k  4)(2k  4)  k   (đúng) 10 k  Bài 20 k 1 1  k 1  Cho tổng: Sn  k 1 1  (đúng) 1 1     1.3 3.5 5.7 (2n  1)(2n  1) Tính S1 ; S2 ; S3 ; S4 Dự đốn cơng thức tính Sn chứng minh phương pháp qui nạp Hướng dẫn Ta có S1  , S2  ; S3  , S4  Dự đốn cơng thức Sn  Bài 21 Cho hàm số f : Chứng minh n 2n   , n  số nguyên f ( x)  f ( x) xy  f  x , y  (1) ta có   f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn )  x  x   xn   f  xi  , i  1, n (2) n n   Giải: Ta chứng minh (2) với n  2k , k  * Với k  (2) (do (1)) * Giả sử (2) với n  2k , ta chứng minh (2) với n  2k 1  x   x k Thật vậy: f ( x1 )  f ( x2k )  k f  k       x k   x k1 f ( x2k 1 )  f ( x2k1 )  k f  1 k      HDedu - Page 17  x   x k Do đó: f ( x1 )  f ( x2k1 )  k f  k    k     x k   x k1 f  1 k    x   x2k  x2k 1   x2k1  k 1 f   k 1        Do (2) với n  2k  Giả sử (2) với n  k   , tức f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk 1 )  k 1  x  x   xk 1  f  (3) k 1   Ta chứng minh (8.2) với n  k , tức f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  k Thật vậy: đặt xk 1   x  x   xk  f  (4) k   x1  x2   xk x  , áp dụng (3) ta có k k x f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  f   k k 1 Hay f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xk )  k  x  x   xk f k   x  x1  x2   k  f  k 1        Vậy toán chứng minh Chú ý: Chứng minh tương tự ta có tốn sau Nếu f ( x)  f ( y )  f ( xy ) x, y  (a) ta có f ( x1 )  f ( x2 )   f ( xn ) f n Bài 22  n x1x2 xn  với xi  0, i  1, n (b) Cho n số tự nhiên dương Chứng minh rằng: an  16n – 15n – 225 Hướng dẫn  Với n  ta có: a1   a1 225  Giả sử ak  16 k  15k  225 , ta chứng minh ak 1  16 k 1  15( k  1)  225   Thậ vậy: ak 1  16.16k  15k  16  16k  15k   15 16k  HDedu - Page 18    ak  15 16k    Vì 16k   15 16k 1  16k 2   15 ak 225 Nên ta suy ak 1 225 Vậy toán chứng minh Bài 23 Chứng minh với số tự nhiên n  A(n)  n  3n  chia hết cho Hướng dẫn * Với n   A(1)  71  3.1    A(1) * Giả sử A( k) k  , ta chứng minh A( k  1) Thật vậy: A( k  1)  k 1  3( k  1) 1  7.7 k  21 k 7 18 k 9  A( k  1)  A( k)  9(2k  1)  A( k )  A( k  1) Vì  9(2 k  1) Vậy A(n) chia hết cho với số tự nhiên n  Bài 24 Cho n số tự nhiên dương Chứng minh rằng: Bn   n  1 n   n  3  3n  3n Hướng dẫn  Với n  , ta có : B1  2.3  Giả sử mệnh đề với n = k, tức : Bk   k  1 k   k  3 3k  3k Ta chứng minh : Bk 1   k   k  3 k   3  k  1  3k 1 Bk 1   k  1 k   k  3 3k  3k  1 3k    3Bk  3k  1 3k   Mà Bk 3k nên suy Bk 1 3k 1 Vậy toán chứng minh Bài 25 Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời (n > 2) tất không nằm đường thẳng Chứng minh tất đường thẳng nối hai điểm điểm cho tạo số đường thẳng khác không nhỏ n Hướng dẫn Giả sử mệnh đề với n  k  điểm Ta chứng minh cho n  k  điểm Ta chứng minh tồn đường thẳng chứa có hai điểm Ta kí hiệu đường thẳng qua hai điểm An An1 An An1 Nếu điểm A1 , A2 , , An nằm đường thẳng số HDedu - Page 19 lượng đường thẳng n  : Gồm n đường thẳng nối An1 với điểm A1 , A2 , , An đường thẳng chúng nối chung Nếu A1 , A2 , , An không nằm đường thẳng theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác Bây ta thêm đường thẳng nối An1 với điểm A1 , A2 , , An Vì đường thẳng An An1 không chứa điểm A1 , A2 , , An 1 , nên đường thẳng khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo A1 , A2 , , An Như số đường thẳng tạo không nhỏ n  Bài 26 Chứng minh tổng n – giác lồi (n  3) (n  2)1800 Hướng dẫn  Với n  