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.
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
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.
2
2
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
- 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
3
3
Phơng pháp chứng minh quy nạp
I. PHẫP QUY NP HON TON V PHẫP QUY NP KHễNG HON
TON.
vớ d 1. Quan sỏt cỏc kt qu sau:
1
3
1 chia ht cho 3. 2
3
2 chia ht cho 3
3
3
3 chia ht cho 3 4
3
4 chia ht cho 3.
hóy a ra mt d oỏn ri chng minh d oỏn ú.
Gii: D oỏn: a
3

a chia ht cho 3 vi mi s nguyờn dng a.
Chng minh: Gi A = a
3
a = a.(a - 1)(a + 1). Xột ba kh nng cú th
xy ra:
a) Nu a = 3k (k N) thỡ A chia ht cho 3.
b) Nu a = 3k + 1(k N) thỡ a -1 chia ht cho 3, do ú A chia ht cho
3.
c) Nu a = 3k +2 (k N) thỡ a + 1 chia ht cho 3, do ú A chia ht cho
3.
Vy a
3
a chia ht cho 3 vi mi s nguyờn dng a.
Vớ d 2.
Quan sỏt kt qu sau:
2
3
2 chia ht cho 3, 2
5
2 chia ht cho 5.
2
7
2 chia ht cho 7. d oỏn sau ỳng hay sai?:
2
n
2 chia ht cho n vi mi s l n?
Gii: D oỏn trờn l sai. Chng hn 2
9
2 = 510 khụng chia ht cho 9.
Nhn xột: trong hai vớ d trờn, ta ó thc hin cỏc phộp suy lun sau:

1) Xột cỏc giỏ tr ca a bng 1, 2, 3, 4, kt lun rng a
3
- a chia ht
cho 3 vi mi s nguyờn dng a.
2) Xột cỏc giỏ tr ca a bng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k N) kt lun rng
a
3
- a chia ht cho 3 vi mi s nguyờn dng a.
3) Xột cỏc giỏ tr ca n bng 3, 5, 7 kt lun rng 2
n
2 chia ht cho n
vi mi s t nhiờn l n.
Ba phộp suy lun trờn c gi l phộp quy np. ú l phộp suy lun
i t cỏc trng hp riờng bit i ti kt lun tng quỏt.
Phộp quy np gi l hon ton nu ta xột tt c cỏc trng hp riờng,
chng hn trong phộp suy lun 2 ta ó xột mi kh nng cú th xy ra khi
chia s t nhiờn a cho 3 ( a= 3k, a = 3k + 1, a= 3k +2).
4
4
Phơng pháp chứng minh quy nạp
Phộp quy np gi l khụng hon ton nu ta xột mt s trng hp
riờng ch cha xột y mi trng hp riờng. Chng hn trong phộp
suy lun 1 ta mi xột a bng 1, 2, 3, 4 kt lun cho mi s nguyờn
dng a, trong phộp suy lun 3 ta mi xột n bng 3, 5, 7 kt lun cho
mi s t nhiờn l n.
Nh phộp quy np khụng hon ton m ta cú nhng d oỏn v mt
tớnh cht toỏn hc no ú, ú l mt c s i ti cỏc phỏt minh. Phộp
quy np 1 cho mt khng nh ỳng, kt lun ny ó c chng minh
bng phộp quy np 2 ( quy np hon ton). Phộp quy np 3 cho mt kt
lun sai, ta ó bỏc b nú bng mt phn vớ d.

Nh vy phộp quy np hon ton l mt phộp chng minh cht
ch, cũn phộp quy np khụng hon ton cú th dn ti sai lm, ngay c
i vi cỏc nh toỏn hc cú tờn tui di õy:
Nh toỏn hc Phỏp Fecma nhn xột rng cụng thc 2
n
+ 1 cho ta cỏc s
nguyờn t vi n bng 2
0
, 2
1
, 2
2
, 2
3
, 2
4
(tht vy 2
1
+ 1 = 3; 2
2
+ 1;
2
4
+ 1 = 17; 2
8
+ 1 = 257; 2
16
+ 1 = 65537; tt c u l s nguyờn t ).
Vi n = 2
5

= 32 thỡ 2
n
+ 1 = 2
32
+ 1 = 4294967297, Fecma khụng phõn
tớch c ra tha s nguyờn t, ụng cho rng ú cng l mt s nguyờn
t v a ra gi thuyt tng quỏt rng cụng thc 2
n
+ 1 vi n l mt lu
tha ca 2 cho ta cỏc s nguyờn t.
Mt th k sau, nm 1732 le mi bỏc b gi thuyt trờn bng cỏch ch
ra rng 2
32
+ 1 l mt hp s, nú chia ht cho 641.
Cú th k thờm hai mnh sai nhng li ỳng vi mt s rt ln cỏc
trng hp u tiờn:
Nh toỏn hc Grav a ra d oỏn: Vi mi s nguyờn t p ta cú
2
p- 1
1 khụng chia ht cho p
2
. D oỏn ny ỳng vi mi s nguyờn t
nh hn 1000, nhng chng bao lõu sau ngi ta ch ra rng tn ti s
nguyờn t 1093 m 2
1092
1 chia ht cho 1093
2
.
Mt d oỏn khỏc: s 911n
2

+ 1 khụng l s chớnh phng vi mi s
nguyờn dng n. S n nh nht mnh trờn sai l
n = 12055735790331359447442538767 (cú 29 ch s)
Cú mt phng phỏp chng minh hiu nghim giỳp ta khng nh s
ỳng n ca mt s t nhiờn, ú l phng phỏp quy np toỏn hc.

