Chuyên đề quy nạp toán học, dãy số, cấp số cộng và cấp số nhân - Nguyễn Bảo Vương - TOANMATH.com

(1)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 1 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI

1. caực vớ duù minh hoùa

Vớ dụ 1. Chứng mỡnh với mọi số tự nhiờn n 1≥ ta luụn cú: 1 2 3 ... n+ + + + =n(n 1)+ 2 Vớ dụ 2. Chứng minh với mọi số tự nhiờn n 1≥ ta luụn cú: 1 3 5 ... 2n 1 n+ + + + − = ² Vớ dụ 3. Chứng minh rằng với ∀ ≥n 1, ta cú bất đẳng thức:

(

⁻

)

_<

+ 1.3.5... 2n 1 1

2.4.6.2n 2n 1 Vớ dụ 4. Chứng minh rằng với ∀ ≥ ∀ >n 1, x 0 ta cú bất đẳng thức:

+ +  +  +

≤  

 

+

n n 1 2n 1 n

x (x 1) x 1

x 1 2 . Đẳng thức xảy ra khi nào?

Chỳ ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đỳng với mọi số tự nhiờn n ta cú thể chứng minh theo cỏch sau

Bước 1: Ta chứng minh P(n) đỳng với n 1 và = n 2= ^k

Bước 2: Giả sử P(n) đỳng với n k 1, ta chứng minh = + P(n) đỳng với n k . = Cỏch chứng minh trờn được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cụ si).

1i. Baứi taọp tửù luaọn tửù luyeọn

Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ , ta luụn cú

1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

Nội dung phương phỏp quy nạp toỏn học

Cho là một số nguyờn dương và là một mệnh đề cú nghĩa với mọi số tự nhiờn . Nếu (1) là đỳng và

(2) Nếu đỳng, thỡ cũng đỳng với mọi số tự nhiờn ; thỡ mệnh đề P(n) đỳng với mọi số tự nhiờn .

Khi ta bắt gặp bài toỏn:

Chứng minh mệnh đề đỳng với mọi số tự nhiờn ta cú thể sử dụng phương phỏp quy nạp như sau

Bước 1: Kiểm tra cú đỳng hay khụng. Nếu bước này đỳng thỡ ta chuyển qua bước hai Bước 2: Với , giả sử đỳng ta cần chứng minh cũng đỳng.

Kết luận: đỳng với .

Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề đỳng gọi là giả thiết quy nạp.

A. TểM TẮC Lí THUYẾT

Phương phỏp .

Phương phỏp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức (hoặc ) đỳng với ta thực hiện cỏc bước sau:

Bước 1: Tớnh rồi chứng minh

Bước 2: Giả sử , ta cần chứng minh .

V ấn đề 1. Dựng quy n ạp để ch ứng minh đẳ ng th ứ c. B ất đẳ ng th ứ c

(2)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 2 1. 1²+2²+ +... (n 1)− ²+n²=n(n 1)(2n 1)+ +

6 2. + + + = − +

2 n n

1 2 ... n 3 2n 3

3 3 3 4 4.3

Bài 2 Chứng minh cỏc đẳng thức sau 1. 1.2 2.3 ... n(n 1)₊ _{+ +} _{+ =}^{n n 1 n 2}

(

⁺

)(

⁺

)

3 với ∀ ≥n 1 2.

( )( )

+ + + + =

+

− +

1 1 1 ... 1 n

1.5 5.9 9.13 4n 3 4n 1 4n 1

3. ₊ ₊ _{+ +} _{= }^

(

⁺

)

^_

 

 

3 3 3 3 n n 1 2

1 2 3 ... n

2 4.

( )

 

 −  −  −   − = +

      −

     − ²

4 4 4 4 1 2n

1 1 1 ... 1

1 9 25 2n 1 1 2n

5. + + + =

+ +

1 1 ... 1 n

1.2 2.3 n(n 1) n 1 6. 1.2²+2.3²+3.4²+ +... (n 1).n− ²=n(n²−1)(3n 2)+ , n 2∀ ≥ 12

7. 2²+4²+ +... (2n)²=2n(n 1)(2n 1)+ +

3 8. 1.2.3 2.3.4 ... n(n 1)(n 2)+ + + + + =n(n 1)(n 2)(n 3)+ + + Với mọi n∈ *. 4

9. 1.2²+2.3²+3.4²+ +... (n 1).n− ² =n(n²−1)(3n 2)+

12 với ∀ ≥n 2.

10. + + + = +

+ + + +

1 1 ... 1 n(n 3)

1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4(n 1)(n 2) Với mọi n∈ *. Bài 3

1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1 ta cú: ≥

+

+ + + + + = π 2 2 2 ... 2 2 2cos n 1

2 (n dấu căn) 2. Chứng minh cỏc đẳng thức

+

+ + =

nx (n 1)x sin sin

2 2

sin x sin 2x ...sin nx sinx 2

với x k2≠ π với n 1≥ .

Bài 4 Chứng minh rằng với mọi n 1≥ ta cú bất đẳng thức:

sin nx n sin x≤ ∀ ∈x  Bài 5

1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ , ta cú :  +  <

 

1 n

1 3

n 2. 3ⁿ >3n 1+ với mọi số tự nhiờn n 2≥ ;

3. 1.3.5... 2n 1^2.4.6.2n

(

⁻

)

^> ^{2n 1}⁺ với mọi số tự nhiờn n 1≥ ;

Bài 6 Cho hàm số f xỏc định với mọi x∈ và thoả món điều kiện : f(x y) f(x).f(y), x,y+ ≥ ∀ ∈ (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x^{và m}ọi số tự nhiờn n^{ta cú :}

( )

≥ ^ ^ ^^

 

 

2n n

f x f x

2 Bài 7 Chứng minh cỏc bất đẳng thức sau

1. + + + + < −

2

1 1 1 1

1 ... 2

4 9 n n ∀ ≥n 2 2. n 1< + 1 + 1 ....+ 1 ≤2 n

2 3 n

3. tan nα >n tanα với

(

^π

)

< α <

0 −

4 n 1 4. 2ⁿ >2n 1 n 3+ ∀ ≥

5. ²^{n 2}⁺ >^{2n 5, ( n}+ ∀ ∈^*⁾ ^6.³^{n 1}⁻ ^>n(n 2); ( n⁺ ^{∀ ∈}^*,n 4)^≥ 7. ²^{n 3}⁻ >^{3n 1; ( n}− ∀ ∈^*^{,n 8)}≥ ^8.^{(n 1)cos}⁺ _{n 1}^π₊ ⁻^ncos^π_n^≥¹^với^{∀ ≥}^{n 1}

9. + <

+ +

1 3 5. . ....2n 1 1

2 4 6 2n 2 3n 4 10. + + + + < ∀ ∈ ≥

− ^*

n

1 1 1

1 ... n ;( n ,n 2)

2 3 2 1 .

(3)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 3

Bài 8 Cho tổng: = + + + +

− +

n 1 1 1 1

S ...

1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 1. Tớnh S ;S ;S ;S_{1 2} ₃ ₄

2. Dự đoỏn cụng thức tớnh S_n và chứng minh bằng phương phỏp qui nạp.

Bài 9 Cho hàm số f : →, n 2≥ là số nguyờn . Chứng minh rằng nếu + ≥  +   ∀ ≥

 

f(x) f(x) f x y x,y 0

2 2 (1) thỡ ta cú

+ + +  + + + 

≥  

 

1 2 n 1 2 n

f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ... x

n n ∀ ≥x_i 0, i 1,n= (2).

