Phương pháp chứng minh quy nạp -Thanh

Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
Phần I: T VN
Mụn Toỏn l mụn hc cú tớnh thc t rt cao, nú nh hng ln n i sng
con ngi. Cỏc cụng trỡnh nghiờn cu khoa hc u cho rng: Tt c cỏc mụn
khoa hc khỏc u cú liờn quan mt thit vi Toỏn hc. S phỏt trin mnh m
ca tt c cỏc ngnh khoa hc c bn cng nh cỏc ng dng ca nú vo cỏc
ngnh cụng nghip then cht u khụng th thiu Toỏn hc. c bit trong thi
i ngy nay vi s bựng n ca cụng ngh thụng tin phỏt trin nh v bo ó
vn dng cỏc ng dng ca Toỏn hc a li hiu qu to ln trong cỏc lnh vc
ca i sng xó hi. Chớnh vỡ nhng lớ do ú m ngnh giỏo dc t ra mc tiờu
cho mụn Toỏn trong nh trng THCS l:
* V kin thc:
- Cung cp cho hc sinh nhng kin thc v s (t s t nhiờn n s
thc), v cỏc biu thc i s, v phng trỡnh bc nht, bc hai, v h phng
trỡnh v h bt phng trỡnh bc nht, v tng quan hm s, v mt vi dng
hm s n gin v th ca chỳng
- Mt s hiu bit ban u v thng kờ
- Nhng kin thc m u v hỡnh hc phng, quan h bng nhau v quan
h ng dng gia hai hỡnh phng, mt s yu t ca lng giỏc, mt s vt th
trong khụng gian
- Nhng hiu bit ban u v mt s phng phỏp Toỏn nh: D oỏn v
chng minh; quy np v suy din; phõn tớch v tng hp. . .
* V k nng: Hỡnh thnh v rốn luyn cỏc k nng tớnh toỏn v s dng bng
s, mỏy tớnh b tỳi; thc hin cỏc phộp bin i cỏc biu thc; gii phng trỡnh
v bt phng trỡnh bc nht mt n, gii phng trỡnh bc nht hai n; gii h
phng trỡnh bc nht hai n; v hỡnh, o c, c lng. Bc u hỡnh thnh
kh nng vn dng kin thc Toỏn vo trong i sng v cỏc mụn hc khỏc.
* V thỏi : Hỡnh thnh cho hc sinh kh nng quan sỏt, d oỏn, phỏt trin
trớ tng tng khụng gian; kh nng suy lun lụgớc; kh nng s dng ngụn
ng chớnh xỏc, bi dng cỏc phm cht ca t duy nh linh hot, c lp v
sỏng to; bc u hỡnh thnh thúi quen t hc, din t chớnh xỏc v sng sa ý

tng ca mỡnh v hiu c ý tng ca ngi khỏc. Gúp phn hỡnh thnh cỏc
phm cht lao ng khoa hc cn thit ca ngi lao ng trong thi i mi.
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 1 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
1, Cơ sở nghiên cứu:
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 (ngời học toán) những kĩ năng tính toán cần thiết
mà còn là điều kiện chủ yếu rèn luyện khả năng t duy lôgic, một phơng pháp luận
khoa học.
Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phơng pháp dạy học và giải bài
tập toán đòi hỏi ngời giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử dụng đúng ph-
ơng pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển t duy của học sinh. Đồng
thời qua việc học toán học sinh cần đợc bồi dỡng, rèn luyện về phẩm chất đạo
đức, các thao tác t 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 t duy, trí tuệ cho học sinh, phát hiện những quy luật đẹp trong Toán học.
b) Về mặt thực tiễn:
Trong chơng trình toán phổ thông, áp dụng phơng 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 phơng pháp chứng minh quy nạp góp một phần
vào việc thực hiện chơng trình dạy học theo phơng pháp mới hiện nay lấy học
sinh làm trung tâm. Đồng thời giúp mỗi ngời giáo viên nâng cao trình độ chuyên
môn nghiệp vụ, tạo cơ sở vững chắc để phục vụ cho công tác bồi dỡng học sinh
giỏi đạt kết quả tốt, góp phần vào mục tiêu đào tạo và bồi dỡng nhân tài
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 phơng
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.
- Gây đợc hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa, sách tham
khảo, giúp học sinh tự giải đợc 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, Ph ơng pháp nghiên cứu:
- Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo của học sinh và
giáo viên.
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 2 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
- Sử dụng phơng pháp phân tích tổng hợp.
Phần ii. Nội dung
Phơng pháp chứng minh quy nạp
I. phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn
toàn:
Ví dụ 1. Quan sát các kết quả sau:
1
3
- 1 chia hết cho 3
2
3
- 2 chia hết cho 3
3
3
- 3 chia hết cho 3