II. NI DUNG CA PHNG PHP QUY NP TON HC
5
5
Phơng pháp chứng minh quy nạp
Trong toỏn hc, phộp quy np hon ton ch c ỏp dng rt hn
ch. Nhiu mnh Toỏn hc ỏng chỳ ý bao gm mt s vụ hn cỏc
trng hp riờng, nhng con ngi khụng th kim tra c tt c cỏc
trng hp riờng ú.
Phộp quy np hon ton, nh chỳng ta ó bit thng dn ti kt
lun sai lm. Trong nhiu trng hp trỏnh nhng khú khn nh th
ngi ta ỏp dng mt phng phỏp suy lun c bit, c gi l
phng phỏp quy np Toỏn hc.
Ni dung ca phng phỏp (hay tin ) quy np Toỏn hc c
trỡnh by nh sau:
Mt mnh ph thuc vo s nguyờn dng n c xem l ó
c chng minh nu c hai iu kin sau õy c tha món:
1, Mnh ỳng vi n = 1.
2, T gi thit mnh ỳng vi n = k (k N) suy ra c mnh
cng ỳng vi n = k + 1.
Nh vy chng minh mt mnh ỳng vi mi s nguyờn
dng n bng phng phỏp quy np Toỏn hc, ta phi tin hnh ba bc
sau:
Bc 1: Kim tra mnh ỳng vi n = 1.
Bc 2: Gi s mnh ỳng vi n = k 1 (Ta gi l gi thit quy

np), ri chng minh mnh ỳng vi n = k +1.
Bc 3: Kt lun mnh ỳng vi mi s nguyờn dng n.
III. VN DNG PHNG PHP QUY NP
TON HC VO CHNG MINH
1. Chng minh quan h chia ht:
Bi 1:
Chng minh rng tng cỏc lp phng ca ba s nguyờn dng
liờn tip thỡ chia ht cho 9.
Gii:
Gi ba s nguyờn dng liờn tip ú l: n; n +1 v n + 2.
Ta phi chng minh: [n
3
+ (n + 1)
3
+ (n + 2)
3
]

9 (1).
6
6
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
+ Với n =1, ta có: 1
3
+ 2
3
+ 3
3
= 1 + 8 + 27 = 36


9.
Vậy (1) đúng với n = 1.
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N) tức là: [k
3
+ (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
+ k
3
+ 9k
2
+27k + 27.
= [k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)
3
] + 9(k
3
+ 3k + 3).
Theo giả thiết quy nạp: k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)
3


9.
còn 9(k
3
+ 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)
= 7
n + 2
+ 8
2n + 1


19.
Giải:
Với n = 1 thì A
(1)
= 7
3

+ 8
3
= 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)
= 7
k + 2
+ 8
2k + 1


19.
Ta chứng minh A
(n)
đúng với n = k + 1.
A
(k + 1)

= 7
k + 3
+ 8
2k + 3
= 7.7
k + 2
+ 8
2
.8
2k + 1

= 7.7
k + 2
+ 64.8
2k + 1
= 7.7
k + 2
+ 7.8
2k + 1
+ 57.8
2k + 1
= 7.( 7
k + 2
+ 8
2k + 1
) + 19.3.8
2k + 1
= 7. A
(k)
+ 19.3.8

2k + 1
Vì A
(k)


19 (Theo giả thiết quy nạp)
⇒
7. A
(k)


19
19

19
⇒
19.3.8
2k + 1

19.
⇒
A
(k + 1)


19.
Theo nguyên lí quy nạp A
(n)



19. Với
∀
n nguyên dương.
Vậy A
(n)
= 7
k + 2
+ 8
2k + 1


19. Với
∀
n nguyên dương.
+ Kết luận: Vậy A
(n)
đúng với mọi số nguyên dương.
7
7
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
Bài 3:
Chứng minh rằng: 16
n
- 15n - 1

225; n Є N.
Giải:
Đặt A
(n)
= 16

n
- 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)
= 16
k
- 15k - 1

225.
Ta phải chứng minh A
(n)
đúng với n = k + 1.
Ta có: A
(k + 1)
= 16
k + 1

- 15(k + 1) - 1.
= 16.16
k
-15k - 16.
= (16
k
- 15k - 1) + 15.16
k
- 15.
= (16
k
- 15k - 1) + 15(16
k
- 1).
= A
(k)
+ 15(16
k
- 1).
Theo giả thiết quy nạp có A
(k)


225.
Ta có: 16
k
- 1

16 - 1
⇔

16
k
- 1

15
⇒
15(16
k
- 1)

15.15
⇔
15(16
k
- 1)

225.
⇒
A
(k + 1)


225.
Theo nguyên lí quy nạp thì A
(n)


225 với
∀
n Є N.

