Hướng dẫn giải các bài toán về các bài toán quy nạp lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (265.2 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

CHƯƠNG III: DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN

BÀI 1: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

PHÂN 1 – LÝ THUYẾT

Xét mệnh đề ( )P n phụ thuộc vào số tự nhiên n . Để chứng minh một mệnh đề ( )P n đúng với mọi n n ( 0
0

n là số tự nhiên cho trước) thì ta thực hiện theo các bước sau:

Bước 1: Kiểm tra ( )P n đúng với n n . 0

Bước 2: Giả sử n n đúng khi  0 n k ,



k n 0



(xem đây là giả thiết để chứng minh bước 3).

Bước 3: Ta cần chứng minh ( )P n đúng khi n k 1 (bước này quan trọng và khó nhất) .

Bước 4: Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng ( )P n đúng với mọi n n .  0
PHẦN 2 – CÁC DẠNG BÀI TẬP TỰ LUẬN

Dạng 1: Chứng minh đẳng thức.
Phương pháp giải:

Làm theo 4 bước như phần lý thuyết, chú ý ta sẽ sử dụng Bước 2 đề chứng minh Bước 3.

Ví dụ điển hình

Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:









1.4 2.7  n 3n 1 n n 1

Hướng dẫn giải









1.4 2.7  n 3n 1 n n 1

(1)

Với n = 1: Vế trái của (1) 1.44; Vế phải của (1) 1(1 1) 2 4. Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1).

Vậy (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:







  

1.4 2.7  k 3k 1 k k 1 2

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:



 



1.4 2.7  k 3k 1  k 1 3k 4   k 1 k 2 

Thật vậy





 



 









 





 



 

              

          

2 2

k k 1

1.4 2.7 k 3k 1 k 1 3k 4 k k 1 k 1 3k 4 k 1 k 2

(đpcm).
Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:



 









 



n n 3

1 1 1

1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 4 n 1 n 2



   

   

Hướng dẫn giải



 









 





   

   

n n 3

1 1 1

,(1)

1.2.3 2.3.4 n n 1 n 2 4 n 1 n 2

Với n = 1: Vế trái của (1)

1 1

1.2.3 6

 

; Vế phải của (1)

1(1 3) 1

4(1 1)(1 2) 6



 

  .

Suy ra Vế trái của (1) = Vế phải của (1). Vậy (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:



 









 



 

k k 3

1 1 1

1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 4 k 1 k 2



   

   

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>



 





 





 



 

k 1 k 4

1 1 1 1

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 k 3

4 k 1 k 2

1 1 1 1

1.2.3 2.3.4 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3



 
   
    
              







 





 







k k 3 1 1 4

k k 3

k 3

4 k 1 k 2 k 1 k 2 k 3 4 k 1 k 2

  
      

        



 





 





 





 





 



3 2 k 1 k 4 k 1 k 4

k 6k 9k 4

4 k 1 k 2 k 3 4 k 1 k 2 k 3 4 k 2 k 3

   

  

  

        (đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 , ta có:

        

    

       

       2

1 1 1 1 n 1

1 1 1 ... 1

4 9 16 n 2n

Hướng dẫn giải

        

    

       

       2

1 1 1 1 n 1

1 1 1 ... 1

4 9 16 n 2n (1)

Với n = 2: Vế trái của (1)

1 3

4 4

  

, vế phải của (1)

2 1 3

2.2 4



 

. Suy ra (1) đúng với n = 2.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có: 2

1 1 1 1 k 1

1 1 1 ... 1

4 9 16 k 2k

        

    

       

       

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:

2 2

1 1 1 1 1 k 2

1 1 1 ... 1 1

4 9 16 k (k 1) 2(k 1)

 
        
      
         


         

Thật vậy ta có: 2 2 2

1 1 1 1 1 k 1 1

1 1 1 ... 1 1 1

4 9 16 k (k 1) 2k (k 1)

   
        
         
           
 
           





k k 2

k 1 k 2

2k (k 1) 2(k 1)



 

 



 (đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n2 .

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: n n

1 2 3 n 3 2n 3

3 9 27 3 4 4.3



     

Hướng dẫn giải

 

n n

1 2 3 n 3 2n 3

3 9 27 3 4 4.3



     

Với n = 1: Vế trái của (1)

3


, vế phải của (1)

3 2.1 3 1

4 4.3 3



  

. Suy ra (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có: k k

 

1 2 3 k 3 2k 3

3 9 27 3 4 4.3



     

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:

k k 1 k 1

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

3 9 27 3 3  4 4.3 

  

      

Thật vậy: k k 1 k k 1

1 2 3 k k 1 3 2k 3 k 1

3 9 27 3 3  4 4.3 3 

  

       

k 1 k 1 k 1 k 1 k 1

3 3(2k 3) k 1 3 3(2k 3) 4(k 1) 3 2k 5 3 2(k 1) 3

4 4.3  3  4 4.3  4 4.3  4 4.3 

       

        

(đúng).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

















     

2 3 4 2 n n 1 3n 2

1.2 2.3 3.4 n 1 n

Hướng dẫn giải

















     

2 3 4 2 n n 1 3n 2

1.2 2.3 3.4 n 1 n

12 (1)

