Phương pháp quy nạp

PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n

N ta không thể thử trực

tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có
thể tiến hành các bước kiểm tra như sau
Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0
Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự
nhiên n=k

0 bất kì suy ra nó đúng với n=k+1 .

Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n

2 ta có đẳng thức :

an-bn =(a-b)(an-1 +an-2b +…..+ bn-1)
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp .
* Khi n=2 ta có a2 -b2=(a-b)(a+b) là đúng
* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak2

b +…..+ bk-1)

Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b
+…..+ bk) .
Thật vậy ta có :
VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(ab)(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)

= (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +…..+ bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b
+…..+ bk) = VP
Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n

Bài 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n

2

1 ta có đẳng thức :

n(n  1)
1+2+3+4…………+ n = 2

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n

N* ta có :

12 +22 +32 + 42 +52

n(n  1)(2n  )

+……+n =
2

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n

N biểu thức Un=13n -1 chia hết 6.

Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n

3 ta có 2n > 2n+1

2n  2
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 4.3  32n  36  64

Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n

1 ta luôn có:

(n+1)(n+2)…(2n)  1.3.5…(2n-1)
Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3+2n  3
n
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: 16  15n  1 225

A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN


1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b  0). Tồn tại một và
chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao cho a = bq + r với
* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b:

a  b  a = kb

0r  b

a, b, k 

* Nếu r  0 phép chia a cho b là có dư
2. Tính chất của qua hệ chia hết:
aa

a  b và b  a

thì a = b

a  b và b  c thì a  c
a m

thì ka  m và ak  m

a  m, b  m thì a  b  m
a  b  m mà a  m thì b  m
a  m, b  n thì ab  nm
a  m thì an  mn
an  m, m nguyên tố thì a  m
a  m, a  n mà (n, m) = 1 thì a  mn
a  m, a  n, a  k; n, m, k nguyên tố sánh đôi thì a  mnk
a  m, b  m thì a  b  m

.


* Trong n số nguyên liên tiếp (n N*) có một và chỉ một số chia hết cho n.
* Trong n+1 số nguyên bất kì (n N*) chia cho n thì có hai số chia cho n có
cùng số dư.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường
hợp về số dư của n chia cho p.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác
thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết
cho từng thừa số đó.
* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử

rồi xét số dư khi chia x cho m.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI :
1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p
Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho
5=> A(n) chia hết cho 5
c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho
5=> A(n) chia hết cho 5


d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho
5=> A(n) chia hết cho 5
e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho
5=> A(n) chia hết cho 5
2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q
a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q
=> A(n) chia hết cho p.q
b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) =
B(n).C(n) và chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q
=> , A(n) chia hết cho p.q
3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành
tổng nhiều hạng tử và chứng minh mỗi hạng tữ chia hết
cho n.
4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân
tử, trong đó có một nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m:
A(n) = m.B(n)
+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :
an – bn  a – b ( a  b) n bất kỳ.

an – bn  a – b ( a  - b) n chẵn.
an + bn  a + b ( a  - b) n lẻ.


5/ Chứng minh bằng quy nạp toán học :
Bài 1. Chứng minh rằng :
a) n5 - 5n3 + 4n  120 ;

với  n  Z

b) n3-3n2-n+3  48 ;

với  n lẻ

c) n4 + 4n3 -4n2 -16n  384 với  n chẵn
Bài 2.

4
2
CMR: a) n  n  12

2
b) n(n  2)(25n  1)  24

c) Chữ số tận cùng của số tự

nhiên n và n5 là giống nhau.
3
3
d) (a  b) 6  (a  b ) 6

e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1.

2
CMR n  1 24

2n  1
 2n  2  7
g) 3

f)

32n  2  2 6n  1 11

B, CHIA HẾT ĐA THỨC :
1. Ta sử dụng định lý Bơ zu :
Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của
đa thức f(x) tại x = a.
Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi
a là nghiệm của đa thức
Từ đó suy ra :


Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1
Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của
số hạng bậc lẻ thì
f(x)  ( x + 1)
2.Đa thức bậc 2 trở lên :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử
chi hết cho đa thức chia.

Cách 2 : Xét giá trị riêng.
3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác :
Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số
chia hết cho đa thức chia.
Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho
đa thức chia.
Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x)  g(x) ta
chứng minh : f(x) + g(x)  g(x) hoặc f(x) - g(x)  g(x).
Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm
của đa thức bị chia


Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho:
a) 4x 2 - 6x + a  (x-3)
b) 2x2 + x + a  (x+3)
c) x3 + ax2 - 4  (x2 + 4x + 4)

d) 10x2 - 7x + a  (2x - 3)
e) 2x2 + ax + 1 chia cho x - 3 dư 4
g) ax5 + 5x4 - 9  (x-1)
Bài 2 Tìm các hằng số a và b sao cho x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7,
chia cho x - 3 thì dư -5
Bài 3 Tìm n  Z để :
a/ n2 + 2n – 4  11
b/ 2n3 + n2 + 7n +1  2n – 1
c/ n3 – 2  n – 2
d/ n3 - 3n2 + 3n - 1  n2 +n + 1
e/n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + 1  n4 – 1
Bài 4: Tìm số dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + 7 cho x + 1

Bài 5: CMR :

a/ x50 + x10 + 1  x20 + x10 + 1
b/ x2 - x9 – x1945  x2 - x + 1
c/ x10 - 10x + 9  (x – 1)2
d/ 8x9 - 9x8 + 1  (x – 1)2