PP chung minh Quy nap

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

<b>phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn.</b>

ví dụ 1. Quan sát các kết quả sau:

13_{1 chia hÕt cho 3. 2}3_{– 2 chia hÕt cho 3}

33_{– 3 chia hÕt cho 3 4}3_{– 4 chia hÕt cho 3.}

hãy đa ra một d oỏn ri chng minh d oỏn ú.

Giải: Dự đoán: a3_{– a chia hÕt cho 3 víi mäi sè nguyên dơng a.}

Chứng minh: Gọi A = a3_{a = a.(a - 1)(a + 1). XÐt ba kh¶ năng có thể xảy}

ra:

a) Nếu a = 3k (k  N) th× A chia hÕt 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.

VËy a3_{– a chia hÕt cho 3 với mọi số nguyên dơng a.}

<i>Ví dụ 2.</i>

Quan sát kÕt qu¶ sau:

23_{– 2 chia hÕt cho 3, 2}5_{– 2 chia hÕt cho 5.}

27_{– 2 chia hết cho 7. dự đoán sau đúng hay sai?:}

2n_{– 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n?}

Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 29_{2 = 510 kh«ng chia hÕt 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 a3 _{- a chia hết cho 3}

víi mäi sè nguyªn d¬ng a.

2) Xét các giá trị của a bằng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k  N) để kết luận rằng a3 _{- a}

chia hÕt cho 3 với mọi số nguyên dơng a.

3) Xột cỏc giá trị của n bằng 3, 5, 7 để kết luận rằng 2n_{– 2 chia hết cho n}

víi mäi 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.

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 khơng hồn 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 khơng hồn tồn mà ta có những dự đốn về một tính
chất tốn 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, cịn
“phép quy nạp khơng hồn tồn” 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 2n_{+ 1 cho ta các số}

nguyên tố víi n b»ng 20_{, 2}1_{, 2}2_{, 2}3_{, 2}4_{(thËt vËy 2}1_{+ 1 = 3; 2}2_{+ 1;}

24_{+ 1 = 17; 2}8 _{+ 1 = 257; 2}16_{+ 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố ).}

Víi n = 25_{= 32 th× 2}n_{+ 1 = 2}32_{+ 1 = 4294967297, Fecma không phân tích}

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

giả thuyết tổng quát rằng công thøc 2n_{+ 1 víi n lµ mét l 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 232_{+ 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 u tiờn:

Nhà toán học Gravơ đa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta cã

2p- 1_{– 1 không chia hết cho p}2_{. Dự đoán này đúng với mọi số nguyên tố nh}

hơn 1000, nhng chẳng bao lâu sau ngời ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên tố
1093 mà 21092_{1 chia hÕt cho 1093}2_.

Mét dù đoán khác: số 911n2_{+ 1 không là số chính phơng víi mäi sè nguyªn}

dơng n. Số n nhỏ nhất để mệnh đề trên sai là

n = 12055735790331359447442538767 (cã 29 ch÷ sè)

Có một phơng pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp ta khẳng định sự đúng đắn
của một số tự nhiên, đó là phơng pháp quy nạp tốn học.

<b>Nội dung của phơng pháp quy nạp Toán học</b>

Trong toỏn 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.

Phép quy nạp hồn tồn, 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 Є 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 phơng 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 ≥ 1 (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.

<b>III. Vận dụng phơng pháp quy nạp Toán học vào chứng minh</b>

<i><b>1. Chøng minh quan hƯ chia hÕt:</b></i>

<b>Bµi 1:</b>Chøng minh r»ng tổng các lập phơng của ba số nguyên dơng liên tiếp
thì chia hết cho 9.

Giải:

Gi ba s nguyờn dng liờn tiếp đó là: n; n +1 và n + 2.
Ta phải chứng minh: [n3 _{+ (n + 1)}3 _{+ (n + 2)}3_]__{9 (1).}

+ Víi n =1, ta cã: 13 _{+ 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: [k3 _{+ (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.

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

(k + 1)3 _{+ (k + 2)}3 _{+ (k + 3)}3_{= (k + 1)}3 _{+ (k + 2)}3_{+ k}3_{+ 9k}2_{+27k + 27.}

= [k3 _{+ (k + 1)}3 _{+ (k + 2)}3_{] + 9(k}3_{+ 3k + 3).}

Theo giả thiết quy nạp: k3 _{+ (k + 1)}3 _{+ (k + 2)}3 __9.

cßn 9(k3_{+ 3k + 3)}__{9 víi}

k.

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 phơng của ba số ngun dơng liên tiếp thì chia hết cho 9.

<b>Bµi 2:</b> Chøng minh r»ng: Víi mäi n nguyªn dơng thì:
A(n) = 7n + 2 + 82n + 1 19.

Giải:

Với n = 1 thì A(1) = 73 + 83 = 343 + 512 = 19.45

 A(1)  19.

Vậy A(n) đúng với n = 1.

Giả sử A(n) đúng với n = k

Ta cã: A(k) = 7k + 2 + 82k + 1  19.

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

A(k + 1) = 7k + 3 + 82k + 3 = 7.7k + 2 + 82.82k + 1

= 7.7k + 2_{+ 64.8}2k + 1

= 7.7k + 2_{+ 7.8}2k + 1_{+ 57.8}2k + 1

= 7.( 7k + 2_{+ 8}2k + 1_{) + 19.3.8}2k + 1

= 7. A(k) + 19.3.82k + 1

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

19 19  19.3.82k + 1  19.  A_{(k + 1)}  19.

Theo nguyên lí quy nạp A(n) 19. Với n nguyên dơng.

Vậy A(n) = 7k + 2 + 82k + 1  19. Víi n nguyên dơng.

+ Kt lun: Vy A(n) đúng với mọi số nguyên dơng.

<b>Bµi 3:</b>Chøng minh r»ng: 16n_{- 15n - 1}_{225; n}_N.

Giải:
Đặt A(n) = 16n - 15n - 1

+ Víi n = 1, ta cã: A(1) = 16 - 15 - 1 = 0  225  A(1)  225.

+ Giả sử A(n) đúng với n = k.

Ta cã: A(k) = 16k - 15k - 1  225.

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

Ta cã: A(k + 1) = 16k + 1 - 15(k + 1) - 1.

= 16.16k_{-15k - 16.}

= (16k_{- 15k - 1) + 15.16}k_{- 15.}

= (16k_{- 15k - 1) + 15(16}k_{- 1).}

= A(k) + 15(16k - 1).

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p cã A(k)  225.

Ta cã: 16k_{- 1}__{16 - 1}_ ₁₆k_{- 1}_₁₅_ ₁₅₍₁₆k_{- 1)}__15.15
 15(16k_{- 1)}__225.

 A(k + 1) 225.

Theo nguyên lí quy nạp thì A(n) 225 víi n Є N.

+ KÕt luËn: VËy 16n_{- 15 - 1}_{225 víi}__nЄ_N.

<b>Bµi 4:</b>Chøng minh r»ng: A = (10n _{+ 18n - 1)}__{27 víi}__nЄ_N.

Gi¶i:

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

+ Giả sử đúng với n = k. (k Є N), tức là : A(k) = 10k + 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(10k_+2).

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p ta cã: A  27.

Ta cã: 10k₊₂__{10 + 2 = 12.}

 9(10k_{+ 2)}__{12.9 = 4.27}__27.
 9(10k_{+ 2)}__{27. VËy A}

(k + 1)  27.