Với n = 2: Vế trái của (1) = 4, vế phải của (1) 4. Suy ra (1) đúng với n = 2.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:













2 3 4 2 k k 1 3k 2

1.2 2.3 3.4 k 1 k

 

     

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:











 









2
2

2 3 4 2 k 1 k 1 1 3 k 1 2

1.2 2.3 3.4 k 1 k k k 1

    

       





















2
2

2 3 4 2 k 1 k 2k 3k 5

1.2 2.3 3.4 k 1 k k k 1

  

        

Thật vậy: 1.222.333.44 



k 1 k



2k k 1



















k k 1 3k 2

k k 1
12

 

  











 



k k 1 3k 11k 10 k k 1 k 2 3k 5

12 12

     

 

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n2 .

Bài tập luyện tập

Câu 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:









2 2 2 n 4n 1

1 3 5 2n 1

3


     

n(n 1)(n 2)

1.2 2.3 3.4 n(n 1)

 

     

c) 1.2 2.5 3.8   n 3n 1







n2



n 1





 





 



n n 1 n 2 n 3

1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2

  

      

n n

1 1 1 1 2 1

2 4 8 2 2



    









   

      

n n n 1 n 2 1 n 2 n 1

a b a b a a b ... a b b

LỜI GIẢI











     

2
2

2 2 2 n 4n 1

1 3 5 2n 1 ,(1)

Với n = 1: Vế trái của (1) = 1, vế phải của (1)





1 4.1 1
1
3



 

. Vậy (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:









 

2
2

2 2 2 k 4k 1

1 3 5 2k 1 2

3


     

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:











 





 



2 2

2 2 2 k 1 4 k 1 1 2k 1 k 1 2k 3

1 3 5 2k 1 2k 1

3 3

 

     

 

 

        

Cách 1 : Thật vậy



















         

2 2 2

2 2 2 k 4k 1

1 3 5 2k 1 2k 1 2k 1

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>



 

















 



2 2k 1 2k 5k 3

k 2k 1 2k 1 2k 1 k 1 2k 3

2k 1

3 3 3

  

    

    

(đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Cách 2 : Trường hợp khơng biết phân tích thành nhân tử thì sau khi thế (2) vào ta có thể biến đổi cả hai vế

của điều phải chứng minh bằng cách nhân hết ra thành đa thức

VT=



















         

2 2 2

2 2 2 k 4k 1

1 3 5 2k 1 2k 1 2k 1

   

    

3 3 2

4k k 4k 12k 11k 3

4k 4k 1

3 3

Mặt khác :

VP=





 



 






2k 1 k 1 2k 3

  

3 2

4k 12k 11k 3

VT= VP. Vậy đúng khi n k 1.

 Chú ý :



 



1 2

ax bx c a x x x x

với x , x1 2 là 2 nghiệm của phương trình ax2bx c 0.

Áp dụng : ta thấy 2k25k 3 0

có 2 nghiệm là

3
k 1; k

 

. Do đó







 



2 3

2k 5k 3 2 k 1 k k 1 2k 3

 

        

 

n(n 1)(n 2)

1.2 2.3 3.4 n(n 1)

 

     

,(1)

Với n = 1: Vế trái của (1) = 2, vế phải của (1) 2. Suy ra (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk.Có nghĩa là ta có:

 

k(k 1)(k 2)

1.2 2.3 3.4 k(k 1) 2

 

     

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:



 





k 1 k 2 k 3

 



1.2 2.3 3.4 k k 1 k 1 k 2

  

        

Thật vậy:



 





 



k(k 1)(k 2)

1.2 2.3 3.4 k k 1 k 1 k 2 k 1 k 2

 

           



k 1 k 2 k 3

 



  



(đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

c) 1.2 2.5 3.8   n 3n 1







n2



n 1



(1)

Với n = 1: Vế trái của (1) = 2, vế phải của (1) 2. Suy ra (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có: 1.2 2.5 3.8   k 3k 1







k2



k 1 2

  

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:



 



1.2 2.5 3.8   k 3k 1  k 1 3k 2  k 1 k 2

Thật vậy: 1.2 2.5 3.8   k 3k 1





 

 k 1 3k 2

 





k2



k 1

 

 k 1 3k 2

 







k 1 k





23k 2







k 1 k 1 k 2

 



 



 

 k 1

 

2 k 2



(đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.



 





 



n n 1 n 2 n 3

1.2.3 2.3.4 3.4.5 n n 1 n 2

  

      

, (1)

Với n = 1: Vế trái của (1) = 6, vế phải của (1) 6. Suy ra (1) đúng với n = 1.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>



 



k k 1 k 2 k 3



 



 

1.2.3 2.3.4 3.4.5 k k 1 k 2 2

  

      

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:



 





k 1 k 2 k 3 k 4

 



1.2.3 2.3.4 3.4.5 k k 1 k 2 k 1 k 2 k 3

   

          

Thật vậy:



 



1.2.3 2.3.4 3.4.5   k k 1 k 2   k 1 k 2 k 3   



 





 





 



k k 1 k 2 k 3 k 1 k 2 k 3 k 4

k 1 k 2 k 3

4 4

      

    

(đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

n n

1 1 1 1 2 1

2 4 8 2 2



    

(1)

Với n = 1: Vế trái của (1)

1
2


, vế phải của (1)

2 1 1

2 2



 

. Suy ra (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:

k k

1 1 1 1 2 1

2 4 8 2 2



    

(2).
Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:

k 1
k k 1 k 1

1 1 1 1 1 2 1

2 4 8 2 2 2



 



     

Thật vậy:

k k 1 k k 1

1 1 1 1 1 2 1 1

2 4 8 2 2  2 2 



      





k 1 k 1

k k 1 k 1 k 1 k 1

2 2 1 1 2 2 1 2 1

2.2 2 2 2 2

 

   

  

    

(đpcm).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.