1. caực vớ duù minh hoùa

Vớ dụ 1. Cho n là số tự nhiờn dương. Chứng minh rằng: ^a_n =16 – 15n – 1 225ⁿ 

Vớ dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ thỡ A(n) 7= ⁿ +3n 1− luụn chia hết cho 9 Vớ dụ 3. Cho n là số tự nhiờn dương. Chứng minh rằng: ^B_n ⁼

(

n 1 n 2 n 3⁺

)(

⁺

)(

^{+ …}

) ( )

. 3n 3 ⁿ

Vớ dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả khụng nằm trờn một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả cỏc đường thẳng nối hai điểm trong cỏc điểm đó cho tạo ra sốđường thẳng khỏc nhau khụng nhỏhơn n.

Vớ dụ 5. Chứng minh rằng tổng cỏc trong một n – giỏc lồi (n 3)≥ bằng (n 2)180− ⁰.

1i. Baứi taọp tửù luaọn tửù luyeọn

Bài 1 Cho n là số nguyờn dương.Chứng minh rằng:

1. n(2n²−3n 1)+ chia hết cho 6. 2. 11^{n 1}⁺ +12^{2n 1}⁻ chia hết cho 133

3. n⁷ −n chia hết cho 7 4. 13ⁿ−1chia hết cho 6

5. n⁵−n chia hết cho 5 với mọi n 1≥ 6. 16ⁿ−15n 1− chia hết cho 225 với mọi n 1≥ 7. 4.3^{2n 1}⁺ +32n 36− chia hết cho 64 với mọi n 1≥ .

Bài 2

1. Chứng minh rằng với ∀ ≥n 2, ta luụn cú an⁼

(

n 1 n 2 ... n n⁺

)(

⁺

) (

⁺

)

chia hết cho 2ⁿ. 2. Cho a,b là nghiệm của phương trỡnh x²−27x 14 0+ =

Đặt ^{S n}

( )

⁼^aⁿ⁺^bⁿ. Chứng minh rằng với mọi số nguyờn dương n thỡ S(n) là một số nguyờn khụng chia hết cho 715.

3. Cho hàm số f : → thỏa f(1) 1,f(2) 2= = và f(n 2) 2f(n 1) f(n)+ = + + . Chứng minh rằng: f (n 1) f(n 2)f(n) ( 1)² + − + = − ⁿ

4. Cho p_n là số nguyờn tố thứ n. Chứng minh rằng: 2²ⁿ >p_n.

5. Chứng minh rằng mọi số tự nhiờn khụng vượt qua n! đều cú thể biểu diễn thành tổng của khụng quỏ n ước số đụi một khỏc nhau của n!.

Bài 3 Gọi x ,x_{1 2} là hai nghiệm của phương trỡnh : x²−6x 1 0+ = . Đặt a_n =x₁ⁿ+xⁿ₂. Chứng minh rằng : 1. a_n=6a_{n 1}₋ −a_{n 2}₋ n 2∀ ≥ .

2. a_n là một số nguyờn và a_n khụng chia hết cho 5 với mọi n 1≥ . Bài 4

1. Trong khụng gian cho n mặt phẳng phõn biệt (n 1≥ ), trong đú ba mặt phẳng luụn cắt nhau và khụng cú bốn mặt phẳng nào cú điểm chung. Hỏi n^mặt phẳng trờn chia khụng gian thành bao nhiờu miền?

2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đú hai đường thẳng bất kỡ luụn cắt nhau và khụng cú ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng này chia mặt phẳng thành n²+ +n 2

2 miền.

Bài 5

Vấn đề 2. Ứng dụng phương phỏp quy nạp trong số học và trong hỡnh học

(4)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 4 1. Cho a,b,c,d,m là cỏc số tự nhiờn sao cho a d+ , (b 1)c− , ab a c− + chia hết cho m. Chứng minh rằng

= ⁿ+ +

xn a.b cn d chia hết cho m^với mọi số tự nhiờn n^.

2. Chứng minh rằng từ n 1+ số bất kỡ trong 2n số tựnhiờn đầu tiờn luụn tỡm được hai số là bội của nhau.

1ii. Baứi taọp traộc nghieọm tửù luyeọn

Cõu 1. Dựng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến ^{A n}  đỳng với mọi số tự nhiờn np (p là một số tự nhiờn). Ở bước 1 (bước cơ sở) của chứng minh quy nạp, bắt đầu với n bằng:

A. n1. B. np. C. np. D. np. Cõu 2. Dựng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến A n  đỳng với mọi số tự nhiờn np (p là một số tự nhiờn). Ở bước 2 ta giả thiết mệnh đề A n  đỳng với nk. Khẳng định nào sau đõy là đỳng?

A. kp. B. kp. C. kp. D. kp. Cõu 3. Khi sử dụng phương phỏp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến A n  đỳng với mọi số tự nhiờn np (p là một số tự nhiờn), ta tiến hành hai bước:

 Bước 1, kiểm tra mệnh đề ^{A n}  đỳng với np.

 Bước 2, giả thiết mệnh đề ^{A n}  đỳng với số tự nhiờn bất kỳ n k p và phải chứng minh rằng nú cũng đỳng với n k 1.

Trogn hai bước trờn:

A. Chỉ cú bước 1 đỳng. B. Chỉ cú bước 2 đỳng.

C. Cả hai bước đều đỳng. D. Cả hai bước đều sai.

Cõu 4. Một học sinh chứng minh mệnh đề ''8ⁿ1 chia hết cho 7, '' n *  * như sau:

 Giả sử  ^* đỳng với nk, tức là 8^k1 chia hết cho 7.

 Ta cú: ⁸^k^¹^{ }^{1 8 8}



^k^{ }¹



⁷, kết hợp với giả thiết 8^k1 chia hết cho 7 nờn suy ra được 8^k¹1 chia hết cho 7. Vậy đẳng thức  * đỳng với mọi n^*.

Khẳng định nào sau đõy là đỳng?

A. Học sinh trờn chứng minh đỳng.

B. Học sinh chứng minh sai vỡ khụng cú giả thiết qui nạp.

C. Học sinh chứng minh sai vỡ khụng dựng giả thiết qui nạp.

D. Học sinh khụng kiểm tra bước 1 (bước cơ sở) của phương phỏp qui nạp.

Cõu 5. Cho

 

1 1 1 1

1 2 2 3 3 4 ... . 1 Sn

    n n

    với n^*. Mệnh đề nào sau đõy đỳng?

A. ₃ 1 .

S 12 B. ₂ ¹.

S 6 C. ₂ ².

S 3 D. ₃ 1. S 4

Cõu 6. Cho

 

1 1 1 ... 1

1 2 2 3 3 4 . 1

Sn

    n n

    với n^*. Mệnh đề nào sau đõy đỳng?

A. S_n n ¹. n

  B. .

n 1 S n

n



C. ¹.

n 2 S n

n

 

 D. ².

n 3 S n

n

 

 Cõu 7. Cho

   

1 1 1

1 3 3 5 ... 2 1 2 1 Sn

n n

   

     với

*.

n Mệnh đề nào sau đõy đỳng?

A. ¹.

2 1

n

S n n

 

 B. .

2 1

n

S n

 n



C. .

3 2

n

S n

 n

 D. ².

2 5

n

S n n

 

 Cõu 8. Cho 1 ¹₂ 1 ¹₂ ... 1 ¹₂

2 3

Pn

n

    

  

        với n2 và n. Mệnh đề nào sau đõy đỳng?