+ KÕt luËn: VËy A = 10n _{+ 18n - 1}__{27 víi}__nЄ_N.

<b>Bµi 5:</b>Chøng minh r»ng víi n Є N thì các số sau chia hết cho 9.

a. 10n_{- 1.}

b. 10n_{+ 8.}

Gi¶i:
a. Chøng minh 10n_{- 1}__9.

+ Víi n = 1  10n_{- 1 = 10 - 1 = 9}__9.

VËy 10n_{- 1}__{9 víi n = 1.}

Giả sử đúng với n = k (k Є N) tức là 10k_{- 1}_9.

Ta phải chứng minh A = 10n_{- 1 đúng với n = k + 1, tức là:}

A(k + 1) = 10 k + 1 - 1 = 10.10k - 1 = (10k - 1) + 9.10k.

Theo giả thiết quy nạp ta có: A = 10k_{- 1}__9.

Mà 9  9  9.10k  9. Do đó [(10k - 1) + 9.10k]  9.

Vậy A đúng với n = k + 1 (k Є N).

+ KÕt ln: Víi n Є N th× 10n_{- 1 chia hÕt cho 9.}

b. Chøng minh 10n_{+ 8}_{9; Đặt B = 10}n_{+ 8.}

+ Với n = 1  10n_{+ 8 = 10 + 8 = 18}__{9. Vậy B đúng với n = 1.}

+ Giả sử B đúng với n = k (k Є N) tức là 10n_{+ 8}_9.

Ta phải chứng minh B = 10n_{+ 8 chia hết cho 9 đúng với đúng với}

n = k + 1.

ThËt vËy: B(k + 1) = 10k + 1 + 8 = 10.10k + 8 = (10k + 8) + 9.10k

Theo giả thiết quy nạp: 10k_{+ 8}_{9 (k}Є_N).

Lại có 9  9  9.10k  9. Do đó (10k + 8) + 9.10k  9

Vậy B đúng với n = k +1.

+ KÕt ln: VËy víi n Є N th× 10n_{+ 8 chia hÕt cho 9.}

<b>Bµi 6:</b>

Chøng minh r»ng với mọi số nguyên dơng n thì:
a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (n + n) chia hÕt cho 2n.

b) 33n + 2_{+ 5.2}3n + 1_{chia hÕt cho 19.}

c) n4_{+ 6n}3_{+ 11n}2_{+ 6n chia hết 24.}

Giải:

a) Với n = 1 thì S1 = (1 + 1).(1 + 2) … (1 + n) = 2.3 … (1 + 1)  2n.

Vậy Sn đúng với n = 1.

Giả sử Sn đúng với n = k, tức là: Sk = (k + 1).(k + 2) … (k + k)  2n.

Ta phải chứng minh Sn đúng với n = k + 1.

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

= (k + 2).(k + 3) … (2k + 2)  2n.

ThËt vËy:

Sk + 1 = (k + 2).(k + 3).(k + 4) … (k + k + 2)

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

Theo giả thiết quy nạp có Sk  2n.

Do đó: Sk.2.(2k + 1)  2n.  Sk + 1  2n

Vậy Sn  2n đúng với n = k + 1.

+ KÕt luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì Sn  2n.

b) Víi n = 1 th× A(n) = 33n + 2 + 5.23n + 1 = 35 +5.24 =243 + 80 = 323 chia hÕt cho

19.

 A(n) đúng với n = 1.

Giả sử A(n)  19 đúng với n = k

Tøc lµ: A(k) = 33k + 2 + 5.23k + 1  19.

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

Tøc lµ: A(k + 1) = 33(k + 1) + 2 + 5.23(k + 1) + 1

A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4  19

ThËt vËy:

A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 = 33k + 2.33 + 5.23k + 1.23

= 27(33k + 2_{+ 5.2}3k + 1_{) - 19.3}3k + 1_.

= 27.Ak - 19.33k + 1.

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p cã: Ak  19  27Ak  19.

Lại có: 19  19  19.33k + 1 19. Do đó A(k + 1) = 27.Ak - 19.33k + 1  19.

Vậy A(n)  19 đúng với n = k + 1.

+ KÕt luËn: VËy víi mọi số nguyên dơng n thì A(n) 19.

c) Chøng minh:

n4_{+ 6n}3_{+ 11n}2_{+ 6n}__24.

Víi n = 1 th× A = n4_{+ 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

Tøc lµ: A(k) = k4 + 6k3 + 11k2 + 6k  24.

Ta phải đi chứng minh A(n)  24 đúng với n = k + 1.

Tøc lµ: A(k + 1) = (k+1)4 + 6(k + 1)3 + 11(k + 1)2 + 6(k + 1)  24.

ThËt vËy:

A(k + 1) = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 + 6k3 + 18k2 + 18k + 6 + 11k2 + 22k + 11 + 6k + 1.

A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k).

DÔ thÊy: k4_{+ 6k}3_{+ 11k}2_{+ 6k}__{24 (Theo gi¶ thiết quy nạp).}

Và 24(k2_{+ 1)}_{24. Lại có (k}3_{+ 11k)}_{6 víi}_kЄ_N.

Thật vậy: với k = 1 thì k3_{+ 11k = 12}__{6. (đúng)}

Giả sử đúng với k = m thì m3_{+ 11m}_{6 (m}Є_N)

Ta phải đi chứng minh k3_{+ 11k}__{6 đúng với k = m +1.}

ThËt vËy: (m + 1)3_{+ 11(m + 1) = m}3_{+ 3m}2_{+ 3m + 1 + 11m + 11}

= (m3_{+ 11m) + (3m}2 _{+ 3m + 12)}__6.

Do đó k3_{+ 11k}_₆_ _4(k3_{+ 11k)}_₂₄

VËy A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k)  24.

Vậy A(n)  24 đúng với n = k + 1.

+ KÕt luËn: Víi mäi sè nguyên dơng n thì luôn có:
n4_{+ 6n}3_{+ 11n}2_{+ 6n}__24.

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

Gi¶i:

+ Mệnh đề (1) đúng với a = 1 vì 15_{– 1 chia hết cho 5.}

+ Giả sử (1) đã đúng với a =k (k  N), tức là ta đã có k5_{– 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 cã: (k + 1)5_{– (k + 1) = k}5_{+ 5k}4 _{+ 10k}3_{+ 10k}2_{+ 5k + 1 – k – 1}

= (k5_{– k ) + [5k}4_{+ 10k}3_{+ 10k}2_{+ 5k]}

Ta thÊy k5_{– k chia hÕt cho 5 do giả thiết quy nạp, còn biểu thức trong}

du múc hin 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.

<i><b>* Chó ý:</b></i>

1) §Ĩ chøng minh (k + 1)5_{– (k + 1) chia hÕt cho 5, ta còng cã thĨ xÐt hiƯu}

[(k + 1)5_{– (k + 1)] - (k}5_{– k ).}

HiƯu nµy b»ng: 5k4_{+ 10k}3_{+ 10k}2_{+ 5k, chia hÕt cho 5, mµ (k}5_{– k ) chia hÕt}

cho 5 theo giả thiết quy nạp, do đó (k + 1)5_{– (k + 1) chia hết cho 5.}

<b>Bài 8</b>.(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 ap_{– a chia hết cho p (2)}

( Đây là nội dung định lý nhỏ Fecma).