   

      

n n n 1 n 2 1 n 2 n 1

a b a b a a b ... a b b

(1)

Với n = 1: Vế trái của (1)  a b, vế phải của (1)  a b. Suy ra (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:









   

      

k k k 1 k 2 1 k 2 k 1

a b a b a a b ... a b b

Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:









          

k 1 k 1 k k 1 k 1 k

a b a b a a b ... a b b

Thật vậy:









   

        

k 1 k 1 k 1 k k k 1 k k k

a b a ab ab b a a b b a b







   



a a b a k 1ak 2b1... a b k 2bk 1 b (a b)k 







 



a b a kak 1b1... a b k 1bk

(đúng).

Vậy (1) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n.

Dạng 2: Chứng minh bất đẳng thức.
Phương pháp giải:

Để chứng minh một mệnh đề P n

 

Q n

 

phụ thuộc vào số tự nhiên n đúng với mọi nm (m là số tự nhiên

cho trước), ta thực hiện theo hai bước sau:

Bước 1: Chứng minh rằng khi nm. P m

 

Q m

 

luôn đúng

Bước 2: Với k là một số tự nhiên tùy ý, km. Giả sử đúng với nk, ta được P k

 

Q k

 

đúng

Bước 3: Ta sẽ chứng minh đẳng thức đúng khi n k 1.

Cách 1: Ta có P k 1







Q k 1







, thơng thường thì sẽ sử dụng giả thiết

 



 











 



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Cách 2: P k

 

Q k

 

P k 1







H k

 

. Xét H k

 

 Q(k)0 H k

 

Q(k)P(k 1) H k

 

Q(k)
Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta kết luận rằng P n

 

đúng với mọi số tự nhiên nm.

Ví dụ điển hình

Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 4 ta có: 3n 1 n n 2 (*)







Hướng dẫn giải





  
n 1

3 n n 2 (*)

Với n4, VT34 1 27, VP4.624, vậy (*) đúng với n4.

Giả sử ta có 3k 1 k k 2







đúng.
Ta cần chứng minh 3k 1 1  



k 1 k 3

 





Cách 1. Thật vậy, 3k 1 1  3.3k 1 3k k 2







. Ta lại có 3k k 2





 

 k 1 k 3

 





 2k22k 4 0, bất đẳng thức
này đúng với mọi k4. Suy ra 3k 1 1  



k 1 k 3

 





(đúng).

Do đó theo ngun lí quy nạp, (*) đúng với mọi số nguyên dương n4.

Cách 2. 3k 1 1  3.3k 1 3k k 2







Xét hiệu 3k k 2





 

 k 1 k 3

 





2k22k 4 0vì k 4 2k 8 2k 4  4 2k22k 4 40

Nên 3.3k 1 3k k 2





 

 k 1 k 3

 





Suy ra 3k 1 1  



k 1 k 3

 





(đúng).

Cách 3 : 3k 1 1  3.3k 1 3k k 2





 

k 1 k 3

 





2k22k 4 mà 2k22k 4 0 bất đẳng thức này đúng với

mọi k4. Suy ra 3k 1 1  



k 1 k 3

 





(đúng).

Do đó theo ngun lí quy nạp, (*) đúng với mọi số nguyên dương n4.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 ta có:       

 

1 1 1 13

n 1 n 2 n n 24

Hướng dẫn giải

Đặt n

1 1 1 1

n 1 n 2 n (n 1) n n

    

    

Với n2 ta có 2

1 1 7 13

2 1 2 2 12 24

   

  (đúng).

Giả sử với nk thì (*) đúng, có nghĩa ta có:

1 1 1 13

k 1 k 2  k k 24

Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1, có nghĩa ta phải chứng minh:

1 1 1 1 13

k 2 k 3  k k (k 1) (k 1)   24

Thật vậy ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1

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

 

          

           

1 1 1 1 1 1 1 1

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

        

          (đúng).

Vậy k 1 k

u u

  

(đúng). Vậy (*) đúng với n k 1.

Suy ra (*) đúng với mọi số nguyên dương n2.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có:





 



  n 1

n n 1 *

Hướng dẫn giải

Với n 1 ta có





0
1

1 1 1 1 1

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Giả sử với nk thì (*) đúng, có nghĩa ta có:





k 1
k

k  k 1 

(1).

Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1, có nghĩa ta phải chứng minh:



k 1



k 1 



k 2



Thật vậy, nhân hai vế của (1) với





k 1

k 1 

ta được:













k 1 k 1 k 1

k k 1   k 1  k 1 

























2k 2

k 1 2k k 1 k 1

k k

k 2k 1

k 1

k k 1 k 1 k 1 k 1

k k

     

         













k k

k 1 k 2k 1 k 1 1 k

k 1 k 1 k 2 k 2

k k

       

           

   

  (đúng).

Vậy (*) đúng với n k 1. Do đó (*) đúng với   n *.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có:

 



 

2 n

n! n *

Hướng dẫn giải

Với n 1 ta có





0
1

1 1 1 1 1 (đúng). Vậy (*) đúng với n 1 .

Giả sử với nk thì (*) đúng, có nghĩa ta có:

 

2 k

k! k

(1).

Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1, có nghĩa ta phải chứng minh:



(k 1)!



2 (k 1)k 1

  

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với





k 1 ta được:

  

k!2 k 1



2 kk



k 1





(k 1)!



2 kk



k 1





(k 1)!



2 (k 1)k 1



k 1



        

(theo câu c)).



(k 1)!



2 (k 1)k 1

   

. Vậy (*) đúng với n k 1.

Vậy (*) đúng với mọi số nguyên dương n *.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 3 , ta có: 3n n24n 5 (*)

Hướng dẫn giải

Với n 1 ta có 33324.3 5  2726 (đúng). Vậy (*) đúng với n 1 .

Giả sử với nk,k 3 thì (*) đúng, có nghĩa ta có: 3kk24k 5

(1).
Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1, có nghĩa ta phải chứng minh:

k 1 2

3  (k 1) 4(k 1) 5 

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 3 ta được: 3.3k 3.k212k 15

k 1 2 2

3  (k 2k 1) 4(k 1) 5 (2k     6k 5)

Vì (2k26k 5) 0 k 3. Vậy 3k 1 (k 1) 24(k 1) 5  (đúng).

Vậy (*) đúng với mọi số nguyên dương n3.

Bài tập luyện tập
Câu 1:

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 3 , ta có:  

2 2n 1 (*)

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có:      

 

1 1 1 1

1 2 n *

2 3 4 n

LỜI GIẢI:

a) Với n3 ta có 23 2.3 1  87 (đúng). Vậy (*) đúng với n3.

Giả sử với nk,k 3 thì (*) đúng, có nghĩa ta có: 2k2k 1

(1).

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 2 ta được: 2.2k2(2k 1) 2k 1 4k 2

k 1

2  2k 3

   (đúng), vì 4k 2 2k 3  2k1 k 3

b) Với n = 1: Vế trái của (*) 1, vế phải của (1) 2 12. Suy ra (*) đúng với n = 1.

Giả sử (*) đúng với nk. Có nghĩa là ta có:

 1  1  1   1 

1 2 k

2 3 4 k

Ta phải chứng minh (*) đúng với n k 1. Có nghĩa ta phải chứng minh:

1 1 1 1 1

1 2 k 1

2 3 4 k k 1

       



Thật vậy:

1 1 1 1 1 1

1 2 k 2 k 1

2 3 4 k k 1 k 1

         

  (đúng)

Vì









2 k 2 k 1 2 k k 1 1 2 k 1

k 1

       











2 2

2 k k 2k 1 4 k k 2k 1

       

(đúng).

Vậy (*) đúng khi n k 1. Do đó theo ngun lí quy nạp, (*) đúng với mọi số nguyên dương n.

Dạng 3: Chứng minh sự chia hết.
Phương pháp giải:

1. Dấu hiệu chia hết cho 2: các chữ số tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8.

Chú ý: Số chia hết cho 2 được gọi là số chẵn.

Số không chia hết cho 2 (tận cùng là 1, 3, 5, 7, 9) được gọi là số lẻ.

2. Dấu hiệu chia hết cho 5: các chữ số tận cùng là 0 hoặc 5.
3. Dấu hiệu chia hết cho 3: tổng các chữ số chia hết cho 3.

Ví dụ: 162 chia hết cho 3 vì tổng các chữ số là: 1 + 6 + 2 = 9 chia hết cho 3.

4. Dấu hiệu chia hết cho 9: tổng các chữ số chia hết cho 9.

Ví dụ: 927 chia hết cho 9 vì tổng các chữ số là: 9 + 2 + 7 = 18 chia hết cho 9.

5. Dấu hiệu chia hết cho 4: hai chữ số tận cùng tạo thành 1 số chia hết cho 4.

Ví dụ: 528 chia hết cho 4 vì hai chữ số tận cùng là 28 chia hết cho 4.

6. Dấu hiệu chia hết cho 6: các số vừa chia hết cho 2 vừa chia hết cho 3.

Ví dụ: 5742 chia hết cho 2 và chia hết cho 3 (tự kiểm tra) nên nó chia hết cho 6.

7. Dấu hiệu chia hết cho 7: lấy chữ số đầu tiên nhân với 3 rồi cộng với chữ số tiếp theo, được bao nhiêu rồi

lại nhân với 3 rồi cộng với chữ số tiếp theo…cứ như vậy cho đến hết. Nếu kết quả cuối cùng này chia hết
cho 7 thì số đó sẽ chia hết cho 7.