A. ¹.

2 P n

n

 

 B. ¹. 2 P n

n

 

C. n ¹.

P n

  D. ¹. 2 P n

n

 

Cõu 9. Với mọi _n__

*

, hệ thức nào sau đõy là sai?

A.  1

1 2 ...

2 n n n

   

B. 1 3 5 ...   2n 1 n².

C. 2 2 2  1 2 1

1 2 ...

6

n n n

n  

   

(5)

D. 2 2 2  2 2  1 2 1

2 4 6 2

6

n n n

n  

     .

Cõu 10. Xột hai mệnh đề sau:

I) Với mọi n^*, số n³3n²5n chia hết cho 3.

II) Với mọi n^*, ta cú ¹ ¹ ... ¹ ¹³

1 2 2 24

n n   n

  .

Mệnh đề nào đỳng?

A. Chỉ I. B. Chỉ II. C. Khụng cú. D. Cả I và II.

(6)

1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠ P TOÁN H Ọ C

Nội dung phương phỏp quy nạp toỏn học

Cho n₀^{là m}ột số nguyờn dương và P(n)^{là m}ột mệnh đề cú nghĩa với mọi số tự nhiờn n n≥ ₀^{. N}ếu (1) P(n )₀ là đỳng và

(2) Nếu P(k) đỳng, thỡ P(k 1)+ cũng đỳng với mọi số tự nhiờn k n≥ ₀; thỡ mệnh đề P(n) đỳng với mọi số tự nhiờnn n≥ ₀ .

Khi ta bắt gặp bài toỏn:

Chứng minh mệnh đề P(n) đỳng với mọi số tự nhiờn n n ,≥ ₀ n₀∈ ta cú thể sử dụng phương phỏp quy nạp như sau Bước 1: Kiểm tra P(n )₀ cú đỳng hay khụng. Nếu bước này đỳng thỡ ta chuyển qua bước hai

Bước 2: Với k n≥ ₀, giả sử P(k) đỳng ta cần chứng minh P(k 1)+ cũng đỳng.

Kết luận: P(n) đỳng với ∀ ≥n n₀^.

Lưu ý:Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề P(k) đỳng gọi là giả thiết quy nạp.

V ấn đề 1. Dựng quy n ạp để ch ứng minh đẳ ng th ứ c. B ất đẳ ng th ứ c

Phương phỏp .

Phương phỏp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức P(n) Q(n)= (hoặc P(n) Q(n)> ) đỳng với ∀ ≥n n , n₀ ₀∈ ta thực hiện cỏc bước sau:

Bước 1: Tớnh P(n ), Q(n )₀ ₀ rồi chứng minh P(n ) Q(n )₀ = ₀ Bước 2: Giả sử P(k) Q(k); k= ∈,k n≥ ₀, ta cần chứng minh

+ = +

P(k 1) Q(k 1). Cỏc vớ dụ

Vớ dụ 1.

Chứng mỡnh với mọi số tự nhiờn n 1≥ ta luụn cú: 1 2 3 ... n+ + + + =n(n 1)+ 2 Lời giải.

Đặt P(n) 1 2 3 ... n= + + + + : tổng n số tự nhiờn đầu tiờn : Q(n)=n(n 1)+ Ta cần chứng minh P(n) Q(n) n= ∀ ∈,n 1≥ . 2

Bước 1: Với n 1= ta cú P(1) 1, Q(1)= =1(1 1)+ =1

⇒P(1) Q(1) (1)= ⇒ đỳng với n 1= . 2

Bước 2: Giả sử P(k) Q(k)= với k∈,k 1≥ tức là:

+ + + + =k(k 1)+ 1 2 3 ... k

2 (1) Ta cần chứng minh P(k 1) Q(k 1)+ = + , tức là:

+ +

+ + + + + + =(k 1)(k 2) 1 2 3 ... k (k 1)

2 (2)

Thật vậy: VT(2) (1 2 3 ... k) (k 1)= + + + + + + =k(k 1) (k 1)+ + +

2 (Do đẳng thức (1)) =(k 1)(+ k+ =1) (k 1)(k 2)+ + =VP(2)

2 2

Vậy đẳng thức cho đỳng với mọi n 1≥ . Vớ dụ 2.

Chứng minh với mọi số tự nhiờn n 1≥ ta luụn cú: 1 3 5 ... 2n 1 n+ + + + − = ² Lời giải.

• Với n 1= ta cú VT 1, VP 1= = ²=1

(7)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 2 Suy ra VT VP= ⇒ đẳng thức cho đỳng với n 1= .

• Giả sử đẳng thức cho đỳng với n k= với k∈,k 1≥ tức là:

+ + + + − = ² 1 3 5 ... 2k 1 k ⁽¹⁾ Ta cần chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + ^{, t}ức là:

( )

+ + + + − + + = + ²

1 3 5 ... (2k 1) (2k 1) k 1 (2) Thật vậy: VT(2) (1 3 5 ... 2k 1) (2k 1)= + + + + − + +

=k²+(2k 1)+ (Do đẳng thức (1)) =(k 1)+ ² =VP(1.2)

Vậy đẳng thức cho đỳng với mọi n 1≥ . Vớ dụ 3.

Chứng minh rằng với ∀ ≥n 1, ta cú bất đẳng thức:

(

⁻

)

_<

+ 1.3.5... 2n 1 1

2.4.6.2n 2n 1 Lời giải.

* Với n 1= ta cú đẳng thức cho trở thành :1< 1 ⇔ >2 3

2 3 đỳng.

⇒ _đẳng thức cho đỳng với n 1= .

* Giả sửđẳng thức cho đỳng với n k 1= ≥ ^{, t}ức là :

(

⁻

)

_<

+ 1.3.5... 2k 1 1

2.4.6...2k 2k 1 (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + ^{, t}ức là :

( )( )

( )

− +

+ < + 1.3.5... 2k 1 2k 1 1

2.4.6....2k 2k 2 2k 3 (2) Thật vậy, ta cú :

− + + +

= < =

+ + + +

1.3.5...(2k 1) 2k 1 1 2k 1 2k 1

VT(2) .

2.4.6...2k 2k 2 2k 12k 2 2k 2

Ta chứng minh: + < ⇔ + + < +

+ +

2k 1 1 (2k 1)(2k 3) (2k 2)2

2k 2 2k 3

⇔ >3 1 (luụn đỳng)

Vậy đẳng thức cho đỳng với mọi số tự nhiờn n 1≥ .

Vớ dụ 4. Chứng minh rằng với ∀ ≥ ∀ >n 1, x 0 ta cú bất đẳng thức:

+ +  +  +

≤  

 

+

n n 1 2n 1 n

x (x 1) x 1

x 1 2 . Đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải.

• Với n 1= ta cần chứng minh: ++ ≤ +   ⇔ + ≤ +

2 3

2 4

x(x 1) x 1 8x(x 1) (x 1)

x 1 2

Tức là: x⁴−4x³+6x²−4x 1 0+ ≥ ⇔(x 1)− ⁴≥0 (đỳng) Đẳng thức xảy ra khi x 1= .