<i>Chøng minh</i>:

Cố định p, ta chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo a.
+ Mệnh đề (2) đúng với a = 0 vì 0p_{– 0 chia hết cho p.}

+ Giả sử (2) đã đúng với a = k tức là ta đã có Ak = kp – k chia hết cho p. Ta

cÇn chøng minh r»ng Ak+1 = (k +1)p – (k + 1) còng chia hÕt cho p.

XÐt hiÖu:



<i>k</i> <i>k</i>



<i>k</i>
<i>pk</i>
<i>k</i>
<i>p</i>
<i>p</i>
<i>k</i>

<i>p</i>
<i>p</i>
<i>p</i>
<i>k</i>
<i>p</i>
<i>p</i>
<i>pk</i>
<i>k</i>
<i>A</i>

<i>A</i> <i>p</i> <i>p</i> <i>p</i> <i>p</i> <i>p</i>

<i>k</i>

<i>k</i> _  





















   

 ₁_.₂ 1 1

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

( 2 3 2

1

1 

<i> </i> (3)

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

( 2 3 2

1 <i>p</i> <i>p</i> <i>_k</i> <i>p</i> <i>p</i> <i>p</i> <i>_k</i> <i>p</i> <i>p</i> <i>_k</i> <i>_pk</i>

<i>pkp</i> <i>p</i> <i>p</i>










    

Xét dạng chung của các hệ số trong biểu thức (3), đó là các số ngun có

d¹ng p(p-1)(p-2)…(p-k+1): 1.2.3…k (4). Chó ý rằng các số nguyên tố p lớn

hn k nờn p không rút gọn đợc với một thừa số nào ở mẫu của (4) chia hết cho
p, do đó Ak- Ak +1 chia hết cho p. Ta lại có Ak chia hết cho p theo giả thiết quy

n¹p. VËy Ak +1 chia hÕt cho p.

Chøng minh t¬ng tù ta còng cã Ak- 1 = (k - 1)p - (k - 1) chia hÕt cho p.

+ Kết luận: Mệnh đề ( 2 ) đúng với mọi s nguyờn a.

<i>*Các bài tập giải t ơng tự :</i>

<i><b>Bài 1</b></i>: Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn a:
a) a2_{– a chia hÕt cho 2.}

b) a3_{– a chia hÕt cho 3.}

c) a5_{– a chia hÕt cho 5.}

d) a7_{– a chia hÕt cho 7.}

<i><b>Bµi 2:</b></i>Chøng minh r»ng víi mọi số nguyên dơng n thì:
a) 32n + 1_{+ 40n - 67 chia hÕt cho 64.}

b) 2n + 2_.3n _{+ 5n - 4 chia hÕt cho 25.}

<i><b>Bµi 3:</b></i>Chøng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:
a) 7n + 2_{+ 8}2n + 2 _{chia hÕt cho 57.}

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

<i><b>Bµi 4:</b></i>Chøng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì gồm 3n _{ch÷ sè 1 chia}

hÕt cho 3n_:

a) 7n + 2_{+ 8}2n + 2 _{chia hÕt cho 57.}

b) 10n _{+ 72n - 1 chia hÕt cho 81.}

HD: Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111  3.

Gi¶ sư sè 11...1_k

3 chia hÕt cho 3, ta cã sè:

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 hÕt cho 3.

Vậy với mọi số nguyên dơng n thì gồm 3n_{chữ số 1 chia hết cho 3}n_.

<i><b>Bài 5:</b></i>Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:
a) 74n _{- 1}_{chia hÕt cho 5.}

b) 34n +1 _{+ 2 chia hÕt cho 5.}

c) 24n +1 _{+ 3 chia hÕt cho 5.}

d) 24n +1 _{+ 1 chia hÕt cho 5.}

e) 92n +1 _{+ 1 chia hÕt cho 10.}

<i><b>Bµi 6</b></i>: Chøng minh r»ng:

a) (n2_{+ n - 1)}2_{– 1 chia hÕt cho 24 víi mäi sè nguyªn n.}

b) (a2_{+ 3a + 1)}2_{– 1 chia hÕt cho 24 víi a là số tự nhiên.}

c) n3_{+ 6n}2_{+8n chia hÕt cho 48 víi mäi sè ch½n n.}

d) n4_{– 10n}2_{+ 9 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n.}

<i><b>Bài 7:</b></i> Chứng minh r»ng A chia hÕt cho B víi:
a) A = 13 _{+ 2}3 _{+ 3}3 ₊…_{+ 99}3 _{+ 100}3

B = 1+ 2 + 3 + … + 99 + 100
b) A = 13 _{+ 2}3 _{+ 3}3 ₊…_{+ 99}3

B = 1+ 2 + 3 + … + 99

<i><b>Bµi 8:</b></i> Chøng minh rằng nếu n là lập phơng của một số tự nhiên thì
(n - 1).n.(n + 1) chia hÕt cho 504.

<i><b>Bµi 9:</b></i> Chøng minh r»ng 2n_{– 3 chia hÕt cho 13 với mọi số tự nhiên n.}

<i><b>Bài 10</b></i>: Chứng minh rằng sè 224 1 7




<i>n</i>

chia hÕt cho 11 víi mäi số tự nhiên n.

<i><b>Bài 11</b></i>: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:
a) 62n_{+ 3}n+ 2_{+ 3}n_{chia hÕt cho 11.}

b) 10n_{– 9n – 1 chia hÕt cho 27.}

<i><b>Bài 12</b></i>. Chứng minh rằng số gồm 3n_{chữ số 1 thì chia hết cho 3}n_.

<i><b>Bài 13</b></i>. Chứng minh r»ng biÓu thøc 10n₊_18n_{- 1} _{chia hết}_{cho 27 với n là số}

tự nhiên.

<i><b>Bài 14</b></i>. Chøng minh r»ng : 25n4_{+ 50n}3_{– n}2_{- 2n chia hÕt cho 24 nếu n là}

số nguyên dơng tuỳ ý.

<i><b>Bài 15.</b></i> Chứng minh r»ng 20_{+ 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.

<i><b>Bài 16</b></i>. Chøng minh r»ng NÕu a vµ b không chia hết cho 3 thì a6_b6_chia

hết cho 9.

<i><b>Bµi 17.</b></i> Chøng minh r»ng 4a2_{+ 3a + 5 chia hÕt cho 6 nếu a là một số}

nguyên.

<i><b>Bài 18.</b></i> Chứng minh rằng n2 _{+ 3n + 39 vµ n}2_{+ n + 37 chia hÕt cho 49 víi mäi}

sè tù nhiªn n.

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

b) Chứng minh rằng hiệu các bình phơng của hai số lẻ thì chia hết
cho 8.

<i><b>Bi 20</b></i>. Cho tng ca nm số nguyên bằng 0. Chứng minh rằng tổng các luỹ
thừa bậc năm của năm số nguyên đó chia hết cho 25.

<i><b>Bµi 21.</b></i> a) Chøng minh r»ng 4n_{+ 6n – 1 chia hÕt cho 9 víi mäi sè tù nhiªn}

n  1.

b) Chøng minh r»ng 10n_{– 9n – 1 chia hÕt cho 27 víi n lµ số tự}

nhiên, n 1.

<i><b>Bài 22</b></i>. Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dơng:
a) (n + 1) (n + 2) (n + 3) …(2n) chia hÕt cho 2n

b) (n + 1) (n + 2) (n + 3) … (3n) chia hÕt cho 3n_.