Chú ý: Để nhanh gọn, cứ mỗi lần nhân với 3 rồi cộng số tiếp theo ta lấy kết quả đó trừ đi 7 hoặc trừ đi bội 
số của 7 (chẳng hạn 14, 21, 28,…).

Ví dụ: 265891 chia hết cho 7 vì 2.3 6 11  , lấy 11 7 4  cho gọn, tiếp tục lấy 4.3 5 17  và

17 14 3  cho gọn, lấy 3.3 8 14  và 14 14 0  cho gọn, lấy 0.3 9 9  và 9 7 2  cho gọn, sau đó lấy
2.3 1 7  . Kết quả cuối cùng bằng 7 là chia hết cho 7 nên số ban đầu cũng chia hết cho 7. .

8. Dấu hiệu chia hết cho 8: ba chữ số tận cùng tạo thành 1 số chia hết cho 8.

Ví dụ: 25637104 chia hết cho 8 vì ba chữ số tận cùng là 104 chia hết cho 8.

9. Dấu hiệu chia hết cho 10: chữ số tận cùng bằng 0.

10. Dấu hiệu chia hết cho 11: lấy tổng tất cả các chữ số ở vị trí lẻ trừ đi tổng các chữ số ở vị trí chẵn, nếu

kết quả chia hết cho 11 thì số đó sẽ chia hết cho 11.

Ví dụ: 6292 chia hết cho 11 vì tổng ở vị trí lẻ là 6+9=15 và tổng ở vị trí chẵn là 2+2=4, lấy 15-4=11 chia 
hết cho 11 nên số 6292 cũng chia hết cho 11.

11. Dấu hiệu chia hết cho 25: hai chữ số tận cùng chia hết cho 25.

Ví dụ: 21475 chia hết cho 25 vì hai chữ số tận cùng là 75 chia hết cho 25.

12. Dấu hiệu chia hết cho 125: ba chữ số tận cùng chia hết cho 125.

Ví dụ: 43500 chia hết cho 125 vì ba chữ số tận cùng là 500 chia hết cho 125.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

15. Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2, 3, 4, 6 và 8.

Chú ý: Nếu tam thức bậc 2: ax2bx c có 2 nghiệm là x x1, 2 thì ax2bx c a x x x x  (  1)(  2).

16. Tính chất của sự chia hết:

a) Tính chất 1:Nếu hai số a và b đều chia hết cho m, thì hiệu (a – b) chia hết cho m.

b) Tính chất 2:Nếu các số a a1 2, ,...,an đều chia hết cho m thì tổng của chúng cũng chia hết cho m.

c) Tính chất 3:Nếu mỗi số a m ii i,



1,2,...,n



thì tích



a a a1 2... n

 

m m m1 2... n



d) Hệ quả 1: Nếu a chia hết cho m , thì với số tự nhiên n tùy ý ta có: a mn n .

e) Hệ quả 2: Nếu chỉ một thừa số chia hết cho m thì tích của chúng cũng chia hết cho m.
Ví dụ điển hình

Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi n *thì n32n chia hết cho 3.

Hướng dẫn giải

Đặt P n( )n32n.

- Khi n 1, ta có (1) 3 3P   . Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là: P k( )k32 3k

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh: P k( 1) ( k1)32(k  .1) 3

Thật vậy:





3 2 3 2 3 2 2

( 1) 3 3 1 2 2 3 5 3 2 3( k 1) ( ) 3( k 1)

P k k  k  k  k k  k  k  k  k  k   P k  k  

Mà ( ) 3P k  và 3(k    nên ( 1) 32 k 1) 3 P k    mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo ngun lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n  *.

Ví dụ 2. Chng minh rng vi mi nẻ Ơ*thỡ n311n chia ht cho 6.

Hướng dẫn giải

Đặt P n( )n311n.

- Khi n 1, ta có (1) 12 6P   . Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là: P k( )k311 6k .

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh: P k( 1) ( k1) 11(3 k  .1) 6

Thật vậy:





3 2 3 2 3 2

( 1) 3 3 1 11 11 3 14 12 11 3( ) 12

( ) 3 ( 1) 12

P k k k k k k k k k k k k

P k k k

               

   

Mà ( ) 6P k  , 3 ( 1) 6k k   (do k và 1k  là 2 số tự nhiên liên tiếp nên ( 1) 2k k   ) và 12 6 nên (P k   1) 6

 mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học ta có mệnh đề đúng với mọi n  *.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng với mọi n *thì 13n 1 chia hết cho 12.

Hướng dẫn giải

Đặt ( ) 13P n  n . 1

- Khi n 1, ta có (1) 12 12P   . Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh: P k( 1) 13 k1  .1 12

Thật vậy:

( 1) 13.13 1 13 13



1 12 13 (k) 12



k k

P k       P 

Mà 13 ( ) 12P k  và 12 12 nên (P k   1) 12  mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo ngun lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n  *.

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mọi n *thì 4n15n1 chia hết cho 9.

Hướng dẫn giải

Đặt ( ) 4P n  n15n . 1

- Khi n 1, ta có (1) 18 9P   (vì ta tính thêm P(2) 45 6  ). Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là: ( ) 4P k  k15k  .1 9

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh: P k( 1) 4 k115(k1) 1 6  .