• Giả sử

+ +  +  +

≤  

 

+

k k 1 2k 1 k

x (x 1) x 1

x 1 2 , ta chứng minh

+ + + +

+  + 

≤  

 

+

k 1 k 2 2k 3 k 1

x (x 1) x 1

x 1 2 (*)

Thật vậy, ta cú:

+ + +

 +  = +   +  ≥ +  +

       

        +

2k 3 2 2k 1 2 k k 1

k

x 1 x 1 x 1 x 1 x (x 1)

2 2 2 2 x 1

Nờn để chứng minh (*) ta chỉ cần chứng minh

(8)

+ + +

+

 +  + ≥ +

 

  + +

2 k k 1 k 1 k 2

k k 1

x 1 x (x 1) x (x 1)

2 x 1 x 1

Hay  +   ⁺ + ≥ ⁺ + +

 

2 k 1 2 k 2 k

x 1 (x 1) x(x 1)(x 1)

2 (**)

Khai triển (**) , biến đổi và rỳt gọn ta thu được

+ − − + − + − ≥

2k 2 2 k 1 2 2

x (x 1) 2x (x 1) (x 1) 0 ⇔(x 1) (x− ^{2 k 1}⁺ −1)² ≥0 BĐT này hiển nhiờn đỳng. Đẳng thức cú ⇔ =x 1^. Vậy bài toỏn được chứng minh.

Chỳ ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đỳng với mọi số tự nhiờn n ta cú thể chứng minh theo cỏch sau

Bước 1: Ta chứng minh P(n) đỳng với n 1= và n 2= ^k

Bước 2: Giả sử P(n) đỳng với n k 1= + , ta chứng minh P(n) đỳng với n k= . Cỏch chứng minh trờn được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cụ si).

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ , ta luụn cú 1. 1²+2²+ +... (n 1)− ²+n²=n(n 1)(2n 1)+ +

6

2. + + + = − +

2 n n

1 2 ... n 3 2n 3

3 3 3 4 4.3

Bài 2 Chứng minh cỏc đẳng thức sau 1. 1.2 2.3 ... n(n 1)₊ _{+ +} _{+ =}^{n n 1 n 2}

(

⁺

)(

⁺

)

3 với ∀ ≥n 1 2. 1.5 5.9 9.13¹ ⁺ ¹ ⁺ ¹ ^{+ +}^...

(

4n 3 4n 1⁻

)(

¹ ⁺

)

⁼4n 1ⁿ⁺ 3. ₊ ₊ _{+ +} _{= }^

(

⁺

)

^_

 

 

3 3 3 3 n n 1 2

1 2 3 ... n

2

4.

( )

 

 −  −  −   − = +

      −

     − ²

4 4 4 4 1 2n

1 1 1 ... 1

1 9 25 2n 1 1 2n

5. + + + =

+ +

1 1 ... 1 n

1.2 2.3 n(n 1) n 1

6. 1.2²+2.3²+3.4²+ +... (n 1).n− ²=n(n²−1)(3n 2)+ , n 2∀ ≥ 12

7. 2²+4²+ +... (2n)²=2n(n 1)(2n 1)+ + 3

8. 1.2.3 2.3.4 ... n(n 1)(n 2)+ + + + + =n(n 1)(n 2)(n 3)+ + + Với mọi n∈ *. 4

9. 1.2²+2.3²+3.4²+ +... (n 1).n− ²=n(n²−1)(3n 2)+

12

với ∀ ≥n 2.

10. + + + = +

+ + + +

1 1 ... 1 n(n 3)

1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4(n 1)(n 2) Với mọi n∈ *.

Bài 3

1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ ta cú:

(9)

+

+ + + + + = _{n 1}π

2 2 2 ... 2 2 2cos

2 (n dấu căn) 2. Chứng minh cỏc đẳng thức

+

+ + =

nx (n 1)x sin sin

2 2

sin x sin 2x ...sin nx sinx 2

với x k2≠ π với n 1≥ .

Bài 4 Chứng minh rằng với mọi n 1≥ ta cú bất đẳng thức:

sin nx n sin x≤ ∀ ∈x  Bài 5

1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ , ta cú :  +  <

 

1 n

1 3

n 2. 3ⁿ >3n 1+ ^với mọi số tự nhiờn n 2≥ ;

3. 1.3.5... 2n 1^2.4.6.2n

(

⁻

)

^> ^{2n 1}⁺ với mọi số tự nhiờn n 1≥ ;

Bài 6 Cho hàm số f xỏc định với mọi x∈ và thoảmón điều kiện : f(x y) f(x).f(y), x,y+ ≥ ∀ ∈ (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi số tự nhiờn n ta cú :

( )

≥ ^ ^ ^^

 

 

2n n

f x f x

2 Bài 7 Chứng minh cỏc bất đẳng thức sau

1. 1+ + + +1 1 ... 1₂ < −2 1

4 9 n n ∀ ≥n 2 2. n 1< + 1 + 1 ....+ 1 ≤2 n

2 3 n

3. tan nα >n tanα với < α <

(

^π

)

0 −

4 n 1 4. 2ⁿ >2n 1 n 3+ ∀ ≥

5. 2^{n 2}⁺ >2n 5, ( n+ ∀ ∈^*) 6. 3^{n 1}⁻ >n(n 2); ( n+ ∀ ∈^*,n 4)≥ 7. 2^{n 3}⁻ >3n 1; ( n− ∀ ∈^*,n 8)≥

8. + π − π≥

(n 1)cos + ncos 1

n 1 n với ∀ ≥n 1

9. + <

+ +

1 3 5. . ....2n 1 1 2 4 6 2n 2 3n 4

10. + + + + < ∀ ∈ ≥

− ^*

n

1 1 1

1 ... n ;( n ,n 2)

2 3 2 1 .

Bài 8 Cho tổng: = + + + +

− +

n 1 1 1 1

S ...

1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 1. Tớnh S ;S ;S ;S_{1 2} ₃ ₄

2. Dựđoỏn cụng thức tớnh S_n^{và ch}ứng minh bằng phương phỏp qui nạp.

Bài 9 Cho hàm số f : →^,n 2^≥ là số nguyờn . Chứng minh rằng nếu + ≥  +   ∀ ≥

 

f(x) f(x) f x y x,y 0

2 2 (1) thỡ ta cú

+ + +  + + + 

≥  

 

1 2 n 1 2 n

f(x ) f(x ) ... f(x ) x x ... x

n f n ∀ ≥x 0_i ^,i 1,n= ^(2).

ĐÁP ÁN

Bài 1

(10)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 5 1. Bước 1: Với n 1= ta cú:

+ +

= ²= =1(1 1)(2.1 1)= ⇒ =

VT 1 1, VP 1 VT VP

⇒ đẳng thức cho đỳng với 6n 1= .

Bước 2: Giả sử đẳng thức cho đỳng với n k 1= ≥ , tức là:

+ +

+ + + − + =

2 2 2 2 k(k 1)(2k 1)

1 2 ... (k 1) k

6 (1)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + , tức là cần chứng minh:

+ + +

+ + + − + + + =

2 2 2 2 2 (k 1)(k 1)(2k 3)

1 2 ... (k 1) k (k 1)

6 (2).

Thật võy:

 

= ²+ ²+ + ²+ + ²

VT(2) 1 2 ... k (k 1) ^{do (1)}= k(k 1)(2k 1) (k 1)+ + + + ² 6

= +  + + + = + + +

 

 

2 2

2k k (k 1)(2k 7k 6)

(k 1) k 1

6 6

=(k 1)(k 2)(2k 3) VP(2)+ + + =

⇒(2) đỳng ⇒đẳng thức cho đỳng với mọi 6 n 1≥ .