<i><b>Bµi 23</b></i>. Chøng minh r»ng:

a) 2n3_{+ 3n}2_{+ n chia hÕt cho 6 víi mäi sè nguyªn n.}

b) n5 _{- 5n}3_{+ 4n chia hÕt cho 120 víi mäi sè nguyªn n.}

c) n3_{– 3n}2_{– n + 3 chia hÕt cho 48 víi mäi sè lỴ n.}

d) n4_{+ 4n}3_{– 4n}2_{- 16n chia hÕt cho 348 víi mäi sè chẵn n.}

<i><b>Bài 24</b></i>. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n:
a) Sè n2_{+ 11n + 39 kh«ng chia hÕt cho 49.}

b) Sè n2_{+ n + 1 không chia hết cho 9.}

<i><b>Bài 25</b></i>. a) Chøng minh r»ng 8.16n_{– 8 chia hÕt cho 120.}

b) Chøng minh r»ng 16n_{– 1 chia hÕt cho 15, nhng kh«ng chia hÕt}

cho 17 víi n là số lẻ.

c) Chøng minh r»ng 2n3_{+ 3n}2_{+ n chia hÕt cho 6 với mọi số nguyên n.}

<i><b>Bài 26</b></i>. Chứng minh r»ng A = n3_{( n}2_{- 7}₎2_{– 36n chia hÕt cho 5040 víi mäi}

sè tù nhiªn n.

<i><b>2. Chứng minh ng thc:</b></i>

<i><b>Bài 1:</b></i>Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:í
Sn = 13 + 23 + 33 + … + n3 = [n(n 1)

2



]2_(1).

Gi¶i :
+ Víi n = 1, vÕ tr¸i cđa (1) b»ng 13_{= 1}

vÕ tr¸i cđa (1) b»ng [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: SK = 13 + 23 + 33 + … + k3 = [

(k 1)(k 2)
2

 

]2

Ta phải đi chứng minh (1) đúng với n = k +1.
Tức là: SK + 1 =13 + 23 + 33 + … + (k + 1)3 = [

(k 1)(k 2)
2

 

]2

ThËt VËy: SK + 1 = 13 + 23 + 33 + … + (k + 1)3.

= 13_{+ 2}3_{+ 3}3₊…_{+ k}3 _{+ (k + 1)}3_.

= SK+ (k + 1)3.

Theo gi¶ thiÕt quy nạp thì Sk = [(K(K 1)

2

]2

Do ú: Sk + 1 = [(k(k 1)

2



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

= [k (k 1)2

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

  ₌ (k 1).(k 1) 2

2

 

 

 

 

 SK + 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.

<i><b>Bµi 2</b></i>. Chøng minh r»ng mọi số nguyên dơng n thì:
Sn = 12 + 22 + 32 + … + n2 = n(n 1).(2n 1)

6

 

(1).
Gi¶i:

+ Víi n = 1, vÕ tr¸i cđa (1) b»ng 12_{= 1.}

vÕ ph¶i cđa (1) b»ng 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:
Sk = 12 + 22 + 32 + … + k2 =

k(k 1).(2k 1)
6

 

Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k +1, tức là:
Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + … + (k + 1)2 =

(k 1).(k 2).(2k 3)
6

  

ThËt vËy: Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + … + k2 + (k + 1)2

= Sk + (k + 1)2

(Do gi¶ thiÕt quy n¹p Sn = 12 + 22 + 32 + + k2).

Mặt khác Sk = k(k 1).(2k 1)

6

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

6

 

+ (k + 1)2

=

2

k(k 1).(2k 1) 6(k 1)
6

   

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

6

   

= (k 1).[2k2 k 6k 6]

6

   

= (k 1).(2k2 7k 6)

6

  

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

6

  

 Sk + 1 = (k 1).(k 2).(2k 3)

6

  

Vậy đẳng thức (1) đúng với n = k + 1.

+ KÕt luËn: VËy víi mäi sè nguyên dơng n thì tổng bình phơng n các số
tự nhiªn liªn tiÕp b»ng n(n 1).(2n 1)

6

 

.

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

Xét hằng đẳng thức (x + 1)3_{= x}3 _{+ 3x}2_{+ 3x + 1. Lần lợt thay x bằng 1,}

2, 3, …, n vào hằng đẳng thức trên, ta đợc:
23_{= 1}3 _{+ 3.1}2_{+ 3.1 + 1}

33_{= 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 đợc:

(n +1)3_{= 1}3_{+ 3(1}2 _{+ 2}2₊…_{+ n}2_{) + 3(1 + 2 +}…_{+ n) + n.}

Do đó 3(12 _{+ 2}2₊…_{+ n}2_{) = (n +1)}3 _-
2

)
1
(
3<i>n</i> <i>n</i>

- (n -1)
= (n -1) [(n + 1)2

-2
3<i>n</i>

- 1] = (n - 1)(n2₊

2

<i>n</i>

) =

2
1

n(n + 1)(2n + 1).
VËy (12 _{+ 2}2₊…_{+ n}2_{) =}n(n 1).(2n 1)

6

 

.

<i><b>Bµi 3:</b></i> Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n th×:

1.4 + 2.7 + 3.10 + … + n(3n + 1) = n(n + 1)2_{. (}₎

Giải:
+ Với n = 1, vế trái bằng 1(3 + 1) = 4.

vÕ ph¶i b»ng 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).

Tøc lµ: 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).

Tøc lµ: 1.4 + 2.7 + 3.10 + … + (3k + 4).(k + 1) = (k + 1).(k + 2)2_.

ThËt vËy:

1.4 + 2.7 + 3.10 + … + (k + 1).(3k + 4)

= [1.4 + 2.7 + 3.10 + … + k(3k + 1)] + (k + 1).(3k + 4). ( )

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p ta cã:

1.4 + 2.7 + 3.10 + … + k(3k + 1) = k(k + 1)2_.

Nªn ( ):

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 dơng n thì đẳng thức () ln đúng.

<i><b>Bµi 4:</b></i> Chøng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

1 1 1 1 n

...

1.4 4.77.10 (3n 2).(3n 1)  3n 1 .

Gi¶i:

+ Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 1

4.

+ Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1).

Tøc lµ: 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.

Tøc lµ: 1 1 1 ... 1 k 1

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



    

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

ThËt vËy: Sk + 1 =

1 1 1 1 1

...

1.4  4.77.10 (3k 2).(3k 1)  (3k 1).(3k 4) 

= Sk +

1

(3k 1).(3k 4)

Theo gi¶ thiÕt quy n¹p Sk = k

3k 1

Do đó: Sk + 1 =

k 1

3k 1 (3k 1).(3k 4) =

2

3k 4k 1

(3k 1)

 



Sk + 1 =

(3k 1).(k 1)

(3k 1).(3k 4)

 

  =

k 1
3k 4



 Vậy Sn đúng với n = k + 1.

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì đẳng thức (1) ln xảy ra.

<i><b>Bµi 5:</b></i>Chøng minh r»ng với mọi số nguyên dơng n thì:
Sn =

2 2 2 2

1 2 3 n n(n 1)

...

1.3 3.5 5.7 (2n 1).(2n 1) 2(2n 1)



    

   .

Gi¶i:

+ 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 Sn đúng với n = k (k Є N, k ≥ 1).

Tøc lµ: Sk

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 Sn đúng với n = k + 1

Tøc lµ: Sk + 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)

  

     

   .

ThËt VËy:
Sk + 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: Sk + 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)

    

 

   .