4
3
- 4 chia hết cho 3
Hãy đa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó?
Giải: Dự đoán: a
3
- a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dơng a
Chứng minh: Gọi A = a
3
- a = a.(a - 1)(a + 1)
Xét ba khả năng có thể xảy ra:
a) Nếu a = 3k (k N) thì A chia hết cho 3
b) Nếu a = 3k + 1 (k N) thì a - 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3
c) Nếu a = 3k +2 (k N) thì a + 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3
Vậy a
3
- a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dơng a
Ví dụ 2. Quan sát kết quả sau:
2
3
- 2 chia hết cho 3
2
5
- 2 chia hết cho 5
2
7
- 2 chia hết cho 7
Dự đoán sau đúng hay sai? 2
n
- 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n?

Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 2
9
- 2 = 510 không chia hết cho 9
Nhận xét: Trong hai ví dụ trên, ta đã thực hiện các phép suy luận sau:
1, Xét các giá trị của a bằng 1, 2, 3, 4, để kết luận rằng a
3
- a chia hết cho 3 với mọi
số nguyên dơng a
2, Xét các giá trị của a bằng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k N) để kết luận rằng a
3
- a chia
hết cho 3 với mọi số nguyên dơng a
3, Xét các giá trị của n bằng 3, 5, 7 để kết luận rằng 2
n
- 2 chia hết cho n với mọi số
tự nhiên lẻ n
Ba phép suy luận trên đợc gọi là phép quy nạp, đó là phép suy luận đi từ các trờng
hợp riêng biệt đi tới kết luận tổng quát
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 3 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
Phép quy nạp gọi là hoàn toàn nếu ta xét tất cả các trờng hợp riêng, chẳng
hạn trong phép suy luận 2 ta đã xét mọi khả năng có thể xảy ra khi chia số tự nhiên a
cho 3 (a = 3k, a = 3k + 1, a = 3k + 2)
Phép quy nạp gọi là không hoàn toàn nếu ta xét một số trờng hợp riêng chứ
cha xét đầy đủ mọi trờng hợp riêng. Chẳng hạn trong phép suy luận 1 ta mới xét a
bằng 1, 2, 3, 4 để kết luận cho mọi số nguyên dơng a, trong phép suy luận 3 ta mới
xét n bằng 3, 5, 7 để kết luận cho mọi số tự nhiên lẻ n.
Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về một tính chất toán
học nào đó, đó là một cơ sở để đi tới các phát minh. Phép quy nạp 1 cho một khẳng

định đúng, kết luận này đã đợc chứng minh bằng phép quy nạp 2 (quy nạp hoàn
toàn). Phép quy nạp 3 cho một kết luận sai, ta đã bác bỏ nó bằng một phản ví dụ.
Nh vậy phép quy nạp hoàn toàn là một phép chứng minh chặt chẽ, còn phép
quy nạp không hoàn toàn có thể dẫn tới sai lầm, ngay cả đối với các nhà toán học có
tên tuổi dới đây:
- Nhà toán học Pháp Fecma nhận xét rằng công thức 2
n
+ 1 cho ta các số nguyên tố
với n bằng 2
0
, 2
1
, 2
2
, 2
3
, 2
4
(thật vậy 2
1
+ 1 = 3; 2
2
+ 1 = 5; 2
4
+ 1 = 17; 2
8
+ 1 = 257;
2
16
+ 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố )

Với n = 2
5
= 32 thì 2
n
+ 1 = 2
32
+ 1 = 4294967297, Fecma không phân tích đợc ra
thừa số nguyên tố, ông cho rằng đó cũng là một số nguyên tố và đa ra giả thuyết tổng
quát rằng công thức 2
n
+ 1 với n là một luỹ thừa của 2 cho ta các số nguyên tố.
- Một thế kỉ sau, năm 1732, Ơle mới bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra rằng
2
32
+ 1 là một hợp số, nó chia hết cho 641
Có thể kể thêm hai mệnh đề sai nhng lại đúng với một số rất lớn các trờng hợp đầu
tiên:
- Nhà toán học Gravơ đa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta có: 2
p-1
- 1 không
chia hết cho p
2
. Dự đoán này đúng với mọi số nguyên tố nhỏ hơn 1000, nhng chẳng
bao lâu sau ngời ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên tố 1093 mà 2
1093
- 1 chia hết cho
1093
2
- Một dự đoán khác: Số 911n
2