+ Kết luận: Vậy 16
n
- 15 - 1

225 với
∀
n Є N.
Bài 4:
Chứng minh rằng: A = (10
n
+ 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)
= 10
k
+ 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(10
k
+2).
Theo giả thiết quy nạp ta có: A

27.
Ta có: 10
k
+2

10 + 2 = 12.
⇔
9(10
k
+ 2)

12.9 = 4.27


27.
⇒
9(10
k
+ 2)

27. Vậy A
(k + 1)


27.
+ Kết luận: Vậy A = 10
n
+ 18n - 1

27 với
∀
n Є N.
8
8
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
Bài 5:
Chứng minh rằng với n Є N thì các số sau chia hết cho 9.
a. 10
n
- 1.
b. 10
n
+ 8.
Giải:

a. Chứng minh 10
n
- 1

9.
+ Với n = 1
⇒
10
n
- 1 = 10 - 1 = 9

9.
Vậy 10
n
- 1

9 với n = 1.
Giả sử đúng với n = k (k Є N) tức là 10
k
- 1

9.
Ta phải chứng minh A = 10
n
- 1 đúng với n = k + 1, tức là:
A
(k + 1)
= 10
k + 1
- 1 = 10.10

k
- 1 = (10
k
- 1) + 9.10
k
.
Theo giả thiết quy nạp ta có: A = 10
k
- 1

9.
Mà 9

9
⇒
9.10
k


9. Do đó [(10
k
- 1) + 9.10
k
]

9.
Vậy A đúng với n = k + 1 (k Є N).
+ Kết luận: Với n Є N thì 10
n
- 1 chia hết cho 9.

b. Chứng minh 10
n
+ 8

9; Đặt B = 10
n
+ 8.
+ Với n = 1
⇒
10
n
+ 8 = 10 + 8 = 18

9. Vậy B đúng với n = 1.
+ Giả sử B đúng với n = k (k Є N) tức là 10
n
+ 8

9.
Ta phải chứng minh B = 10
n
+ 8 chia hết cho 9 đúng với đúng với
n = k + 1.
Thật vậy: B
(k + 1)
= 10
k + 1
+ 8 = 10.10
k
+ 8 = (10

k
+ 8) + 9.10
k
Theo giả thiết quy nạp: 10
k
+ 8

9 (k Є N).
Lại có 9

9
⇒
9.10
k


9. Do đó (10
k
+ 8) + 9.10
k

9
Vậy B đúng với n = k +1.
+ Kết luận: Vậy với n Є N thì 10
n
+ 8 chia hết cho 9.
Bài 6:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) S
n

= (n + 1).(n + 2).(n + 3) (n + n) chia hết cho 2
n
.
b) 3
3n + 2
+ 5.2
3n + 1
chia hết cho 19.
c) n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n chia hết 24.
Giải:
a) Với n = 1 thì S
1
= (1 + 1).(1 + 2) … (1 + n) = 2.3 … (1 + 1)

2
n
.
Vậy S
n
đúng với n = 1.
Giả sử S
n
đúng với n = k, tức là: S
k

= (k + 1).(k + 2) … (k + k)

2
n
.
Ta phải chứng minh S
n
đúng với n = k + 1.
9
9
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
Tức là S
k + 1
= (k + 2).(k + 3) … (k +1 + k + 1)
= (k + 2).(k + 3) … (2k + 2)

2
n
.
Thật vậy:
S
k + 1
= (k + 2).(k + 3).(k + 4) … (k + k + 2)
= (k + 1).(k + 2).(k + 3) … (k + k)2. (2k + 1).
= S
k
.2.(2k + 1)
Theo giả thiết quy nạp có S
k


2
n
.
Do đó: S
k
.2.(2k + 1)

2
n
.
⇒
S
k + 1

2
n
Vậy S
n

2
n
đúng với n = k + 1.
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì S
n

2
n
.
b) Với n = 1 thì A
(n)

= 3
3n + 2
+ 5.2
3n + 1
= 3
5
+5.2
4
=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)
= 3
3k + 2
+ 5.2
3k + 1


19.
Ta phải đi chứng minh A
(n)


19 đúng với n = k + 1.
Tức là: A
(k + 1)
= 3
3(k + 1) + 2
+ 5.2
3(k + 1) + 1
A
(k + 1)
= 3
3k + 5
+ 5.2
3k + 4


19
Thật vậy:
A
(k + 1)
= 3
3k + 5
+ 5.2
3k + 4
= 3
3k + 2
.3
3
+ 5.2

3k + 1
.2
3
= 27(3
3k + 2
+ 5.2
3k + 1
) - 19.3
3k + 1
.
= 27.A
k
- 19.3
3k + 1
.
Theo giả thiết quy nạp có: A
k

19
⇒
27A
k

19.
Lại có: 19

19
⇒
19.3
3k + 1


19. Do đó A
(k + 1)
= 27.A
k
- 19.3
3k + 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:
n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n


24.
Với n = 1 thì A = n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 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)
= k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 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:
10
10
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
A
(k + 1)
= k
4
+ 4k
3
+ 6k
2
+ 4k + 1 + 6k
3
+ 18k
2
+ 18k + 6 + 11k

2
+ 22k + 11 + 6k + 1.
A
(k + 1)
= (k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k) + 24(k
2
+ 1) + 4(k
3
+ 11k).
Dễ thấy: k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k

24 (Theo giả thiết quy nạp).
Và 24(k
2
+ 1)

24. Lại có (k
3

+ 11k)

6 với
∀
k Є N.
Thật vậy: với k = 1 thì k
3
+ 11k = 12

6. (đúng)
Giả sử đúng với k = m thì m
3
+ 11m

6 (m Є N)
Ta phải đi chứng minh k
3
+ 11k

6 đúng với k = m +1.
Thật vậy: (m + 1)
3
+ 11(m + 1) = m
3
+ 3m
2
+ 3m + 1 + 11m + 11
= (m
3
+ 11m) + (3m

2
+ 3m + 12)

6.
Do đó k
3
+ 11k

6
⇒
4(k
3
+ 11k)

24
Vậy A
(k + 1)
= (k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k) + 24(k
2
+ 1) + 4(k
3
+ 11k)

24.