 Sk + 1

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

 



 . Vậy Sn đúng với n = k + 1 (k Є N, k ≥ 1).

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

<i><b>Bài 6:</b></i>

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n th×:
Sn  ( 1) 3 ( 5) 7 ( 9) ... ( 1) .(2n 1)         2   ( 1) .nn (1)

Gi¶i:

+ 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 Sn đúng với n = 1.

+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є Z+, k ≥ 1).

Tøc lµ: Sk = -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.

Tøc lµ: Sk + 1 = -1 + 3 - 5 + 7 - 9 + … + (-1)k + 1.(2k + 1) = (-1)k + 1.(k + 1).

ThËt vËy:

Sk + 1 = -1 + 3 - 5 + 7 - 9 + … + (-1)k.(2k - 1) + (-1)k + 1.(2k + 1)

= Sk + (-1)k + 1.(2k + 1).

Theo giả thiết quy nạp: Sk = (-1)k .k

Do ú: Sk + 1 = (-1)k.k + (-1)k + 1.(2k + 1) = (-1)k.k - (-1)k.(2k + 1).

Sk + 1 = (-1)k + 1.(k + 1). Vậy Sn đúng với n = k + 1.

+ Kết luận: Vậy với mọi số ngun dơng n thì đẳng thức Sn ln đúng.

<i><b>Bµi 7:</b></i>Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:
Sn = 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ n.n! = (n + 1)! - 1.

Gi¶i:

+ Với n = 1 thì VT = 1; VP = 2! - 1 = 1.  VT = VP = 1. Vậy Sn đúng với n =

1.

+ Giả sử Sn đúng với n = k (k Є Z+, k ≥ 1).

Tøc lµ: Sk = 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ k.k! = (k + 1)! - 1.

Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k + 1.

Tøc lµ: Sk + 1 = 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ (k + 1).(k + 1)! = (k + 2)! - 1.

ThËt vËy:

Sk + 1 = 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ k.k! + (k + 1).(k + 1) = Sk+(k + 1).(k + 1)!

Theo giả thiết quy nạp cã Sn = (k + )! - 1.

Do đó: Sk + 1 = (k + )! - 1 + (k + 1).(k + 1)! = (k + )!.(k + 1 + 1) - 1

= (k + 1)!.(k + 2) - 1.

 Sk + 1 = (k + 2).(k + 1)! - 1. Vậy Sn đúng với n = k + 1.

+ KÕt luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì ta lu«n cã:
1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ n.n! = (n + 1)! - 1.

<i><b>Bµi 8:</b></i> Chøng minh r»ng víi 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)



    

    .

Gi¶i

+ Víi n = 1, VT = 1

6; VP =

4 1

4.6 6  VT = VP. Vậy Sn đúng với n = 1.

+ Giả sử Sn đúng với n = k.

Tøc lµ:

2
n

1 1 1 k 3k

S ...

1.2.3 2.3.4 k.(k 1).(k 2) 4(k 1).(k 2)



    

   

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

Tøc

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)



  

     

       .

ThËt vËy: 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 Sn đúng với n = k + 1.

+ KÕt luËn: 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)



    

    .

<i><b>Bµi 9:</b></i>Chứng minh rằng 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

         

     

         

 

          (1)

Gi¶i:

+ Víi 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).

Tøc lµ: 1 1 . 1 1 . 1 1 ... 1 1 . 1 1 1

2 3 4 k 1 k 2 k 2

         

     

         

  

          .

ThËt vËy: 1 1 . 1 1 . 1 1 ... 1 1 . 1 1

2 3 4 k 1 k 2

         

    

         

 

         

1 . 1 1 1 . k 2 1 1

k 1 k 2 k 1 k 2 k 2

 

       

_ _{ }  __ _{ } _ 

    

        .

Vậy (1) đúng với a = k + 1.

+ KÕt luËn: VËy víi mọi số tự nhiên thì:

1 1 1 1 1 1

1 . 1 . 1 . 1 ... 1

2 3 4 5 a 1 a 1

         

     

         _  _

          .

<i>*Bµi tập tơng tự:</i>

<i><b>Bài 1</b></i>. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:
a, Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n + 1) = n(n 1).(n 2)

3

 

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

b, Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(3n + 1) = n(n + 1)2.

<i><b>Bµi 2</b></i>. Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyên dơng 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

     

   .

<i><b>Bµi 3.</b></i> Chøng minh r»ng víi mäi số tự nhiên thì:

Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n + 1).(n+2) = n(n 1).(n 2).(n 3)

4

  

.

<i><b>Bµi 4</b></i>. Chøng minh r»ng víi mäi sè tự nhiên n N thì:
Sn = 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 +… + n(n + 3) =

n(n 1).(n 5)
5

 

.

<i><b>Bài 5</b></i>. 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:

<i><b>Bài 6.</b></i> a, Chứng minh rằng tổng n các số lẻ đầu tiên liên tiếp là:
S = 1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n – 1) = n2

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

2

c) Chøng minh r»ng tæng n các số tự nhiên đầu tiên liên tiếp là:
S = 1 + 2 + 3 + 3 +…+ n = n(n 1)

2



<i><b>Bµi 7.</b></i> Chøng minh r»ng víi mäi số nguyên dơng n thì:

<i><b>Bài 8.</b></i> Chøng minh
r»ng víi mäi số
nguyên dơng n thì:

    

 



1 1 1 1 n

1.2 2.3 3.4 n(n 1) n(n 1) víi n  1.

<i><b>Bµi 9</b></i>. Chøng minh r»ng tỉng cđa n số tự nhiên đầu tiên bằng:S =n(n 1)

2

<i><b>Bài 10</b></i>. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

S= 1.2.3 + 2.3.4 + … + n(n + 1).(n+2) = n(n 1).(n 2).(n 3)

4

  

.

<i><b>Bµi 11</b></i>. Chøng minh r»ng với mọi số nguyên dơng n:
13_{+ 3}3_{+ 5}3₊…_{+ (2n - 1)}3_{= n}2_(2n2_{- 1).}

<i><b>Bµi 12.</b></i> Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:

    

  

 

 _  _

  

 

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

. .

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

12_{– 2}2_{+ 3}2_{– 4}2₊…_+(-1)n - 1 _n2 _{= (-1)}n – 1_.n(n 1)

2



<i><b>Bµi 13</b></i>. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:
a) 1.2 + 2.3 + … + (n - 1)n = 1(n 1)n(n 1) 

3 Víi n  2

b) 1.2 + 2.5 + 3.8 + …. + n.(3n - 1) = n2_{. (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 víi n  2.

e) 1.22_{+ 2.3}2₊…_{+ (n - 1)n}2₌ 1 _{(n 1)n(n 1)(3n}_ _ _₂₎

12 víi n  2.

<i><b>Bµi 14</b></i>. Chøng minh r»ng víi mäi số nguyên dơng n:

4.[1.2.3 + 2.3.4 + … + n (n + 1) (n + 2)] + 1 là số chính phơng.

<i><b>Bài 15.</b></i> Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:
1 2₂  3₃  n_n  2 n 2_n

2 2 2 2 2

<i><b>Bµi 16.</b></i> Chøng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:

         

2 2 2 2

n

2 2 3 2 4 2 n 2 n 2

3

2! 3! 4! n! 2 víi n  2.

<i><b>Bµi 17</b></i>. Chøng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:

      

2 2 2 2

2 2 2 2

2 1 3 1 4 1 n 1 n 1

. .