2. * Với n 1= ta cú VT 1 VP= = ⇒ đẳng thức cho đỳng với n 1=

* Giả sử đẳng thức cho đỳng với n k 1= ≥ , tức là:

+ ₂ + + _k = − +_k 1 2 ... k 3 2k 3

3 3 3 4 4.3 (1)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + , tức là cần chứng minh

+ +

+ ₂ + + _k + _{k 1} = − _{k 1} 1 2 ... k k 1 3 2k 5

3 3 3 3 4 4.3 (2).

Thật vậy:

+ +

+ + +

= −3 2k 3 k 1 3 2k 5_k + _{k 1} = − _{k 1} =

VT(2) VP(2)

4 4.3 3 4 4.3

⇒(2) đỳng ⇒ đẳng thức cho đỳng.

Bài 2

1. 1.2 2.3 ... k(k 1) (k 1)(k 2)+ + + + + + + =

+ +

=k(k 1)(k 2) (k 1)(k 2)+ + + 3

+ + +

=(k 1)(k 2)(k 3)

3 .

2. 1.5 5.9 9.13¹ ⁺ ¹ ⁺ ¹ ^{+ +}^...

(

4k 3 4k 1⁻

)(

¹ ⁺

)

⁺(4k 1)(4k 5)⁺ ¹ ⁺ ⁼

= + = +

+ + + +

k 1 k 1

4k 1 (4k 1)(4k 5) 4k 5 3.  +  + + = + + 

2 2

k(k 1) (k 1)3 (k 1)(k 2)

3 3 .

4.

 −  + = − + − + = +

 

 +  − + − − +

 ² ²

4 1 2k (2k 3)(2k 1)(1 2k) 2k 3 1 (2k 1) 1 2k (2k 1) (1 2k) (2k 1) 5,6,7. Bạn đọc tự làm

8. k(k 1)(k 2)(k 3) (k 1)(k 2)(k 3)+ + + + + + + = 4

+ + + +

=(k 1)(k 2)(k 3)(k 4)

4 .

(11)

9. − + + + = +  − + + 

2 2

k(k 1)(3k 2) k(k 1) k(k 1) (k 1)(3k 2) 1

12 12

=k(k 1)(3k+ ²− −k 10) (k 1)k(k 2)(3k 5)= + + +

12 12 .

10. +

+ =

+ + + + +

k(k 3) 1

4(k 1)(k 2) (k 1)(k 2)(k 3)

+ + + +

= =

+ + + + + +

2 2

k(k 3) 4 (k 1) (k 4) 4(k 1)(k 2)(k 3) 4(k 1)(k 2)(k 3)

+ +

= + +

(k 1)(k 4) 4(k 2)(k 3). Bài 3

1.

* Với n 1= ⇒VT= 2, VP 2cos= π= 2

⇒VT VP= ⇒ đẳng thức cho đỳng vớ4 i n 1= .

* Giả sửđẳng thức cho đỳng với n k= ^{, t}ức là:

+

+ + + + + = π

2 2 2 ... 2 2 2cos k 1

2 (k dấu căn) (1) Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + ^{, t}ức là:

+

+ + + + + = π

2 2 2 ... 2 2 2cos k 2

2 (k 1+ ^dấu căn) (2).

Thật vậy: = + + + + + = + π₊

 ^{k 1}

k dau can

VT(2) 2 2 2 ... 2 2 2 2cos 2 = 2(1 cos+ _{k 1}π₊ )= 4cos² _{k 2}π₊ =2cos _{k 2}π₊ =VP(2)

2 2 2

(Ởtrờn ta đó sửđụng cụng thức 1 cosa 2cos+ = ²a 2).

⇒(2) đỳng ⇒ đẳng thức cho đỳng.

2. • Với n 1= ta cú = = =

sin sin xx VT sin x, VP 2 sin x

sinx 2

nờn đẳng thức cho đỳng với n 1=

• Giả sửđẳng thức cho đỳng với n k 1= ≥ ^{, t}ức là:

+

+ + =

kx (k 1)x sin sin

2 2

sin x sin 2x ...sin kx

sinx 2

(1) Ta chứng minh (4) đỳng với n k 1= + , tức là

+ +

+ + + =

(k 1)x (k 2)x

sin sin

2 2

sin x sin 2x ...sin(k 1)x

sinx 2

(2)

Thật vậy:

+

= + +

kx (k 1)x sin sin

2 2

VT(2) sin(k 1)x

sinx 2

(12)

 + + 

 

= +  

 

 

kx (k 1)x x

sin 2cos sin

(k 1)x 2 2 2

sin 2 sinx

2

+ +

= =

(k 1)x (k 2)x

sin sin

2 sinx 2 VP(2) Nờn (2) đỳng. Suy ra đẳng thức cho đỳng vớ2 i mọi n 1≥ .

Bài 4 * Với n 1= ta cú: VT sin1.= α =1. sinα =VP nờn đẳng thức cho đỳng.

* Giả sửđẳng thức cho đỳng với n k 1= ≥ ^{, t}ức là : sin kx k sin x≤ (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + ^,tức là :

( )

+ α ≤ + α

sin(k 1) k 1 sin (2) Thật vậy:

(

^{+ α =}

)

^α ^{α +} ^α ^α

sin k 1 sin k cos cosk sin

≤ sin k . cosα α + cosk . sinα α ≤ sin kα +sinα ^≤^{k sin}^{α +} ^sin^{α =}

(

^{k 1 . sin}⁺

)

^α

Vậy đẳng thức cho đỳng với n k 1= + , nờn đẳng thức cho cũng đỳng với mọi số nguyờn dương n. Bài 5

1. Ta chứng minh  +  < + + ≤ ≤

 

k 2

2

1 n n

1 1 ,1 k n

n k k (1) bằng phương phỏp quy nạp theo k. Sau đú cho k n= ta cú (7).

* Với k 1= ⇒VT(1) 1= + <1 1₂ + + =1 1 VP(1)

n n n

⇒(1) đỳng với k 1= .

* Giải sử (1) đỳng với k p, 1 p n= ≤ ≤ , tức là:

 +  < + +

 

 

p 2

2

p p

1 1 1

n n n (2).

Ta chứng minh (1) đỳng với k p 1= + , tức là

+ + +

 +  < + +

 

 

p 1 2

2

(p 1) p 1

1 1 1

n n n (3).

Thật vậy:

+  

 +  = +   + < + +  + 

        

        

p 1 p 2

2

p p

1 1 1 1

1 1 . 1 1 1

n n n n n n

+ + + +

=p²₃ +p² ₂p p 1+ + ≤1 p₂ +p² ₂p p 1+ +1

n n

n n n n

+ + + + +

<p² 2p 1 p 1₂ + + =1 (p 1)₂ ² +p 1+1

n n

n n ⇒(3) đỳng ⇒ đpcm.

Cỏch khỏc: Khi n 1 2 3= ⇒ < (đỳng) dễ thấy khi n 1> ⇒ 1

ntiến dần về ⇒ + 

 

1 n

0 1

n tiến gần về 1.Vậy ∀ ≥n 1ta luụn cú

 +  <

 

 

1 n

1 3

n

2. Với n 2= ta cú: VT 3= ² = >9 VP 3.2 1 7= + = nờn đẳng thức cho đỳng với n 1=

• Giả sử đẳng thức cho đỳng với n k 2= ≥ , tức là: 3^k >3k 1+ ⁽¹⁾ Ta chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + , tức là :

(13)

+ ≥ + + = + 3k 1 3(k 1) 1 3k 4⁽²⁾ Thật vậy: 3^{k 1}⁺ =3.3^k>3(3k 1) 3k 4 (6k 1) 3k 4+ = + + − > + nờn (2) đỳng.