ta có tổng ba góc tam giác 1800  Giả sử công thức cho tất k-giác, với k  n , ta phải chứng minh mệnh đề cho n- giác Ta chia n-giác đường chéo thành hai đa giác Nếu số cạnh đa giác k+1, số cạnh đa giác n – k + 1, hai số nhỏ n Theo giả thiết quy nạp tổng góc hai đa giác  k  11800  n  k  11800 Tổng góc n-giác tổng góc hai đa giác trên, nghĩa  k –1  n k –11800   n  1800 Suy mệnh đề với n  Bài 27 Cho n số nguyên dương.Chứng minh rằng: n(2n2  3n  1) chia hết cho 11n 1  12 n 1 chia hết cho 133 n7  n chia hết cho 13n  chia hết cho n5  n chia hết cho với n  16n  15n  chia hết cho 225 với n  4.32n1  32n  36 chia hết cho 64 với n  Hướng dẫn Đặt an  n(2n2  3n  1)  2n3  3n2  n Ta có: an1  2(n  1)3  3(n  1)2  n   an  6n2 Đặt an  11n1  122n1 Ta có: an1  11.11n1  122.122n1  11.an  133.122n1 Đặt an  n7  n HDedu - Page 20 Ta có an 1  (n  1)  (n  1)  an 1  an   C7k n7 k i 1 Mà C7k  7! ,1  k  chia hết cho k !(7  k )! Đặt an  13n   an1  13an  12 Đặt an  n5  n ta có: ak 1  ak  (k  1)5  k   5k (k  2k  2k  1) Đặt an  16n  15n  ta có: ak 1  16k 1  15k  16  ak  15 16k  1 Đặt an  4.32n1  32n  36 ta có: ak 1  4.32k 3  32(k  1)  36  ak  32(32k 1  1) Bài 28 Chứng minh với n  , ta ln có an   n  1 n    n  n  chia hết cho n Cho a, b nghiệm phương trình x  27 x  14  Đặt S  n   a n  b n Chứng minh với số nguyên dương n S (n) số nguyên không chia hết cho 715 Cho hàm số f :  thỏa f (1)  1, f (2)  f (n  2)  f (n  1)  f (n) Chứng minh rằng: f (n  1)  f (n  2) f (n)  (1)n Cho pn số nguyên tố thứ n Chứng minh rằng: 22  pn n Chứng minh số tự nhiên không vượt qua n ! biểu diễn thành tổng không n ước số đôi khác n ! Hướng dẫn * Với n  , ta có : a2    1    12  a2  22 * Giả sử ak 2k ta chứng minh ak 1 2k 1 Thật vậy: ak 1   k   1 k     k  k   1   k   k  3  k  k     k   k  3  k  k  k  k  1 k  k     k  1 k   k  3  k  k    k  k  1  2ak (k  k  1) ak Do ak 2k  2ak 2k 1  ak 1 2k 1 đpcm Ta có: S (n)  27S (n  1)  14S (n  2) dùng quy nạp để chứng minh S (n) chia hết cho 751 HDedu - Page 21  Ta có: f (3)  f (2)  f (1)  , nên f (2)  f (3) f (1)  22  5.1  (1)1 Suy đẳng thức cho với n   Giả sử đẳng thức cho với n  k , tức là: f (k  1)  f (k  2) f (k )  (1) k (1) Ta chứng minh đẳng thức cho với n  k  , tức là: f (k  2)  f (k  3) f (k  1)  (1)k 1 (2) Ta có: f (k  2)  f (k  3) f (k  1)  f (k  2)   f (n  2)  f (n  1)  f (k  1)  f (k  2)  f (k  2)  f (k  1)   f (k  1)  f (k  2) f (k )  f (k  1)  (1) k  (1) k 1 Vậy tốn chứng minh Trước hết ta có nhận xét: p1 p2 pn   pn 1  Với n  ta có: 22   p1  k 1  Giả sử 22  pk k  n , ta cần chứng minh 22  pk 1 k Thật vậy, ta có: 22 22 22   p1 p2 pk   pk 1 pk Suy 22     pk 1  22 k 2k 11   pk 1  22 k 1  pk 1 Vậy toán chứng minh  Với n  toán hiển nhiên  Giả sử toán với n  k , ta chứng minh toán với n  k  Nếu a  (k  1)! tốn hiển nhiên Ta xét a  (k  1)! , ta có: a  (k  1)d  r với d  k !, r  k  Vì d  k ! nên d  d1  d   d k với di (i  1, k ) ước đôi khác k ! Khi đó: a  (k  1)d1  (k  1)d   (k  1)d k  r Vì (k  1)di , r ước đôi khác (k  1)! Vậy toán chứng minh Bài 29 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình : x  x   Đặt an  x1n  x2n Chứng minh : an  6an1  an2 n  an số nguyên an không chia hết cho với n  HDedu - Page 22 Hướng dẫn Ta có: an  ( x1  x2 )( x1n1  x2n1 )  x1 x2 ( x1n2  x1n2 ) x  x  Theo định lí Viét:  nên ta có:  x1 x2  an  6( x1n1  x2n1 )  ( x1n2  x1n2 )  6an1  an2 * Với n   a1  x1  x2   a1  Và a1 không