Vậy A
(n)


24 đúng với n = k + 1.
+ Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có:
n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n

24.
Bài 7. Chứng minh rằng a
5
– a chia hết cho 5 (1) với mọi số nguyên
dương a.
Giải:
+ Mệnh đề (1) đúng với a = 1 vì 1
5
– 1 chia hết cho 5.
+ Giả sử (1) đã đúng với a =k (k ∈ N), tức là ta đã có k
5
– 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) = k
5
+ 5k
4
+ 10k
3
+ 10k
2
+ 5k + 1 – k – 1
= (k
5
– k ) + [5k
4
+ 10k
3
+ 10k
2
+ 5k]
Ta thấy k
5
– 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)] - (k
5
– k ).
Hiệu này bằng: 5k
4
+ 10k
3
+ 10k
2
+ 5k, chia hết cho 5, mà (k
5
– k ) chia
hết cho 5 theo giả thiết quy nạp, do đó (k + 1)
5
– (k + 1) chia hết cho 5.
11
11
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
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 a
p
– 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 0
p
– 0 chia hết cho p.
+ Giả sử (2) đã đúng với a = k tức là ta đã có A
k
= k
p
– k chia hết cho p.
Ta cần chứng minh rằng A
k+1
= (k +1)
p
– (k + 1) cũng chia hết cho p.
Xét hiệu:
( )
kkkpkk
pp
k
ppp
k
pp
pkkAA
ppppp
kk
−−







−−++
−
++
−−
+
−
++=−
−−−
+
11
2.1
)1(
3.2.1
)2)(1(
2.1
)1(
2321
1


)3(
2.1
)1(
3.2.1
)2)(1(
2.1
)1(
2321

pkk
pp
k
ppp
k
pp
pk
ppp
+
−
++
−−
+
−
+=
−−−

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): 1.2.3…k (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 A
k
- A
k +1
chia hết cho p. Ta lại có A
k
chia hết cho p
theo giả thiết quy nạp. Vậy A
k +1
chia hết cho p.

Chứng minh tương tự ta cũng có A
k- 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) a
2
– a chia hết cho 2.
b) a
3
– a chia hết cho 3.
c) a
5
– a chia hết cho 5.
d) a
7
– a chia hết cho 7.
Bài 2:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) 3
2n + 1
+ 40n - 67 chia hết cho 64.
12
12
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
b) 2
n + 2

.3
n
+ 5n - 4 chia hết cho 25.
Bài 3:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) 7
n + 2
+ 8
2n + 2
chia hết cho 57.
b) 10
n
+ 72n - 1 chia hết cho 81.
Bài 4:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì gồm 3
n
chữ số 1 chia
hết cho 3
n
:
a) 7
n + 2
+ 8
2n + 2
chia hết cho 57.
b) 10
n
+ 72n - 1 chia hết cho 81.
HD:
Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111


3.
Giả sử số
k
11 1
3
chia hết cho 3, ta có số:
k 1
11 1
3
+
=
k
11 1
3
.
k
11 1
3
.
k
11 1
3
=
k
11 1
3
.
k
100 1

3
.
k
100 01
3
chia hết cho 3.
Vậy với mọi số nguyên dương n thì gồm 3
n
chữ số 1 chia hết cho 3
n
.
Bài 5:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:
a) 7
4n
- 1

chia hết cho 5.
b) 3
4n +1
+ 2 chia hết cho 5.
c) 2
4n +1
+ 3 chia hết cho 5.
d) 2
4n +1
+ 1 chia hết cho 5.
e) 9
2n +1
+ 1 chia hết cho 10.

Bài 6: Chứng minh rằng:
a) (n
2
+ n - 1)
2
– 1 chia hết cho 24 với mọi số nguyên n.
b) (a
2
+ 3a + 1)
2
– 1 chia hết cho 24 với a là số tự nhiên.
c) n
3
+ 6n
2
+8n chia hết cho 48 với mọi số chẵn n.
d) n
4
– 10n
2
+ 9 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n.
Bài 7: Chứng minh rằng A chia hết cho B với:
a) A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+…+ 99
3

+ 100
3
B = 1+ 2 + 3 + … + 99 + 100
b)
A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+…+ 99
3
B = 1+ 2 + 3 + … + 99
13
13
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
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 2
n
– 3 chia hết cho 13 với mọi số tự nhiên n.
Bài 10: Chứng minh rằng số
72
14
2
+
+
n
chia hết cho 11 với mọi số tự
nhiên n.