Thật vậy:

( 1) 4.4 15 14 4 4



15 1 45



18 4 ( ) 45 18

k k

P k   k   k  k  P k  k

.
Mà 4 ( ) 9P k  , 45 9 k và 18 9 nên (P k   1) 9  mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n *.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi n *thì 4.6n5n 4 chia hết cho 5.

Hướng dẫn giải

Đặt ( ) 4.6P n  n5n 4.

- Khi n 1, ta có (1) 25 5P   . Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là: ( ) 4.6P k  k5k 4 5 .

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh: P k( 1) 4.6 k15k1 4 5 .

Thật vậy:





1 1

( 1) 4.6 5 4 4.6 .6 5 .5 4 24.6 5.5 4 6 4.6 5 4 5 20

6 ( ) 5 20

k k k k k k k k k

k

P k

 

              

   .

Mà

6 ( ) 5
5 5
20 5

k

P k












nên (P k   1) 5  mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n *.

Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi n *thì n n



1

 

n2

 

n3

 

n4



chia hết cho 120.
Hướng dẫn giải

Trước hết ta chứng minh bổ đề “tích của hai số chẵn dương liên tiếp sẽ chia hết cho 8”. Thật vậy, với n là

số nguyên dương thì 2n và



2n 2



là hai số chẵn dương liên tiếp. Khi đó tích: 2 2n n



2



4 (n n1) mà
( 1)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

ĐặtP n( )n n



1

 

n2

 

n3

 

n4



- Khi n 1, ta có (1) 120 120P   . Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là: P k( )k k



1

 

k2

 

k3

 

k4 120



 .

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh:



 



( 1) ( 1) 2 3 4 5 120

P k  k k k k k 
.
Thật vậy:

P k( 1) ( k1)



k2

 

k3

 

k4

 

k5



k k( 1)



k2

 

k3

 

k4 5(



 k1)



k2

 

k3

 

k4



k k( 1)



k2

 

k3

 

k4 5(



 k1)



k2

 

k3

 

k4



P k( ) 5( k1)



k2

 

k3

 

k4



Mà (k1)



k2

 

k3

 

k4



có chứa 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết 8 và trong tích có 3 số tự nhiên liên

tiếp nên chia hết 3 đồng thời tích có thừa số 5 nên 5(k1)



k2

 

k3

 

k4



chia hết cho 8.3.5=120. Mặt
khác ( ) 120P k  nên (P k  1) 120  mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n *.

Bài tập luyện tập

Câu 1: Chứng minh rằng với mọi n  *ta có:

a) n33n25n chia hết cho 3.

b) 2n3 3n2n chia hết cho 6.

c) 3n315n chia hết cho 9.

d) 4n6n8 chia hết cho 9.

e) n7 n chia hết cho 7.

f) 32 1n 2n2 chia hết cho 7.

g) 16n 5n 2 chia hết cho 225.

h) 4.32 2n 32n 36 chia hết cho 32.

i) 11n1122 1n chia hết cho 133.

j) 33 3n  26n 27 chia hết cho 169.

Dạng 4: Quy nạp trong hình học.

Phương pháp giải:

Sử dụng nguyên lý quy nạp toán học kết hợp với các kiến thức hình học đã biết.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng tổng các góc trong của một đa giác lồi n cạnh



n 3



là:





2 180
n 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Đặt





( ) 2 180
S n  n

- Khi n 3, ta có S(3) 180 0. Suy ra mệnh đề đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 3, tức là: S k( ) ( k 2)1800.

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh: S k( 1) ( k 1)1800.

Thật vậy: ta tách đa giác (k  cạnh thành đa giác 1) kcạnh và tam giác A A A1 k k1 bằng cách nối đoạn A A1 k.

Khi đó tổng các góc trong của đa giác lồi (k  cạnh bằng tổng các góc trong của đa giác lồi 1) k cạnh cộng
với tổng ba góc trong của tam giác A A A1 k k1.

Tức là: S k( 1)S k( ) 180 0 (k 2)180 1800 0 (k1)1800 mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n  *,



n 3



Ví dụ 2. Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh



n 4



là:





2
n n 

Hướng dẫn giải

Đặt





( )

2
n n
S n  

- Khi n 4, ta có (4) 2S  . Suy ra mệnh đề đúng với n 4.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 4, tức là:





( )

2
k k
S k  

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh:



 



( 1)

k k

S k   
.

Thật vậy: ta tách đa giác (k  cạnh thành đa giác 1) kcạnh và tam giác A A A1 k k1 bằng cách nối đoạn A A1 k.