Vậy bài túan được chứng minh.

3. Với n 1= ta cú: VT= =2 2, VP= 3⇒

1 đẳng thức cho đỳng với n 1=

• Giả sử đẳng thức cho đỳng với n k 1= ≥ , tức là:

(

⁻

)

^> ⁺

2.4.6.2k 2k 1 1.3.5... 2k 1 (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + , tức là:

(

⁻

)

⁺ ⁺ ^> ⁺

2.4.6.2k(2k 2) 2k 3 1.3.5... 2k 1 (2k 1) (2) Thật vậy:

(

⁻

)

⁺ ⁺ ^> ⁺ ⁺⁺ ⁼ ⁺⁺

2.4.6.2k(2k 2) 2k 1.2k 2 2k 2 1.3.5... 2k 1 (2k 1) 2k 1 2k 1

Nờn ta chứng minh ⁺ ^> ^{+ ⇔}

(

⁺

)

^> ⁺ ⁺

+

2k 2 2k 3 2k 2 2 (2k 1)(2k 3) 2k 1

⇔ >4 3^hiển nhiờn đỳng.

Vậy bài toỏn được chứng minh.

Bài 6

1. Trong BĐT f(x y) f(x).f(y)+ ≥ thay x và y bằng x

2, ta được:

 + ≥    ⇒

( )

≥ 

       

       

x x x x x 2

f f .f f x f( )

2 2 2 2 2

Vậy bất đẳng thức đó cho đỳng với n 1= . Giả sử bất đẳng thức đỳng với n k 1= ≥ ^{. Ta cú}

( )

≥ ^ ^ ^^

 

 

2k k

f x f x

2 (1)

Ta chứng minh bất đẳng thức đỳng với n k 1= + , tức là :

( )

≥ ^ ^ ₊ ^^ ⁺

 

 

2k 1 k 1

f x f x

2 (2)

Thật vậy ta cú :       

= + ≥  

     

   + +    + 

      

x x x x 2

f f f

k k 1 k 1 k 1

2 2 2 2

 

      

⇒   ≥  +   2k

2k 2

x x

f f

k k 1

2 2

      +

⇒   ≥  + 

k k 1

2 2

x x

f f

k k 1

2 2

Do tớnh chất bắc cầu ta cú được :

( )

≥ ^ ^ ₊ ^^ ⁺

 

 

2k 1 k 1

f x f x 2

Bất đẳng thức đỳng với n k 1= + nờn cũng đỳng với mọi số tự nhiờn n.

Bài 7

1. − + < − ⇔ <

+ +

+ ²

1 1 1 1 1

2 2

k (k 1) k 1 k 1 k (hiển nhiờn đỳng)

(14)

2. + > + ⇔ + >

+

k 1 k 1 k(k 1) k

k 1 (hiển nhiờn)

+ < + ⇔ + < +

+

2 k 1 2 k 1 2 k(k 1) 2k 1 k 1

⇔4k(k 1) (2k 1)+ < + ² =4k(k 1) 1+ + (hiển nhiờn).

3. + α = α + α > + α

− α α

tan n tan

tan(n 1) (n 1)tan

1 tan n .tan

⇔tan nα +tanα >(n 1)tan+ α −(n 1)tan .tan n+ ²α α

 

⇔tan n 1 (n 1)tanα + + ²α > n tanα (đỳng) 4. 2^{k 1}⁺ >2(2k 1) 2k 3 2k 1 2k 3+ = + + − > + .

5. 2^{k 3}⁺ =2.2^{k 2}⁺ >2(2k 5) 2(k 1) 5 2k 7 2(k 1) 5+ = + + + + > + +

6. 3^k=3.3^{k 1}⁻ >3k(k 2) (k 1)(k 2) 2k+ = + + + ²+3k 2− >(k 1)(k 2)+ + ^. 7. 2^{k 2}⁻ =2.2^{k 3}⁻ >2(3k 1) 3k 2 3k 4 3k 2− = + + − > +

8. • Với n 1= thỡ bđt hiển nhiờn đỳng

• Giả sử π− − π ≥ kcos (k 1)cos − 1

k k 1 . Ta cần chứng minh

π π  π π  π

+ + − ≥ ⇔  + − ≥ +

(k 1)cos kcos 1 k cos cos 2sin2

k 1 k k 1 k 2(k 1)

+ π π π

⇔ ≥

+ + +

(2k 1) 2

ksin sin sin

2k(k 1) 2k(k 1) 2(k 1) (1)

Ta cú: π> + π> π > ⇒ + π > π

+ + + +

(2k 1) 0 sin(2k 1) sin

2 2k(k 1) 2(k 1) 2k(k 1) 2(k 1)

Mặt khỏc: ≤ ⇒ π ≥ π

+ +

sin nx n sin x ksin sin

2k(k 1) 2(k 1) Từ đú ta cú được (1) luụn đỳng.

9. + + < +

+ + + +

1 3 5. . ....2k 1 2k 3. 1 .2k 3 2 4 6 2k 2 2k 4 3k 4 2k 4

Và + <

+ + +

1 .2k 3 1 3k 4 2k 4 3k 7

⇔(3k 7)(2k 3)+ + ²<(3k 4)(2k 4)+ + ² ⇔ + >k 1 0 (đỳng).

10. + ₊ < + ⇔ ₊ <

− −

k 1 k 1

1 1

k k 1 1

2 1 2 1 (đỳng).

Bài 8

1. Ta cú S₁=1,S₂=2;S₃ =3,S₄=4

3 5 7 9

2. Dự đoỏn cụng thức =

n n+ S 2n 1.

Bài 9 • Ta chứng minh (2) đỳng với n 2= ^k, k 1≥

* Với k 1= thỡ (8.2) đỳng (do (1))

* Giả sử (2) đỳng với n 2= ^k, ta chứng minh (2) đỳng với n 2= ^{k 1}⁺ Thật vậy:

 + + 

 

+ ≥

 

 

1 k

k 2

1 2k k

x ... x f(x ) ...f(x ) 2 f

2

(15)

₊ ⁺ ⁺

+

 + + 

 

+ ≥

 

 

k k 1

k 2 1 2

k k 1 k

2 1 2

x ... x f(x ) ...f(x ) 2 f

2

Do đú: ₊  + +   ⁺ + + ⁺ 

   

+ ≥ +

   

   

1 k k k 1

k 2 k 2 1 2

1 2k 1 k k

x ... x x ... x

f(x ) ...f(x ) 2 f 2 f

2 2

⁺ ₊ ⁺ ⁺

 + + + + + 

 

≥  

1 k k k 1

k 1 2 2 1 2

k 1

x ... x x ... x 2 f

2 .

Do vậy (2) đỳng với mọi n 2= ^k.

• Giả sử(2) đỳng với mọi n k 1 3= + ≥ ^{, t}ức là

+ +

+ + +  + + + 

≥  

+  + 

1 2 k 1 1 2 k 1

f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ... x

k 1 k 1 (3)

Ta chứng minh (8.2) đỳng với n k= ^{, t}ức là

+ + +  + + + 

≥  

 

1 2 k 1 2 k

f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ... x

k k (4)

Thật vậy: đặt ₊ + + +

= ¹ ² ^k =

k 1 x x ... x x

x k k, ỏp dụng (3) ta cú

   

+ + + +    + + + 

  ≥  

+  + 

1 2 k 1 2

x x

f(x ) f(x ) ... f(x ) f k f x x ... k

k 1 k 1

Hay + + +  + + + 

≥  

 

1 2 k 1 2 k

f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ... x

k k .