Bài 11: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:
a) 6
2n
+ 3
n+ 2
+ 3
n
chia hết cho 11.
b) 10
n
– 9n – 1 chia hết cho 27.
Bài 12. Chứng minh rằng số gồm 3
n
chữ số 1 thì chia hết cho 3
n
.
Bài 13. Chứng minh rằng biểu thức 10
n
+

18n

- 1

chia hết

cho 27 với n
là số tự nhiên.
Bài 14. Chứng minh rằng : 25n
4

+ 50n
3
– n
2
- 2n chia hết cho 24 nếu n
là số nguyên dương tuỳ ý.
Bài 15. Chứng minh rằng 2
0
+ 2
1
+ 2
2
+ 2
3
+…+ 2
5n - 3
+ 2
5n - 2
+ 2
5n - 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 a
6
– b
6
chia hết cho 9.
Bài 17. Chứng minh rằng 4a
2
+ 3a + 5 chia hết cho 6 nếu a là một số

nguyên.
Bài 18. Chứng minh rằng n
2
+ 3n + 39 và n
2
+ 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 4
n
+ 6n – 1 chia hết cho 9 với mọi số tự
nhiên n ≥ 1.
b) Chứng minh rằng 10
n
– 9n – 1 chia hết cho 27 với n là số
tự nhiên, n ≥ 1.
Bài 22. Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương:
a) (n + 1) (n + 2) (n + 3) …(2n) chia hết cho 2
n
b) (n + 1) (n + 2) (n + 3) … (3n) chia hết cho 3
n
.
14
14
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p

Bài 23. Chứng minh rằng:
a) 2n
3
+ 3n
2
+ n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.
b) n
5
- 5n
3
+ 4n chia hết cho 120 với mọi số nguyên n.
c) n
3
– 3n
2
– n + 3 chia hết cho 48 với mọi số lẻ n.
d) n
4
+ 4n
3
– 4n
2
- 16n chia hết cho 348 với mọi số chẵn n.
Bài 24. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n:
a) Số n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49.
b) Số n
2
+ n + 1 không chia hết cho 9.

Bài 25. a) Chứng minh rằng 8.16
n
– 8 chia hết cho 120.
b) Chứng minh rằng 16
n
– 1 chia hết cho 15, nhưng không chia
hết cho 17 với n là số lẻ.
c) Chứng minh rằng 2n
3
+ 3n
2
+ n chia hết cho 6 với mọi số
nguyên n.
Bài 26. Chứng minh rằng A = n
3
( n
2
- 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
S
n
= 1
3

+ 2
3
+ 3
3
+ … + n
3
= [
n(n 1)
2
+
]
2
(1).
Giải :
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1
3
= 1
vế trái của (1) bằng [
1(1 1)
2
+
]
2
= 1
⇒
VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1.
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N & k ≥ 1)
Tức là: S
K
= 1

3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + k
3
= [
(k 1)(k 2)
2
+ +
]
2
Ta phải đi chứng minh (1) đúng với n = k +1.
Tức là: S
K + 1
=1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + (k + 1)
3
= [
(k 1)(k 2)
2
+ +
]
2

Thật Vậy: S
K + 1
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + (k + 1)
3
.
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ … + k
3
+ (k + 1)
3
.
15
15
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
= S
K

+ (k + 1)
3

.
Theo giả thiết quy nạp thì S
k
= [
(K(K 1)
2
+
]
2
Do đó: S
k + 1
= [
(k(k 1)
2
+
]
2
+ (k + 1)
3
.
= [
2
k (k 1)
4
+
]
2
+ (k + 1)
3
=

2 2
(k 1) . k 4(k 1)
4
 
+ + +
 

=
( )
2 2
(k 1) . k 4k 1
4
+ + +
=
( )
2
2
(k 1) . k 2
4
+ +
=
2
(k 1).(k 1)
2
+ +
 
 
 
⇒
S

K + 1
=
2
(k 1).(k 1)
2
+ +
 
 
 
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:
S
n
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + n
2
=
n(n 1).(2n 1)
6
+ +
(1).
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1

2
= 1.
vế phải của (1) bằng
1(1 1).(2.1 1)
6
+ +
= 1.
Vậy VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1.
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N & k ≥ 1), tức là:
S
k
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + k
2
=
k(k 1).(2k 1)
6
+ +
Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k +1, tức là:
S
k + 1
= 1
2
+ 2
2

+ 3
2
+ … + (k + 1)
2
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6
+ + +
Thật vậy: S
k + 1
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ … + k
2
+ (k + 1)
2
= S
k
+ (k + 1)
2


(Do giả thiết quy nạp S
n
= 1
2

+ 2
2
+ 3
2
+ … + k
2
).
Mặt khác S
k
=
k(k 1).(2k 1)
6
+ +

⇒
S
k + 1
=
k(k 1).(2k 1)
6
+ +
+ (k + 1)
2

16
16
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
=
2
k(k 1).(2k 1) 6(k 1)

6
+ + + +
=
(k 1).[k(2k 1) 6k 6]
6
+ + + +
=
2
(k 1).[2k k 6k 6]
6
+ + + +

=
2
(k 1).(2k 7k 6)
6
+ + +
S
k
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6
+ + +
⇒
S
k + 1
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6
+ + +

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
n(n 1).(2n 1)
6
+ +
.
Chú ý: Có thể tính S
n
bằng cách khác:
Xét hằng đẳng thức (x + 1)
3
= x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1. Lần lượt thay x
bằng 1, 2, 3, …, n vào hằng đẳng thức trên, ta được:
2
3
= 1
3
+ 3.1
2
+ 3.1 + 1
3
3
= 2
3
+ 3.2

2
+ 3.2 + 1
………………………
(n +1)
3
= n
3
+ 3n
2
+ 3n + 1
Cộng các đẳng thức trên rồi rút gọn ta được:
(n +1)
3
= 1
3
+ 3(1
2
+ 2
2
+…+ n
2
) + 3(1 + 2 + … + n) + n.
Do đó 3(1
2
+ 2
2
+…+ n
2
) = (n +1)
3