2 3 4 n 2n

<i><b>Bài 18</b></i>. 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

<i><b>Bài 19</b></i>. 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 víi 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) víi n  1.

c)      

  



1 1 1 1 (n 1)

2.5 5.8 8.11 (3n 1)(3n 5) 2(3n 5)

<i><b>Bài 20</b></i>. 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

<i>3. Chứng minh bt ng thc</i>

<i>:</i>

<i><b>Bài 1:</b></i>Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n3 thì:

2n_{> 2n + 1 (1).}

Giải:

+ Với n = 3 thì 23_{= 8; 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7}_ _{VT > VP.}

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

+ Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N, k ≥ 3), tức là 2k_{> 2k + 1.}

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1.
Tức là: 2k + 1_{> 2k + 3 (2)}

ThËt vËy: 2k + 1_{= 2}k_{.2. Theo giả thiết quy nạp 2}k_{> 2k + 1.}

Do đó: 2k + 1_{> 2(2k + 1) = (2k + 3).(2k - 1) > 2k + 3}

(V× 2k - 1 > 0 víi k 3).

Vậy (2) đúng với  k 3.

+ KÕt luËn: 2n_{> 2n + 1 víi mäi số nguyên dơng và n}_3.

<i><b>Bi 2:</b></i> Chng minh bt đẳng thức côsi với n số không âm.

1 2 n n

1 2 n

a a ... a

a a ...a
n

  

 víi a1, a2, . . ., an ≥ 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.
Giả sử a1  a2 …  ak  ak + 1. Thì ak + 1

1 2 k

a a ... a

k

Đặt a1 a2 ... ak

k

  

= x th× x ≥ 0.

ak + 1 = x + y víi y ≥ 0 vµ xk ≥ a1, a2, . . ., ak 0 (Do giả thiết quy nạp).

Ta có:

k 1 k 1

1 2 k k 1

a a ... a a kx x y

k 1 k 1

 


     
   
 
 _  _
 
  =
k 1

k 1 k k 1 k k

1 2 k k 1

y 1

x x (k 1). .x x x y x (x y) a a ...a a

k 1 k 1


 

 
_  _         
 
  .

 1 2 k k 1 k 1

1 2 3 k 1

a a ... a a

a a a ...a
k 1
 _

   
 

 _ 
 

vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên
n ≥ 2. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a1 = a2 = … = an.

<i><b>Bài 3: </b></i>Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n ta cã:

n
1
1 3
n
 
 
 
  .
Giải:
+ Với n = 1 đẳng thức ln đúng vì: VT =

1

1
1 2;
1
 
 
 

  VP = 3.

+ VíÝ n = 2, theo khai triĨn Niu t¬n ta cã:

n

2 3 n

1 1 n(n 1) 1 n(n 1).(n 2) n(n 1)...(n 2) 1

1 1 n. . ... .

n n 2! n 3!n n! n

1 1 1

1 1 ... .

2! 3! n!

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

Do: 1 1 ... 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 ... 1 1

2! 3! n! 1.2 2.3 (n 1)n 2 2 3 n 1 n

     

       _  __  _ _  _

       =

1 1 1.
n

  

Do đó:

2

1

1 1 1 1 3.

n

 

_  _ 

Với mọi n số nguyên dơng.

<i><b>Bài 4.</b></i> Chøng minh r»ng trong c¸c sè cã d¹ng n_n_(nЄ_{N, n}≥_{2) sè}3 ₃_có

giá trị lớn nhất.

CM:

+ Với n = 2, ta chøng minh 3₃ > _2. (1)

Thật vậy, (1) 

 

3 ₃ 6_>

 

₂ 6 _ ₃2_{> 2}3_đúng.

+ Víi n ≥ 3, ta chøng minh n_n

> n 1 _{n 1}_

(2)
ThËt vËy,



n 1



n(n 1)

n 1 

 _ <

 

n n(n 1)

n   (n + 1)n_{< n}n + 1 _

n
n
(n 1)

n
n






n
1

1 n

n

 

 

 

 

(3)
Theo c©u a, ta cã

n
1

1 3,

n

 

 

 

 

mà 3  n nên (3) đợc chứng minh.

Do đó (2) c chng minh.

Vậy trong các số có dạng n_n, số 3 ₃ có giá trị lớn nhất.

<i><b>Bµi 5:</b></i>Chøng minh r»ng víi ai, i = 1,n và n là số tự nhiên, ta cã:

(a1 + a2 + … + an)2  n(a₁2a₂2 ... a ) 2_n (1)

CM:

+ Với n = 1, ta đợc đẳng thức đúng là 2 2

1 1

a a .

+ Víi n = 2, ta cÇn chøng minh: (a1 + a2)2  2(a₁2a )2₂ .

Bất đẳng thức đúng vì 2a1a2  a₁2 a2₂. Vậy mệnh đề trên đúng với n = 2.

+ Giả sử bài toán đúng với n = k, tức là ta có:
(a1 + a2 + … + ak)2  k(a₁2a₂2 ... a ) _k2 .

Ta phải đi chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Tức là: (a1 + a2 + … + ak + 1)2  (k + 1)(a₁2 a2₂ ... a _{k 1} )2.

Đặt A1 = a1 + a2 + … + ak.

A2 = a₁2 a2₂... a 2_k.

Do đó: 2 2 2 3 2 2

1 2 k k 1 1 2 2 k k 1

a a ... a a _ (k 1).(a a a ... a a )_

 

  .

Do: (A1 + ak + 1)2 = A₁2+ 2 ak + 1A1 + a2_{k 1}_ .

Từ bất đẳng thức: 2ak + 1ai  a2_i + a2_{k 1}_ i = 1,k.

</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

(A1 + ak + 1)2  A₁2+ ( a₁2+ a2_{k 1}_ ) + ( a₂2+ a2_{k 1}_ ) + … + ( a_k2+ a2_{k 1}_ ) + a2_{k 1}_ 

 kA₁2+ A₁2+ (k + 1)a2_{k 1}_ .

= (k + 1).(A2
1 + a

2

k 1 ) = (k + 1).

2 2 2 2

1 2 k k 1

(a a ... a a _ ) .
Vậy mệnh đề đúng với n = k + 1.

+ _nЄ_{N, ta cã: (a}₁_{+ a}₂₊…_{+ a}_n₎2 __n 2 2 2

1 2 n

(a a ... a ) _.

<i><b>Bµi 6: </b></i> Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyên dơng n thì:

1 1 1 1

... 1.

n 1 n 2 n 3  3n 1  (1)

CM:

+ Với n = 1, vế trái bất đẳng thức là: 1 1 1 13 1.

23 4 12 

Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1.

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là:

1 1 1 1

... 1.

k 1 k2 k3 3k 1 

Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là:

1 1 1 1

... 1.

k2k3 k4  3k4 

ThËt vËy: 1 1 1 ... 1 1 1 1 1 ...

k2k3 k4  3k4 k 1 k2 k3k4  

1 1 1 1 1

.

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

1 1 1 1 2

... 1.

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

    

    

 

_     _  

    

Do giả thiết quy nạp: 1 1 1 ... 1 1.

k 1 k2k3 3k 1 

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

+ Kết luận: Với mọi số ngun dơng n ta ln có bất đẳng thức:

1 1 1 1

... 1.

n 1 n 2 n 3  3n 1  (1)

<i><b>Bµi 7:</b></i>Chøng minh r»ng với mọi số nguyên dơng n thì:

n

1 1 1 1 n

1 ... .