Khi đó trừ đi đỉnh đỉnh Ak1 và 2 đỉnh kề với nó là A A1, k thì ta cịn lại (k1) 3  k 2 đỉnh, tương ứng

với (k  2) đường chéo kẻ từ đỉnh Ak1 cộng với đường chéo A A1 k thì ta có số đường chéo của đa giác

(k  cạnh là:1)











 



3 3 2 1 2

( 1) ( 2) 1 1

2 2 2 2

k k k k k k k k

S k    k     k      
.

 mệnh đề đúng khi n k 1.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ví dụ 3. Cho n điểm A A1, ,...,2 An và n số thực a a1, ,...,2 an sao cho a a1 2...an   . Chứng s 0

minh rằng có duy nhất một điểm M thỏa: 1

. 0
n
i i
i
a MA





 

Hướng dẫn giải

- Khi n 1, ta có a MA1. 1 0 s MA. 1 0 MA10

     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     

. Suy ra M A 1 nên M duy nhất. Suy ra mệnh đề
đúng với n 1.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là với k điểm A A1, ,...,2 Ak và k số thực a a1, ,...,2 ak sao cho

1 2 ... k 0

a a  a   thì tồn tại duy nhất điểm s M

thỏa: 1

. 0
k
i i
i
a MA





 
.

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh với



k 1



điểm A A1, ,...,2 Ak1 và



k 1



số thực a a1, ,...,2 ak1 sao cho a a1 2...ak1  thì có duy nhất điểm 's 0 M thỏa:
1

. ' 0

k

i i

i

a M A







 

.
Thật vậy, ta có:





1
1
1
1
1
1 1
1 1

. ' 0

. ' . . 0

k
i i
i
k

i i
i
k k

i i i k k

i i

a M A

a M M MA

a M M a MA a MA






 
 

  
   



 
  
   

1
1 1
1

. ' . 0

k

i k k

i

a M M a MA



 







 

  

(do gt quy nạp 1

. 0
k
i i
i

a MA





 
)
1
1
1
1

' kk . k

i
i
a
MM MA
a




 



 
1
1

' ak . k

MM MA

s 

 

 

Do M A, k1 cố định và ak1,s const nên điểm M cố định và duy nhất.'

 mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n  *,



n 4



Ví dụ 4. Chứng minh rằng mọi n - giác lồi



n 5



đều được chia thành hữu hạn ngũ giác lồi.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

- Khi n 5, ta có một ngũ giác lồi nên mệnh đề đúng với n 5.

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 5, tức là ta có k- giác lồi được chia thành hữu hạn ngũ giác lồi.

- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng khi n k 1, tức là chứng minh mọi



k 1



- giác lồi đều được chia

thành hữu hạn các ngũ giác lồi.

Thật vậy, trên các cạnh A A1 k1 và A A3 4 ta lấy các điểm E F, không trùng với các đỉnh. Khi đó đoạn EF

chia



k 1



- giác lồi thành 2 đa giác lồi, đó là 1 ngũ giác lồi A A A FE1 2 3 và k- giác lồi EFA A A4 5... k1.

Theo giả thiết quy nạp thì k- giác lồi EFA A A4 5... k1 sẽ được chia thành hữu hạn các ngũ giác lồi đồng thời

ta có thêm 1 ngũ giác lồi A A A FE1 2 3 nên



k 1



- giác lồi sẽ được chia thành hữu hạn các ngũ giác lồi.

 mệnh đề đúng khi n k 1.

- Vậy theo nguyên lý quy nạp tốn học ta có mệnh đề đúng với mọi n  *,



n 4



Bài tập luyện tập

Câu 1: Trong mặt phẳng cho n đường thẳng sao cho không có cặp đường thẳng nào song song và khơng có

3 đường nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng đó chia mặt phẳng thành

2 2

2
n n
   

 

  miền.

Câu 2: Trong mặt phẳng cho n đường tròn thẳng sao cho bất cứ 2 đường tròn nào cũng cắt nhau tại 2 điểm

phân biệt và khơng có 3 đường trịn nào cùng đi qua một điểm. Chứng minh rằng n đường trịn đó chia mặt

phẳng thành





2 2

n n 

miền.

BÀI TẬP KIỂM TRA

Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:







 



2 2 2 2n n 1 2n 1

2 4 6 2n

 

    

Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có:





3 3 3 3 n n 1

1 2 3 n

4


    

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 5 , ta có: 2n n (*)2

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi n  * thì: n3 n chia hết cho 3.

Bài 5. Chứng minh rằng với mọi n  * thì: 7.22 2n 32 1n chia hết cho 5.

Bài 6. Chứng minh rằng với mọi n  * thì:









3 3

3 1 2

   

n n n chia hết cho 9.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu 1. Dùng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến ( )A n đúng với mọi số tự nhiên n p³ (p là một số tự
nhiên). 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 p³ .

Lời giải. Chọn B.

Câu 2. Dùng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến ( )A n đúng với mọi số tự nhiên n p³ (p là một số tự
nhiên). Ở bước 2 ta giả thiết mệnh đề ( )A n đúng với n=k. Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. k>p. B. k³ p. C. k=p. D. k<p.
Lời giải. Chọn B.

Câu 3. Khi sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến ( )A n đúng với mọi số tự nhiên

n p³ (p là một số tự nhiên), ta tiến hành hai bước:

· Bước 1, kiểm tra mệnh đề ( )A n đúng với n=p.

· Bước 2, giả thiết mệnh đề ( )A n đúng với số tự nhiên bất kỳ n k= ³ p và phải chứng minh rằng nó cũng

đúng với n k= +1.