chia hết cho * Giả sử ak  ak không chia hết cho với k  Ta chứng minh ak 1  ak 1 không chia hết cho Do ak 1  6ak  ak 1 Mà ak , ak 1   ak 1  Mặt khác: ak 1  5ak  (ak  ak 1 )  5ak  5ak 1  ak 2 5 ak Vì ak 2 khơng chia hết cho  nên suy ak 1 không chia hết cho 5ak 1 Bài 30 Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( n  1), ba mặt phẳng ln cắt khơng có bốn mặt phẳng có điểm chung Hỏi n mặt phẳng chia không gian thành miền? Cho n đường thẳng nằm mặt phẳng hai đường thẳng ln cắt khơng có ba đường thẳng đồng quy Chứng minh n đường thẳng chia mặt phẳng thành n2  n  2 miền Hướng dẫn Giả sử n mặt phẳng chia không gian thành an miền Ta chứng minh được: an1  an  Từ ta tính được: an  n2  n  2 (n  1)(n2  n  6) Gọi an số miền n đường thẳng tạo thành Ta có: a1  HDedu - Page 23 Ta xét đường thẳng thứ n  (ta gọi d ), d cắt n đường thẳng cho n điểm bị n đường thẳng chia thành n  phần đồng thời phần thuộc miền an Mặt khác với đoạn nằm miền an chia miền thành miền, nên số miền có thêm n  Do vậy, ta có: an 1  an  n  Từ ta có: an  n2  n  Bài 31 Cho a, b, c, d , m số tự nhiên cho a  d , (b  1)c , ab  a  c chia hết cho m Chứng minh xn  a.bn  cn  d chia hết cho m với số tự nhiên n Chứng minh từ n  số 2n số tự nhiên ln tìm hai số bội Hướng dẫn  Với n  ta có x0  a  d m  Giả sử xk  a.bk  ck  d m với k  0, k  , ta chứng minh xk 1  a.bk 1  c(k  1)  d m Thật vậy: xk 1  xk  a.b k 1  a.b k  c  b k  ab  a  c   c.b k  c  b k  ab  a  c   c(b  1)  b k 1  b k    1 Mà xk , ab  a  c, c(b  1) m  xk 1 m Vậy toán chứng minh  Với n  ta thấy toán hiển nhiên  Giả sử tốn với n 1 , có nghĩa là: từ n số 2n  số tự nhiên ln tìm hai số bội Ta chứng minh toán với n , tức là: từ n  số 2n số tự nhiên ln tìm hai số bội Ta chứng minh phản chứng: Giả sử tồn tập X có n  phần tử tập A  1, 2, , 2n cho hai số X không bội Ta chứng minh có tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 cho hai phần tử X ' không bội HDedu - Page 24 Để chứng minh điều ta xét trường hợp sau TH 1: X không chứa 2n 2n  Ta bỏ phần tử tập X ta tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử thuộc X ' không bội TH 2: X chứa 2n mà không chứa 2n  Ta bỏ phần tử 2n ta thu tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử thuộc X ' khơng bội TH 3: X chứa 2n  mà không chứa 2n Ta bỏ phần tử 2n  1thì ta thu tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử thuộc X ' khơng bội TH 2: X chứa 2n 2n  Vì X khơng chứa hai số bội nên X không chứa n ước n (Vì chứa ước n số ước 2n ) Bây X , ta bỏ hai phần tử 2n  2n bổ sung thêm n vào ta thu tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 mà hai phần tử thuộc X ' khơng bội Như ta thu tập X ' gồm n phần tử tập 1, 2, , 2n  2 mà phần tử không bội Điều trái với giả thiết quy nạp Vậy toán chứng minh theo nguyên lí quy nạp HDedu - Page 25 ... an  11 n? ?1  12 2n? ?1 Ta có: an? ?1  11 .11 n? ?1  12 2 .12 2n? ?1  11 .an  13 3 .12 2n? ?1 Đặt an  n7  n HDedu - Page 20 Ta có an ? ?1  (n  1)  (n  1)  an ? ?1  an   C7k n7 k i ? ?1 Mà C7k  7! ,1  k...  16 k  15 k  225 , ta chứng minh ak ? ?1  16 k ? ?1  15 ( k  1)  225   Thậ vậy: ak ? ?1  16 .16 k  15 k  16  16 k  15 k   15 16 k  HDedu - Page 18    ak  15 16 k    Vì 16 k   15 16 k...  13 n   an? ?1  13 an  12 Đặt an  n5  n ta có: ak ? ?1  ak  (k  1) 5  k   5k (k  2k  2k  1) Đặt an  16 n  15 n  ta có: ak ? ?1  16 k ? ?1  15 k  16  ak  15 ? ?16 k  1? ?? Đặt an  4.32n1