2 3 4 2 1 2

     



+ Víi n = 1, ta cã: VT = 1; VP = 1

2.

 VT > VP. Vậy bất đẳng thức (1) đúng với n = 1.

+ Giả sử bđt đúng với n = k, tức là:

k k

1 1 1 1 k

S 1 ... .

2 3 4 2 1 2

      

 (k Є Z+ , k  1).

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

Tøc lµ S_{k 1} 1 1 1 1 ... _k1 ... _k1 k 1.

2 3 4 2 1 2 1 2





        

</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

ThËt vËy: k 1 k k k k k 1 k

1 1 1 1

S S ... S A.

2 2 1 2 2 2 1

         

   ()

Víi A = 1_k _k1 ... _{k 1}1

2 2 1 2  1

  .

Ta nhận thấy A là tổng của 22_{phân thức mà mỗi phân thức đều lớn hơn}

k 1
1
2  .

Do đó: A > 1_{k 1}

2  + k 1

1

2  + … + k 1

1

2  = 2

2.
k 1

1 1

.

2  2 ( )
Tõ () vµ ( ) suy ra Sk + 1 = Sk + A > 1

2.  Sk + 1 >
1
2.

L¹i cã: k 1 1

2 2



 (víi k Є Z+ , k  1).

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dơng n thì bất đẳng thức sau luôn

đúng: 1 1 1 1 ... _n1 n.

2 3 4 2 1 2

     



<i><b>Bµi 8: </b></i>

Cho S1 = 1.2.3; S2 = 2.3.4; … ; Sn = n(n + 1).(n + 2)

vµ Sn = S1 + S2 + S3 + … + Sn. Chøng minh r»ng: 4s + 1 lµ mét sè chÝnh

ph-¬ng?

CM:
Tríc hÕt ta chøng minh:

S =1.2.3 + 2.3.4 + … + n(n + 1).(n + 2) = n(n 1).(n 2).(n 3).
4

  

(1)

Víi n = 1, ta cã VT = 1.2.3; VP = 1.2.3.4 1.2.3.

4   VT = VP.

Vậy (1) đúng với n = 1.

Giả sử (1) đúng với n = k (với k Є N , k _{1). Tức là:}

Sk = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + k(k + 1).(k + 2) = k(k 1).(k 2).(k 3)

4

  

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

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

4 4

      

     

Suy ra (1) ỳng vi mi n 1.

Theo đầu bài thì có 4S + 1 = 4.n(n 1).(n 2).(n 3) 1

4

  

 .

 _{4s + 1 = n(n + 1).(n + 2).(n + 3) + 1 = (n}2+ 3n).(n2+ 3n + 2) + 1.

Đặt n2+ 3n = a.

Ta có: 4S + 1 = a(a + 2) + 1 = a2 _{+ 2a + 1 = (a + 1)}2_{= (n}2 _{+ 3n + 1)}2

là số chính phơng.

+ Kết luận: Vậy 4S + 1 là số chính phơng,
với S =1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + n(n + 1).(n + 2).

<i><b>Bµi 9:</b></i> Tìm số nguyên dơng n sao cho: 2n_{> 5n.}

Gi¶i:

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

+ Với n = 5 thì 25_{= 32 > 25 = 5.5. Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 5.}

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (Với k Є N , k _5).

Tøc lµ: 2k_{> 5k.}

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.
Tức là: 2k + 1_{> 5(k + 1).}

ThËt vËy:

2k + 1_{= 2}k_{.2 mà 2}k _{> 5k (Theo giả thiết quy nạp).}

Nên 2k_.2_{> 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k}_{5 nên 5k > 5.}

V× vËy: 2k + 1_{> 5k + 5 = 5(k + 1).}

+ KÕt ln: VËy víi mäi sè nguyªn dơng n, n 5 thì ta có 2n > 5n.

<i><b>Bài 10</b></i>Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n:
n 1

1 2 3 ... n n .

2



     (1)

+ Với n = 1, mệnh đề đúng vì 1 1. 1 1

2




+ Giả sử, mệnh đề đúng với n = k (k Є Z+ , k  0)

Tøc lµ 1 2 3 ... k k k 1.

2



    

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

Tøc lµ 1 2 3 ... k k 1 (k 1) k 2.

2



       

ThËt vËy:

k 1

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

2



        

DÔ thÊy: k k 1 k 1 (k 1). k 2.

2 2

 

    ()

ThËt vËy: ()  k 1. k 1 k 1. (k 1).(k 2)

2
2

 

 

 _  _  

 

 _(k ₂₎2 _{(k 1).(k} ₂₎

   

 2 2

k  2 2k. 2 k  2 3k.

 _{2k. 2} __3k đúng. Vậy () đúng.

Do mệnh đề (1) đúng với n = k + 1. Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh.

<i><b>Bài 10:</b></i> Chứng minh rằng với mọi a, ta đều có: dấu căn

2 2 2

a a ... a

a 1

n dấu căn

. (1)

CM:

Đặt 2 2 2

n

S  a  a ... a .

Với n = 1, ta đợc 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

Tøc lµ: 2 2 2

k

a a ... a

S a 1

k dấu căn

.

Ta phi chng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

Tøc là: a2 a2 ... a2 _a ₁

k dấu căn

 

 

ThËt vËy: 2

k 1 k

S _  a S . Theo giả thiết quy nạp, ta đợc:

2
k 1

S_  a  a 1

 2

_

_

2

k 1

S_  a 2 a  1 a 1 a 1.

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k+ 1.

+ Kết luận: Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh.

<i><b>Bµi 11:</b></i> Chøng minh r»ng nÕu n  2, n nguyên thì:

2 2 2

1 1 1 1

... 2 .

1 2  n   n

CM:

Víi n = 2, ta cã: 1₂ 1₂ 2 1 5 3.

1 2   2  4  2

Vậy bất đẳng thức đúng với n = 2.

Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (k Є Z , k ₂₎

Tøc lµ: 1₂ 1₂ 1₂ ... 1₂ 2 1.

1 2 3  k   k

Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

Tøc lµ: 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

... 2 .

1 2 3  k (k 1)   k 1 (1)

Thật vậy: Theo giả thiết quy nạp thì:

1₂ 1₂ 1₂ ... 1₂ 1 ₂ 2 1 1 ₂.

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

   

       

   

 

    (2)

Vậy (1) đợc chứng minh, nếu vế phải của (2) nhỏ hơn 2 1 .

k 1




Tøc lµ: 2 1 1 ₂ 2 1 .

k (k 1) k 1

   

 

Hay : 1 1 ₂ 1.

k 1 (k 1)   k

Hay : 2

2

k 2 1

k(k 2) (k 1)

(k 1) k



    

 đúng.

Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1.

+ KÕt luËn: _nЄ_{Z , n}_{2 th×} 1₂ 1₂ ... 1₂ 2 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

<i><b>Bài 12.</b></i> Cho dãy số Fibônaxi: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, … trong đó mỗi số hạng, kể
từ số hạng thứ ba, bằng tổng của hai số hạng liền trớc (an = an -2 + an – 1, n 

3). Chøng minh r»ng :

a) Sè h¹ng thø 3n chia hÕt cho 2, sè h¹ng thø 4n chia hÕt cho 3, sè h¹ng thø
5n chia hÕt cho 5.

b) Bình phơng của mỗi số hạng của dÃy, kể từ số hạng thứ hai, hơn hoặc
kém tích của hai số hạng liền trớc và liền sau nó là 1.

c) Là phân số tối gi¶n víi mäi n  2.

d) Tổng của ba số hạng liên tiếp của dÃy là một số không thuộc dÃy.

e) Mọi số nguyên dơng A đều bằng một số hạng hoặc bằng tổng của một số
hạng khác nhau của dãy (định lý Hogatt).