-
2
)1(3
+
nn
- (n -1)
= (n -1) [(n + 1)
2
-
2
3n
- 1] = (n - 1)(n
2
+
2
n
) =
2
1
n(n + 1)(2n + 1).
Vậy (1
2
+ 2
2
+…+ n
2
) =
n(n 1).(2n 1)
6
+ +

.
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
= 2
2
= 4.
⇒
VT = VP.
Vậy đẳng thức đúng với n = 1.
+ Giả sử đẳng thức (
∗
) đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1).
17
17
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
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).(k
2
+ 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:
1 1 1 1 n

1.4 4.7 7.10 (3n 2).(3n 1) 3n 1
+ + + + =
− + +
.
Giải:
+ Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP =
1
4
.
+ Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1).
Tức là:
1 1 1 1 k

1.4 4.7 7.10 (3k 2).(3k 1) 3k 1
+ + + + =
− + +
.
Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1.
Tức là:
1 1 1 1 k 1

1.4 4.7 7.10 (3k 1).(3k 4) 3k 4
+
+ + + + =
+ + +
.

Thật vậy: S
k + 1
=
1 1 1 1 1

1.4 4.7 7.10 (3k 2).(3k 1) (3k 1).(3k 4)
+ + + + +
− + + +
= S
k
+
1
(3k 1).(3k 4)
+ +
Theo giả thiết quy nạp S
k
=
k
3k 1
+
Do đó: S
k + 1
=
k 1
3k 1 (3k 1).(3k 4)
+
+ + +
=
2
3k 4k 1

(3k 1)
+ +
+
18
18
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
S
k + 1
=
(3k 1).(k 1)
(3k 1).(3k 4)
+ +
+ +
=
k 1
3k 4
+
+
Vậy S
n
đúng với n = k + 1.
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức (1) luôn
xảy ra.
Bài 5:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
S
n
=
2 2 2 2
1 2 3 n n(n 1)

1.3 3.5 5.7 (2n 1).(2n 1) 2(2n 1)
+
+ + + + =
− + +
.
Giải:
+ Với n = 1, vế phải của đẳng thức trên bằng
2
1
(2.1 1).(2.1 1)− +
=
1
3
vế trái của đẳng thức trên bằng
1(1 1)
2(2.1 1)
+
+
=
1
3
⇒
VT = VP =
1
3
. Vậy đẳng thức đúng với n = 1.
+ Giả sử S
n
đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1).

Tức là: S
k

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

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) 2(2k 1)
+
= + + + + =
− + +
.
Ta phải đi chứng minh đẳng thức S
n
đúng với n = k + 1
Tức là: S
k + 1

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

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 3) 2(2k 3)
+ + +
= + + + + =
+ + +
.
Thật Vậy:
S
k + 1

2 2 2 2 2

1 2 3 k (k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) (2k 1).(2k 3)
+
= + + + + +
− + + +
.
Theo giả thiết quy nạp:
2 2 2 2
1 2 3 k k(k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) (2k 1)2
+
+ + + + =
− + +
.
Do đó: S
k + 1
2
k 1 (k 1) k 1 k k 1
.
2(2k 1) (2k 1).(2k 3) 2k 1 2 2k 3
+ + + +
 
= + = +
 
+ + + + +
 
.

2
k 1 k(2k 3) 2(k 1) k 1 2k 5k 2
. .
2k 1 2k(2k 3) 2k 1 2(2k 3)
+ + + + + + +
= =
+ + + +
.

k 1 (2k 2).(2k 1) (k 1).(k 2)
.
2k 1 2(2k 3) 2(2k 3)
+ + + + +
= =
+ + +
.
⇒
S
k + 1
(k 1).(k 2)
2(2k 3)
+ +
=
+
. Vậy S
n
đúng với n = k + 1 (k Є N, k ≥ 1).
19
19
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức S
n
luôn
đúng.
Bài 6:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
S
n

= − + + − + + − + + − − = −
2 n
( 1) 3 ( 5) 7 ( 9) ( 1) .(2n 1) ( 1) .n
(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế phải của đẳng thức (1) bằng -1.
vế trái của đẳng thức (1) bằng (-1)
1
.(2-1) = -1.
⇒
VP = VT = -1 vậy S
n
đúng với n = 1.
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є Z
+
, k ≥ 1).
Tức là: S
k
= -1 + 3 - 5 + 7 - 9 + … + (-1)
k
.(2k - 1) = (-1)

k
.k.
Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k + 1.
Tức là: S
k + 1
= -1 + 3 - 5 + 7 - 9 + … + (-1)
k + 1
.(2k + 1) = (-1)
k + 1
.(k + 1).
Thật vậy:
S
k + 1
= -1 + 3 - 5 + 7 - 9 + … + (-1)
k
.(2k - 1) + (-1)
k + 1
.(2k + 1)
= S
k
+ (-1)
k + 1
.(2k + 1).
Theo giả thiết quy nạp: S
k
= (-1)
k
.k
Do đó: S
k + 1

= (-1)
k
.k + (-1)
k + 1
.(2k + 1) = (-1)
k
.k - (-1)
k
.(2k + 1).
S
k + 1
= (-1)
k + 1
.(k + 1). Vậy S
n
đúng với n = k + 1.
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức S
n
luôn
đúng.
Bài 7:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
S
n
= 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ n.n! = (n + 1)! - 1.
Giải:
+ Với n = 1 thì VT = 1; VP = 2! - 1 = 1.
⇒
VT = VP = 1. Vậy S
n

đúng
với n = 1.
+ Giả sử S
n
đúng với n = k (k Є Z
+
, k ≥ 1).
Tức là: S
k
= 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ k.k! = (k + 1)! - 1.
Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k + 1.
Tức là: S
k + 1
= 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ (k + 1).(k + 1)! = (k + 2)! - 1.
Thật vậy:
S
k + 1
= 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ k.k! + (k + 1).(k + 1) = S
k
+(k + 1).(k + 1)!
Theo giả thiết quy nạp có S
n
= (k + )! - 1.
Do đó: S
k + 1
= (k + )! - 1 + (k + 1).(k + 1)! = (k + )!.(k + 1 + 1) - 1
20
20
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
= (k + 1)!.(k + 2) - 1.