+ 1 không là số chính phơng với mọi số nguyên dơng
n. Số n nhỏ nhất để mệnh đề trên sai là
n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số)
Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn giúp các nhà toán học tìm ra một phơng pháp
chứng minh hiệu nghiệm giúp chúng ta khẳng định sự đúng đắn của một số tự nhiên,
đó là phơng pháp quy nạp toán học
II. Nội dung của phơng pháp quy nạp Toán học
Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn chỉ đợc áp dụng rất hạn chế. Nhiều
mệnh đề Toán học đáng chú ý bao gồm một số vô hạn các trờng hợp riêng, nhng con
ngời không thể kiểm tra đợc tất cả các trờng hợp riêng đó
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 4 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
Phép quy nạp hoàn toàn, nh chúng ta đã biết thờng dẫn tới kết luận sai lầm.
Trong nhiều trờng hợp để tránh những khó khăn nh thế ngời ta áp dụng một phơng
pháp suy luận đặc biệt, đợc gọi là phơng pháp quy nạp Toán học
Nội dung của phơng pháp (hay tiền đề) quy nạp Toán học đợc trình bày nh
sau:
Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dơng n đợc xem là đã đợc chứng minh
nếu cả hai điều kiện sau đây đợc thỏa mãn:
1, Mệnh đề đúng với n = 1
2, Từ giả thiết mệnh đề đúng với n = k (k N) suy ra đợc mệnh đề cũng đúng
với n = k + 1
Nh vậy để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số nguyên dơng n bằng ph-
ơng pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bớc sau:
Bớc 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1
Bớc 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (Ta gọi là giả thiết quy nạp), rồi chứng
minh mệnh đề đúng với n = k +1
Bớc 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dơng n
Trong phạm vi nghiên cứu của mình, tôi chỉ đề cập đến việc vận dụng phơng

pháp chứng minh quy nạp Toán học để giải ba dạng toán đó là: Chứng minh sự chia
hết, chứng minh đẳng thức và chứng minh bất đẳng thức. Hy vọng với một số kinh
nghiệm nhỏ này sẽ góp phần vào phơng pháp dạy học, đặc biệt là công tác bồi dỡng
học sinh giỏi, giúp học sinh rèn luyện đợc kỹ năng giải toán và t duy giải toán có
hiệu quả hơn.
III. Vận dụng phơng pháp quy nạp Toán học vào chứng
minh
Dạng 1. Chứng minh quan hệ chia hết:
Bài 1: Chứng minh rằng tổng các lập phơng của ba số nguyên dơng liên tiếp thì chia
hết cho 9
Giải:
Gọi ba số nguyên dơng liên tiếp đó là: n; n +1 và n + 2
Ta phải chứng minh: [n
3
+ (n + 1)
3
+ (n + 2)
3
]

9 (1)
+ 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 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
2
+ 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
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 5 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
Do đó [(k + 1)
3
+ (k + 2)
3
+ (k + 3)
3
]

9
+ Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dơng n. Vậy tổng các lập ph-
ơng của ba số nguyên dơng liên tiếp thì chia hết cho 9
Bài 2: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dơng 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 dơng
Vậy A
(n)
= 7
k + 2
+ 8
2k + 1


19 Với

n nguyên dơng
+ Kết luận: Vậy A
(n)
đúng với mọi số nguyên dơng
Bài 3: Chứng minh rằng: 16
n
- 15n - 1

225; n 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 N
+ Kết luận: Vậy 16
n
- 15 - 1

225 với

n N
Bài 4: Chứng minh rằng: A = (10
n
+ 18n - 1)