Trogn hai bước trên:

A. Chỉ có bước 1 đúng. B. Chỉ có bước 2 đúng.
C. Cả hai bước đều đúng. D. Cả hai bước đều sai.
Lời giải. Chọn C.

Câu 5. Cho ( )

1 1 1 1

...

1 2 2 3 3 4 . 1

n

S

n n

= + + + +

ì ì ì + vi nẻ N*.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 3

1
.
12

S =

B. 2

1
.
6

S =

C. 2

2
.
3

S =

D. 3

1
.
4

S =

Lời giải. Nhìn vào đuôi của Sn là ( )

. 1

n n+ ¾¾® cho n=2, ta được ( )

1 1 .

2. 2 1+ =2 3×

Do đó với n=2, ta có 2

1 1 2

1 2 2 3 3

S = + =

× × Chọn C.

Câu 6. Cho ( )

1 1 1 ... 1

1 2 2 3 3 4 . 1

n

S

n n

= + + + +

ì ì ì + vi nẻ N*.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 
1
.
n
n
S
n

-=

B. n 1.

n
S
n
=
+ C. 
1
.
2
n
n
S
n
+
=
+ D. 
2
.
3

n
n
S
n
+
=
+

Lời giải. Cách trắc nghiệm: Ta tính được 1 2 3

1, 2, 3

2 3 4

S = S = S =

. Từ đó ta thấy quy luật là từ nhỏ hơn mẫu
đúng 1 đơn vị. Chọn B.

Cách tự luận. Ta có 1 2 3

1, 2, 3

2 3 4

S = S = S = ắắđ

d oỏn n 1.

n

S

n

=
+

Ã Vi n=1, ta được 1

1 1

1.2 1 1

S = =

+ : đúng.

· Giả sử mệnh đề đúng khi n=k (k ³ 1), tức là ( )

1 1 1

...

1.2 2.3 1 1

k

k k k

+ + + =

+ + .

· Ta có ( )

1 1 ... 1

1.2 2.3 1 1

k

k k k

+ + + =

+ +

( ) ( ) ( ) ( )( )

1 1 ... 1 1 1

1.2 2.3 1 1 2 1 1 2

1 1 ... 1 1 2 1

1.2 2.3 1 1 2 1 2

k

k k k k k k k

k k

k k k k k k

Û + + + + = +
+ + + + + +
+ +
Û + + + + =
+ + + + +
( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1

... .

1.2 2.3 1 1 2 2

k

k k k k k

Û + + + + =

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Câu 7. Cho ( ) ( )

1 1 ... 1

1 3 3 5 2 1 2 1

n

S

n n

= + + +

× × - × + với nỴ N*.

Mệnh đề nào sau đây đúng?

A. 
1.
2 1
n
n
S
n

-=

- B. n 2 1.

n
S

n

+ C. n 3 2.

n
S
n
=
- D. 
2.
2 5
n
n
S
n
+
=
+

Lời giải. Cho

1
2
3
1

1
3
6
2 .
15
3
3
7
n S
n S
n S
ỡùù = ắắđ =
ùù
ùù
ùù = ắắđ =
ớù
ùù
ùù = ắắđ =
ïï

ïỵ Kiểm tra các đáp án chỉ cho B thỏa. Chọn B.

Câu 8. Cho 2 2 2

1 1 1

1 1 ... 1

2 3
n

P
n
ổ ửổữ ử ổữ ửữ
ỗ ỗ ç
= -çèç øè÷÷çç- ÷÷ø èçç- ÷÷ø

với n³ 2 và nẻ Ơ. Mnh no sau õy ỳng?

A. 
1.
2
n
P
n
+
=
+ B. 
1.
2
n
P
n

-=
C. 
1.
n
P
n
+

=
D. 
1.
2
n
P
n
+
=

Lời giải. Vì n³ 2 nên ta cho

2 2

3 2 2

1 3

2 1

4
2

1 1 2

3 1 . 1

2 3
n P
n P
ỡ ổ ử
ù ữ
ù = ắắđ = -ỗ ữ=
ù ỗỗ ữ
ù ố ứ
ùùớ
ù ổ ửổ ử
ù = ắắđ = -ỗ ữỗ- ữ=
ù ỗ ữữỗ ữữ
ù ỗố ứốỗ ø
ïïỵ

Kiểm tra các đáp án chỉ cho D thỏa. Chọn D.

Cõu 9. Vi mi nẻ Ơ*, h thc no sau đây là sai?

A.

( 1)

1 2 ...

n n

n +

+ + + =

B. 1 3 5 ...+ + + +(2n- 1)=n2.

C.

( ) ( )

2 2 2 1 2 1

1 2 ...

n n n

n + +

+ + + =

D. ( )

( ) ( )
2

2 2 2 2 1 2 1

2 4 6 2

n n n

n + +

+ + + +L =

</div>

Hướng dẫn giải các bài toán về các bài toán quy nạp lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

<b>CHƯƠNG III: DÃY SỐ - CẤP SỐ CỘNG – CẤP SỐ NHÂN</b>



























  



 

 

 

 









 









 





 





 









 





 









 





 









 



 



 

 

 

 





 





 



 



 





 

 