⇒
S
k + 1
= (k + 2).(k + 1)! - 1. Vậy S
n
đúng với n = k + 1.
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì ta luôn có:
1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ n.n! = (n + 1)! - 1.
Bài 8:
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì:
2
1 1 1 n 3n
S
1.2.3 2.3.4 n.(n 1).(n 2) 4(n 1).(n 2)
+
= + + + =
+ + + +
.
Giải
+ Với n = 1, VT =
1
6
; VP =
4 1
4.6 6
=

⇒
VT = VP. Vậy S
n

đúng với n = 1.
+ Giả sử S
n
đúng với n = k.
Tức là:
2
n
1 1 1 k 3k
S
1.2.3 2.3.4 k.(k 1).(k 2) 4(k 1).(k 2)
+
= + + + =
+ + + +
Ta phải đi chứng minh đẳng thức S
n
đúng với n = k.
Tức
2
k 1
1 1 1 1 (k 1) 3(k 1)
S
1.2.3 2.3.4 k.(k 1).(k 2) (k 1).(k 2).(k 3) 4(k 2).(k 3)
+
+ + +
= + + + + =
+ + + + + + +
.
Thật vậy:
k 1 k
1

S S
(k 1).(k 2).(k 3)
+
= +
+ + +
Theo giả thiết quy nạp
2
k
k 3k
S
4(k 1).(k 2)
+
=
+ +
Do đó:
2
k 1
k 3k 1
S
4(k 1).(k 2) (k 1).(k 2).(k 3)
+
+
= +
+ + + + +
.
2 3 2 2
(k 3k).(k 3) 4 k 6k 9k 4 (k 4).(k 1)
4(k 1).(k 2).(k 3) 4(k 1).(k 2).(k 3) 4(k 1).(k 2).(k 3)
+ + + + + + + +
= = =

+ + + + + + + + +
k 1
(k 4).(k 1) (k 1).(k 4)
S
4(k 2).(k 3) 4(k 2).(k 3)
+
+ + + +
= ⇒ =
+ + + +
.
Vậy S
n
đúng với n = k + 1.
+ Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên thì ta có:
2
1 1 1 1 n 3n

1.2.3 2.3.4 3.4.5 n.(n 1).(n 2) 4(n 1).(n 2)
+
+ + + + =
+ + + +
.
Bài 9:
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì:
21
21
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 a 1 a 1

         
− − − − − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
+ +
         
(1)
Giải:
+ Với a = 1, VT =
1 1
1
2 2
− =
; VP =
1
2

⇒
VT = VP =
1
2
.
Vậy (1) đúng với a = 1.
+ Giả sử a = k, (1) đúng, tức là
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 k 1 k 1
         
− − − − − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
+ +

         
.
Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với a = k + 1 (k Є N, k ≥ 1).
Tức là:
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 1 . 1
2 3 4 k 1 k 2 k 2
         
− − − − − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
+ + +
         
.
Thật vậy:
1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 1 . 1
2 3 4 k 1 k 2
         
− − − − −
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
+ +
         

1 1 1 k 2 1 1
. 1 .
k 1 k 2 k 1 k 2 k 2
+ −
       
= − = =
 ÷  ÷  ÷  ÷

+ + + + +
       
.
Vậy (1) đúng với a = k + 1.
+ Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên thì:
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 a 1 a 1
         
− − − − − =
 ÷  ÷  ÷  ÷  ÷
+ +
         
.
*Bài tập tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a, S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n + 1) =
n(n 1).(n 2)
3
+ +
.
b, S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(3n + 1) = n(n + 1)
2
.
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
n

1 1 1 1 n
S
1.5 5.9 9.13 (4n 3).(4n 1) 4n 1
= + + + + =
− + +
.
n
1 1 1 1 n
S
1.6 6.11 11.16 (5n 4).(5n 1) 5n 1
= + + + + =
− + +
.
n
1 1 1 1 n
S
1.7 7.13 13.19 (n 5).(6n 1) 6n 1
= + + + + =
− + +
.
n
1 1 1 1 n
S
1.8 8.15 15.22 (7n 6).(7n 1) 7n 1
= + + + + =
− + +
.
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì:
22
22

Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
S
n
= 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n + 1).(n+2) =
n(n 1).(n 2).(n 3)
4
+ + +
.
Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n Є N thì:
S
n
= 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 +… + n(n + 3) =
n(n 1).(n 5)
5
+ +
.
Bài 5. Chứng minh rằng tổng các số hạng của một dãy số mà hai số hạng
liên tiếp cách nhau cùng một số đơn vị bằng số đầu cộng số cuối rồi nhân
với số hạng và chia hai:
Bài 6. a, Chứng minh rằng tổng n các số lẻ đầu tiên liên tiếp là:
S = 1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n – 1) = n
2

b, Chứng minh rằng tổng n các số chẵn đầu tiên liên tiếp là:
S = 2 + 4 + 6 + 8 + … + 2n =
+
= +
n(2n 2)
n(n 1)
2

c) Chứng minh rằng tổng n các số tự nhiên đầu tiên liên tiếp là:
S = 1 + 2 + 3 + 3 +…+ n =
n(n 1)
2
+
Bài 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
Bài 8. Chứng
minh rằng với mọi
số nguyên dương n thì:

+ + + + =
+ +

1 1 1 1 n
1.2 2.3 3.4 n(n 1) n(n 1)
với n ≥ 1.
Bài 9. Chứng minh rằng tổng của n số tự nhiên đầu tiên bằng:S =
n(n 1)
2
+
Bài 10. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
S

= 1.2.3 + 2.3.4 + … + n(n + 1).(n+2) =
n(n 1).(n 2).(n 3)
4
+ + +
.
Bài 11. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:
1

3
+ 3
3
+ 5
3
+ … + (2n - 1)
3
= n
2
(2n
2
- 1).
Bài 12. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:
1
2
– 2
2
+ 3
2
– 4
2
+… +(-1)
n - 1
n
2
= (-1)
n – 1
.
n(n 1)
2

+
Bài 13. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:
23
23
= + + + + =
+ + +
 
= −
 
+ + +
 
1 1 1 1
S
1.2.3.4 2.3.4.5 3.4.5.6 n.(n 1).(n 2).(n 3)
1 1 1
. .
3 1.2.3 (n 1).(n 2).(n 3)
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
a) 1.2 + 2.3 + … + (n - 1)n =
− +
1
(n 1)n(n 1)
3
Với n ≥ 2
b) 1.2 + 2.5 + 3.8 + …. + n.(3n - 1) = n
2
. (n + 1).
c) 1.4 + 2.7 + 3.10 + … + n.(3n + 1) = n. (n + 1)
2
.

d) 1.2.3 + 2.3.4 + … + (n -1).n.(n+ 1) =
− + +
1
(n 1)n(n 1)(n 2)
4
với n ≥ 2.
e) 1.2
2
+ 2.3
2
+ … + (n - 1)n
2
=
− + +
1
(n 1)n(n 1)(3n 2)
12
với n ≥ 2.
Bài 14. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:
4.[1.2.3 + 2.3.4 + … + n (n + 1) (n + 2)] + 1 là số chính phương.
Bài 15. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:

+
+ + + + = −
2 3 n n
1 2 3 n n 2
2
2 2 2 2 2
Bài 16. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:

− − − − +
+ + + + = −
2 2 2 2
n
2 2 3 2 4 2 n 2 n 2
3
2! 3! 4! n! 2
với n ≥ 2.
Bài 17. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n:

− − − − +
=

2 2 2 2
2 2 2 2
2 1 3 1 4 1 n 1 n 1
. .
2 3 4 n 2n
Bài 18. Chứng minh đẳng thức sau với n là số tự nhiên (n ≥ 1.)

+ + + + =
+ +

1 1 1 1 n
1.2 2.3 3.4 n(n 1) n 1
Bài 19. Chứng minh các đẳng thức sau với n là số tự nhiên:
a)
+ + + + =
− + +


1 1 1 1 1
1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 2n 1
với n ≥ 1
b)
− +
+ + + + =
− + +

1 1 1 1 (n 1)n(n 1)
1.2.3 2.3.4 3.4.5 (n 1)n(n 1) 4n(n 1)
với n ≥ 1.
c)
+
+ + + + =
+ + +

1 1 1 1 (n 1)
2.5 5.8 8.11 (3n 1)(3n 5) 2(3n 5)
Bài 20. Chứng minh rằng các đẳng thức sau với n là số tự nhiên:
a)
+
+ + + + =
+ +
2
1 1 1 1 2(n 1)
(1 )(1 )(1 ) (1 )
3 8 15 n 2n n 2
b)
+
+ + + + =

+ +
2
2 2 2 2 3(n 1)
(1 )(1 )(1 ) (1 )
4 10 18 n 3n n 3
24
24
Ph¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p
3. Chứng minh bất đẳng thức:
Bài 1:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n
≥
3 thì:
2
n
> 2n + 1 (1).
Giải:
+ Với n = 3 thì 2
3
= 8; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7
⇒
VT > VP.
Vậy (1) đúng với n = 3.
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N, k ≥ 3), tức là 2
k
> 2k + 1.
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1.
Tức là: 2
k + 1
> 2k + 3 (2)

Thật vậy: 2
k + 1
= 2
k
.2. Theo giả thiết quy nạp 2
k
> 2k + 1.
Do đó: 2
k + 1
> 2(2k + 1) = (2k + 3).(2k - 1) > 2k + 3
(Vì 2k - 1 > 0 với k
≥
3).
Vậy (2) đúng với
∀
k
≥
3.
+ Kết luận: 2
n
> 2n + 1 với mọi số nguyên dương và n
≥
3.
Bài 2:
Chứng minh bất đẳng thức côsi với n số không âm.
1 2 n
n
1 2 n
a a a
a a a

n
+ + +
≥
với a
1
, a
2, . . .,
a
n
≥ 0.
CM:
+ Hiển nhiên mệnh đề đúng với n = 2, tức là
1 2
n
1 2
a a
a a
2
+
≥
.
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là:
1 2 k
k
1 2 k
a a a
a a a
k
+ + +
≥

Ta đi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
25
25