Chỳ ý: Chứng minh tương tự ta cũng cú bài toỏn sau Nếu f(x) f(y)+ ≥f( xy)

2 ∀x,y 0≥ (a) thỡ ta cú

( )

+ + +

1 2 n ≥ n

1 2 n

f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ...x

n với ∀ ≥x 0, i 1,n_i = (b).

V ấn đề 2. Ứ ng d ụng phương phỏp quy nạ p trong s ố h ọ c và trong hỡnh h ọ c

Cỏc vớ dụ Vớ dụ 1.

Cho n^{là s}ố tựnhiờn dương. Chứng minh rằng: a_n =16 – 15n – 1 225ⁿ  Lời giải.

• Với n 1= ta cú: a₁= ⇒0 a 225₁ ^.

• Giả sử a_k=16^k−15k 1 225−  , ta chứng minh

+ = ^{k 1}+ − + −  ak 1 16 15(k 1) 1 225 Thậ vậy: ^a^{k 1}⁺ ⁼^16.16^k⁻^{15k 16 16}⁻ ⁼ ^k⁻15k 1 15 16^{− −}

(

^k⁻1

)

⁼^a^k⁻^{15 16}

(

^k⁻¹

)

Vỡ ¹⁶^k^{− =}^{1 15. 16}

(

^{k 1}⁻ ⁺¹⁶^{k 2}⁻ ^{+ +}^{... 1 15}

)

^ ^và^{a 225}^k^

Nờn ta suy ra a_{k 1}₊ 225. Vậy bài toỏn được chứng minh

Vớ dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiờn n 1≥ thỡ A(n) 7= ⁿ+3n 1− luụn chia hết cho 9

(16)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 11 Lời giải.

* Với n 1= ⇒A(1) 7= ¹+3.1 1 9− = ⇒A(1) 9

* Giả sử A(k) 9 k 1 ∀ ≥ , ta chứng minh A(k 1) 9+ 

Thật vậy:A(k 1) 7+ = ^{k 1}⁺ +3(k 1) 1 7.7+ − = ^k+21k 7 18k 9− − +

⇒A(k 1) 7A(k) 9(2k 1)+ = − − Vỡ 

⇒ +

 −



 

 A(k) 9

A(k 1) 9 9(2k 1) 9

Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiờn n 1≥ .

Vớ dụ 3. Cho n là số tự nhiờn dương. Chứng minh rằng: B_n⁼

(

n 1 n 2 n 3⁺

)(

⁺

)(

^{+ …}

) ( )

. 3n 3 ⁿ Lời giải.

• Với n 1= , ta cú :B₁=2.3 3

• Giả sử mệnh đề đỳng với n = k, tức là :

( )( )( ) ( )

= + + + …  ^k

Bk k 1 k 2 k 3 3k 3 Ta chứng minh : B_{k 1}+ =

(

k 2 k 3 k 4+

)(

+

)(

+ …

)

3 k 1

(

+

)

3^{k 1}⁺

( )( )( ) ( )( )( )

+ = + + + … + +

Bk 1 3 k 1 k 2 k 3 3k 3k 1 3k 2 ⁼3B 3k 1 3k 2k

(

⁺

)(

⁺

)

Mà B 3_k ^k nờn suy ra B_{k 1}₊ 3^{k 1}⁺ . Vậy bài toỏn được chứng minh.

Vớ dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả khụng nằm trờn một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả cỏc đường thẳng nối hai điểm trong cỏc điểm đó cho tạo ra số đường thẳng khỏc nhau khụng nhỏ hơn n.

Lời giải.

Giả sử mệnh đề đỳng với n k 3= ≥ điểm.

Ta chứng minh nú cũng đỳng cho n k 1= + điểm.

Ta cú thể chứng minh rằng tồn tại ớt nhất một đường thẳng chỉ chứa cú hai điểm. Ta kớ hiệu đường thẳng đi qua hai điểm An^vàA_{n 1}₊ ^làA A_{n n 1}₊ ^{. N}ếu những điểm A ,A ,...,A₁ ₂ _nⁿằm trờn một đường thẳng thỡ sốlượng cỏc đường thẳng sẽ đỳng là n 1: Gồm + n đường thẳng nối A_{n 1}₊ với cỏc điểm A ,A ,...,A₁ ₂ _n và đường thẳng chỳng nối chung. Nếu

1 2 n

A ,A ,...,A khụng nằm trờn một đường thẳng thỡ theo giả thiết quy nạp cú n đường thẳng khỏc nhau. Bõy giờ ta thờm cỏc đường thẳng nối A_{n 1}₊ với cỏc điểm A ,A ,...,A₁ ₂ _n. Vỡ đường thẳng A A_{n n 1}₊ khụng chứa một điểm nào trong

1 2 n 1−

A ,A ,...,A , nờn đường thẳng này khỏc hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A ,A ,...,A₁ ₂ _n. Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng khụng nhỏ hơn n 1. +

Vớ dụ 5.

Chứng minh rằng tổng cỏc trong một n – giỏc lồi (n 3)≥ ^bằng (n 2)180− ⁰^. Lời giải.

• Với n 3= ta cú tổng ba gúc trong tam giỏc bằng 180⁰

• Giả sử cụng thức đỳng cho tất cả k-giỏc, với k n< , ta phải chứng minh mệnh đề cũng đỳng cho n-giỏc. Ta cú thể chia n- giỏc bằng một đường chộo thành ra hai đa giỏc. Nếu số cạnh của một đa giỏc là k+1, thỡ số cạnh của đa giỏc kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng cỏc gúc của hai đa giỏc này lần lượt là

(

^{k 1 180}⁻

)

⁰^và

(

^{n k 1 180}^{− −}

)

⁰^.

Tổng cỏc gúc của n-giỏc bằng tổng cỏc gúc của hai đa giỏc trờn, nghĩa là

(

k – 1 n k – 1 180^{+ −}

)

⁰ ⁼

(

n 2 180⁻

)

⁰. Suy ra mệnh đề đỳng với mọi n 3≥ .

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP

Bài 1 Cho n là số nguyờn dương.Chứng minh rằng:

(17)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 12 1. n(2n²−3n 1)+ chia hết cho 6.

2. 11^{n 1}⁺ +12^{2n 1}⁻ chia hết cho 133 3. n⁷−n chia hết cho 7

4. 13ⁿ−1chia hết cho 6

5. n⁵−n chia hết cho 5 với mọi n 1≥

6. 16ⁿ −15n 1− chia hết cho 225 với mọi n 1≥ 7. 4.3^{2n 1}⁺ +32n 36− chia hết cho 64 với mọi n 1≥ . Bài 2

1. Chứng minh rằng với ∀ ≥n 2, ta luụn cú ^a_n ⁼

(

n 1 n 2 ... n n⁺

)(

⁺

) (

⁺

)

chia hết cho 2ⁿ. 2. Cho a,b là nghiệm của phương trỡnh x²−27x 14 0+ =

Đặt ^{S n}

( )

⁼^aⁿ⁺^bⁿ^{. Ch}^ứ^{ng minh r}^ằ^{ng v}^ớ^{i m}^ọ^{i s}^ốnguyờn dương n thỡ S(n)^{là m}ột số nguyờn khụng chia hết cho 715.