27 với

n N
Giải:
+ Với n = 1

A = 10 + 18 - 1 = 27

27. Vậy A đúng với n = 1
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 6 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
+ Giả sử đúng với n = k. (k 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 N
Bài 5: Chứng minh rằng với n 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 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 N)
+ Kết luận: Với n 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 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 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 N thì 10
n
+ 8 chia hết cho 9
Bài 6: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng 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
Tức là S
k + 1
= (k + 2).(k + 3) ... (k +1 + k + 1)
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 7 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
= (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 dơng 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 dơng 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:
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 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 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 dơng 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 dơng a
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 8 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
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 dơng a
* Chú ý:
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
Bài 8: Ta cũng có thể chứng minh đợc 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 phơng 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:
( )
1 2 3 2
1
1 2 3 2
( 1) ( 1)( 2) ( 1)
1 1
1.2 1.2.3 1.2
( 1) ( 1)( 2) ( 1)
(3)
1.2 1.2.3 1.2
p p p p p
k k
p p p
p p p p p p p
A A k pk k k k pk k k k
p p p p p p p
pk k k k pk

+



= + + + + + + +



= + + + + +
L
L

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 đợc 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 tơng 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
* Một số bài tập giải t ơng 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
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 9 Trờng THCS D-
ơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:
a) 3
2n + 1
+ 40n - 67 chia hết cho 64 b) 2
n + 2
.3
n
+ 5n - 4 chia hết cho 25
c) 7
n + 2
+ 8
2n + 2
chia hết cho 57 d) 10
n

+ 72n - 1 chia hết cho 81
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì số gồm 3
n
chữ số 1 chia hết
cho 3
n
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 dơng n thì gồm 3
n
chữ số 1 chia hết cho 3
n
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng 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 5: 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 6: 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
Bài 7: Chứng minh rằng nếu n là lập phơng của một số tự nhiên thì
(n - 1).n.(n + 1) chia hết cho 504
Bài 8: Chứng minh rằng số
72
14
2
+
+
n
chia hết cho 11 với mọi số tự nhiên n
Bài 9: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:
a) 6
2n
+ 3
n+ 2

+ 3
n
chia hết cho 11 b) 10
n
- 9n - 1 chia hết cho 27
Bài 10: Chứng minh rằng: 25n
4
+ 50n
3
- n
2
- 2n chia hết cho 24 nếu n là số nguyên
dơng tuỳ ý
Bài 11: 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 dơng bất kì
Bài 12: Chứng minh rằng: Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a

6
- b
6
chia hết cho 9
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 10 Trờng THCS
Dơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
Bài 13: Chứng minh rằng 4a
2
+ 3a + 5 chia hết cho 6 nếu a là một số nguyên
Bài 14: Chứng minh rằng n
2
+ 3n + 39 và n
2
+ n + 37 chia hết cho 49 với mọi số tự
nhiên n
Bài 15: a) Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập
phơng của chúng chia hết cho 9
b) Chứng minh rằng hiệu các bình phơng của hai số lẻ thì chia hết cho 8
Bài 16: Cho tổng của năm số nguyên bằng 0. Chứng minh rằng tổng các lũy thừa bậc
năm của năm số nguyên đó chia hết cho 25
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dơng:
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
Bài 18: 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
e, Chứng minh rằng 8.16
n
- 8 chia hết cho 120
f) Chứng minh rằng 16
n
- 1 chia hết cho 15, nhng không chia hết cho 17 với n là
số lẻ
Bài 19: 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 20: Chứng minh rằng A = n
3
(n
2
- 7)
2
- 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên
n
Dạng 2. Chứng minh đẳng thức:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:
S
n
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ ... + n
3
=
+



2
n(n 1)

2
(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1
3
= 1; vế phải của (1) bằng
+

=


2
1(1 1)
1
2


VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k N & k 1)
Tức là: S
K
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ ... + k
3
=

+ +



2
(k 1)(k 2)
2
Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 11 Trờng THCS
Dơng Thủy
Vận dụng phơng pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán
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
=
+ +



2
(k 1)(k 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
= S
K

+ (k + 1)
3
Theo giả thiết quy nạp thì S
k
=
+

2
(k(k 1)
2
Do đó: S
k + 1
=
+



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

+


2
2
k (k 1)
4

+ (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 dơng n
Bài 2: Chứng minh rằng mọi số nguyên dơng 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 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
+ +
do đó ta có:
S
k + 1
=
k(k 1).(2k 1)
6
+ +
+ (k + 1)
2

Ngời thực hiện: Nguyễn Minh Thanh 12 Trờng THCS
Dơng Thủy