3. Cho hàm số f : → ^thỏa f(1) 1,f(2) 2= = ^vàf(n 2) 2f(n 1) f(n)+ = + + ^. Chứng minh rằng: f (n 1) f(n 2)f(n) ( 1)² + − + = − ⁿ

4. Cho p_n là số nguyờn tố thứ n. Chứng minh rằng: 2²ⁿ >p_n.

5. Chứng minh rằng mọi số tựnhiờn khụng vượt qua n! đều cú thể biểu diễn thành tổng của khụng quỏ n ước sốđụi một khỏc nhau của n!^.

Bài 3 Gọi x ,x_{1 2} là hai nghiệm của phương trỡnh : x²−6x 1 0+ = . Đặt a_n =x₁ⁿ+xⁿ₂. Chứng minh rằng : 1. a_n =6a_{n 1}₋ −a_{n 2}₋ n 2∀ ≥ ^.

2. a_n là một số nguyờn và a_n khụng chia hết cho 5 với mọi n 1≥ . Bài 4

1. Trong khụng gian cho n mặt phẳng phõn biệt (n 1≥ ), trong đú ba mặt phẳng luụn cắt nhau và khụng cú bốn mặt phẳng nào cú điểm chung. Hỏi n mặt phẳng trờn chia khụng gian thành bao nhiờu miền?

2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đú hai đường thẳng bất kỡ luụn cắt nhau và khụng cú ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng này chia mặt phẳng thành n²+ +n 2

2 miền.

Bài 5

1. Cho a,b,c,d,m là cỏc số tự nhiờn sao cho a d+ ^,(b 1)c− ^,ab a c− + chia hết cho m. Chứng minh rằng

= ⁿ+ +

xn a.b cn d chia hết cho m^với mọi số tự nhiờn n^.

2. Chứng minh rằng từ n 1+ số bất kỡ trong 2n số tựnhiờn đầu tiờn luụn tỡm được hai số là bội của nhau.

ĐÁP ÁN Bài 1

1. Đặt a_n =n(2n²−3n 1) 2n+ = ³−3n²+n

Ta cú: a_{n 1}₊ =2(n 1)+ ³−3(n 1)+ ²+ + =n 1 a_n+6n². 2. Đặt a_n =11^{n 1}⁺ +12^{2n 1}⁻

Ta cú: a_{n 1}₊ =11.11^{n 1}⁺ +12 .12² ^{2n 1}⁻ =11.a_n+133.12^{2n 1}⁻ 3. Đặt a_n =n⁷ −n

Ta cú ₊ ₊ ⁻

=

= + ⁷− + = = +

∑

⁷ ^{k 7 k}

n 1 n 1 n 7

i 1

a (n 1) (n 1) a a C n

Mà = ≤ ≤

−

7k 7!

C ,1 k 7

k!(7 k)! luụn chia hết cho 7. 4. Đặt a_n =13ⁿ− ⇒1 a_{n 1}₊ =13a_n+12

5. Đặt a_n =n⁵−n thỡ ta cú: a_{k 1}₊ −a_k =(k 1)+ ⁵−k⁵− =1 5k(k³+2k²+2k 1)+ .

(18)

Giảng dạy: nguyễn bảo vương - ^0946798489 Page | 13 6. Đặt a_n =16ⁿ−15n 1− thỡ ta cú: ^a^{k 1}⁺ ⁼¹⁶^{k 1}⁺ ⁻^{15k 16 a}⁻ ⁼ ^k⁺^{15. 16}

(

^k⁻¹

)

7. Đặt a_n =4.3^{2n 1}⁺ +32n 36− thỡ ta cú: a_{k 1}₊ =4.3^{2k 3}⁺ +32(k 1) 36 a+ − = _k+32(3^{2k 1}⁺ +1) Bài 2

1. * Với n 2= , ta cú : a₂⁼

(

2 1 2 2 12⁺

)(

⁺

)

⁼ ^⇒a 4 2₂ ⁼ ².

* Giả sửa 2_k ^k ta chứng minh a_{k 1}₊ 2^{k 1}⁺ . Thật vậy:

( )( ) ( )

+ = + + + + + + + ak 1 k 1 1 k 1 2 ... k k 1 1 ⁼

(

k 2 k 3 ... k k 2⁺

)(

⁺

) (

^{+ +}

)

⁼

(

k 2 k 3 ... k k k k 1 k k 2⁺

)(

⁺

) (

⁺

)(

^{+ +}

)(

^{+ +}

)

⁼^_

(

⁺

)(

⁺

)(

⁺

) (

⁺

) (

^_ ^{+ +}

)

k

k 1 k 2 k 3 ... k k .2. k k 1 a

=2a .(k_k ²+ +k 1)

Do a 2_k ^k⇒2a 2_k ^{k 1}⁺ ⇒a_{k 1}₊ 2^{k 1}⁺ đpcm.

2. Ta cú: S(n) 27S(n 1) 14S(n 2)= − − − rồi dựng quy nạp để chứng minh S(n) chia hết cho 751. 3.

• Ta cú: f(3) 2f(2) f(1) 5= + = , nờn f (2) f(3)f(1) 2² − = ²−5.1 ( 1)= − ¹ Suy ra đẳng thức cho đỳng với n 1= .

• Giả sử đẳng thức cho đỳng với n k= , tức là:

+ − + = −

2 k

f (k 1) f(k 2)f(k) ( 1) ⁽¹⁾ Ta chứng minh đẳng thức cho đỳng với n k 1= + , tức là:

+ − + + = − +

2 k 1

f (k 2) f(k 3)f(k 1) ( 1) ⁽²⁾ Ta cú:

+ − + + = + −  + + +  +

2 2

f (k 2) f(k 3)f(k 1) f (k 2) 2f(n 2) f(n 1) f(k 1) =f(k 2) f(k 2) 2f(k 1)+  + − +  − f (k 1)² + =f(k 2)f(k) f (k 1)+ − ² + = − −( 1)^k = −( 1)^{k 1}⁺ Vậy bài toỏn được chứng minh.

4. Trước hết ta cú nhận xột: p .p ...p_{1 2} _n+ >1 p_{n 1}₊

• Với n 1= ta cú: 2²¹ = >4 p₁=2

• Giả sử 2²^k >p k n_k ∀ ≤ , ta cần chứng minh 2²^{k 1}⁺ >p_{k 1}₊ Thật vậy, ta cú: 2 .2 ...2²¹ ²² ²^p^k + >1 p .p ...p_{1 2} _k+ >1 p_{k 1}₊

Suy ra 2^{2 2 ... 2}^{1 2}^{+ + +} ^k >p_{k 1}₊ ⇒2²²^{k 1}^{+ −}¹+ >1 p_{k 1}₊ ⇒2²^{k 1}⁺ >p_{k 1}₊ Vậy bài toỏn được chứng minh

5. • Với n 1= bài toỏn hiển nhiờn đỳng.

• Giả sử bài toỏn đỳng với n k= , ta chứng minh bài toỏn đỳng với n k 1= + Nếu a (k 1)!= + thỡ bài toỏn hiển nhiờn đỳng

Ta xột a (k 1)!< + ^{, ta cú:}a (k 1)d r= + + ^với d k!,r k 1< < +

Vỡ d k!< nờn d d= ₁+d₂ + +... d_k với d (i 1,k)_i = là cỏc ước đụi một khỏc nhau của k!

Khi đú: a (k 1)d (k 1)d= + ₁+ + ₂+ +... (k 1)d+ _k+r Vỡ (k 1)d ,r+ _i