<i>Híng dÉn:</i>

a) Chøng minh a3n chia hÕt cho 2.

Mệnh đề đúng với n = 1

Giả sử a3n chẵn. Xét a3(k+1) = a3k+2 + a3k + 1 = a3k+ 1 + a3k + a3k + 1 = 2a3k +1+ a3k cũng

là số chẵn.

(Chøng minh a4n chia hÕt cho 3, a5n chia hết cho 5 tơng tự).

b) Ta cần chứng minh: an2 – an – 1 .an + 1 = (-1)n – 1 víi mäi n  2.

Mệnh đề đúng với n = 2 vì 12_{– 1.2 = -1.}

Giả sử mệnh đề đúng với n = k tức là ta có: ak2 – ak – 1 .ak + 1 = (-1)k – 1.

Ta cã: ak+ 12 – ak .ak + 2 = ak+12 – ak (ak + ak + 1 ) = ak+12 – ak 2 - ak .ak + 1

= ak + 1.(ak + 1 - ak) – a2k = ak + 1.ak - 1 – a2k

= -(ak2 – ak – 1.ak + 1) = -(-1)k - 1 = (-1)k – 1.

c) Mệnh đề đúng với n = 2 vì    

 

1 3

2 4

a a 1 2 3

a a 1 3 4

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

 







k 1 k 1

k k 2

a

a

a

a

là phân số tối giản. CÇn chøng minh r»ng



 





k k 2

k 1 k 3

a

a

a

a

là phân

số tối giản.

Gọi d lµ íc chung cđa ak + ak+1 + vµ ak+ 1 + ak + 3 th×

(ak+ 1 + a k+ 3) – (ak + ak + 2) chia hÕt cho d  (ak+ 1 - a k) + (ak + 3 - ak + 2) chia

hÕt cho d  ak - 1 + ak + 1 chia hÕt cho d. Nh vËy d lµ íc chung cđa ak + ak+2 + vµ

ak- 1 + ak + 1, do đó d = 1.

d) Ta sẽ chứng minh rằng a_{k 3}_  a_k a_{k 1}_ a_{k 2}_ a_{k 4}_ .Bất đẳng thức này
sẽ tơng đơng với:

a_{k 2}_ a_{k 1}_ a_k a_{k 1}_ a_{k 2}_ a_{k 3}_ a_{k 2}_

     

 a_{k 2} a_{k 1}  a_k a_{k 1} a_{k 2} a_{k 3} a_{k 1} a_k

  

 a_{k 2}  a_k a_{k 2}  a_{k 3} a_k

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

e) Gäi an là một só hạng bất kì của dÃy. Ta sẽ chøng minh r»ng mäi sè nguyªn

dơng A khơng vợt q an đều bằng một số hạng hoặc bằng tngr bình phơng

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

Mệnh đề đúng với n bằng 1, 2, 3, 4 (chẳng hạn với n = 4 ta có an = a4 = 3; rõ

ràng các số 1, 2, 3, đều có mặt trong dãy).

Giả sử mệnh đề đúng với k  4, tức là mọi số ngun dơng A khơng vợt q

ak đều có tính chất . Ta sẽ chứng minh rằng mệnh đề đúng với k+ 1, tức là

mäi sè nguyên dơng A không vợt quá ak+ 1 còng cã tÝnh chÊt . XÐt hai

kho¶ng giá trị của A:

- Nếu A ak thì A có tính chất theo giả thiết quy nạp.

- NÕu ak < A  ak + 1 th× 0 < A – ak  ak + 1 – ak. Theo quy luËt d·y th×

ak + 1 – ak. Đặt A ak = d thì A = ak + d vµ 0 < d  ak – 1. Do d  a k-1 nªn

d < ak, do đó theo giả thiết quy nạp, d có tính chất , do đó A có tính chất .

<i> *Bµi tập tơng tự: </i>

<i><b>Bài 1</b></i>. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dơng n thì:

1 1 1 1 13

...

n 1 n 2   n 3  2n 24 (n  2).

<i><b>Bµi 2</b></i>. Chøng minh r»ng: n2_{> n + 5 (n}Є_{Z , n}__3).

<i><b>Bµi 3</b></i>. Chøng minh r»ng víi mäi sè tự nhiên n > 1 thì:
a. 1₂ 1₂ 1₂ ... 1₂ 1.

2 3 4  n 

b. 1 1 1 ... 1 3.

2 n 1 n 2    n n 4

<i><b>Bµi 4.</b></i> Chøng minh r»ng víi mäi n là số tự nhiên và n 1 thì tæng:

2 2 2 2

1 1 1 1

S ... .

1 2 3 n

Không phải là một số tự nhiên.

<i><b>Bài 5</b></i>. Chứng minh rằng: 1₂ 1₂ ... 1₂ n 1.

2 3 n n



  

<i><b>Bài 6.</b></i> Cho n số dơng a1, a2, , an. Chøng minh r»ng:

n

1 2 n

1 2 n

1

a a ...a .

1 1 1

...

a a a



  

<i><b>Bµi 7</b></i>. Chøng minh r»ng víi n sè d¬ng a1, a2, … , an th×:

2 2 2

1 2 n 1 2 n

a a ... a a a ... a

.

n n

     



<i><b>Bµi 8</b></i>. Chøng minh r»ng:

Nếu a1, a2, , an dơng và a1a2…an = 1 th×: a1 + a2 + … + an  n.

<i><b>Bµi 9.</b></i> Cho a  1. Chøng minh r»ng:

n

1 2 n 1 2 n

1 1 1 n

... .

1 a 1 a  1 a 1 a a ...a

<i><b>Bµi 10</b></i>. Cho S víi n Є N*_vµ:S 3 3 3 ... 3 .

1.4 4.7 7.10 n(n 3)

    



Chøng minh r»ng S < 1.

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>

a. 1 1 1 ... 1 1.

2 1 1 2 3 22 3 4 3 3 4  (n 1) n n n 1 

b. 1 1 1 ... 1 2.

2 13 2 4 3  (n 1) n 

<i><b>Bài 12.</b></i> Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 đều có:

1 1 1 1 1

n ... 2 n.

1 2 3 4 n

      

<i><b>Bµi 13</b></i>. Cho

<i>n</i>
<i>n</i>

<i>A</i> 2 1

6
5
.
4
3
.
2

1 

  (n Є Z , n 2). Chøng minh r»ng:

a. A 1 .

2n 1





b. A 1 .

3n 1





<i><b>Bài 14</b></i>. Chứng minh rằng với mọi x > 0 ta đều có: 2x_{> x.}

<i><b>Bài 15</b></i>. Chứng minh các bất đẳng thức:

a. 1 1 ... 1 n 1 n 2.

1 2   n    

b. 1 1 ... 1 1.

n 1 n 2    2n  2

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

2 4 6 2n

2 n 2n



 

<i><b>Bài 16</b></i>. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) 2n_{> n}2 _{với mọi số tự nhiên n}__5.

b)     

  

1 1 1 n 13

...

n 1 n 2 n 3 2n 24 víi mäi sè tù nhiªn n  2.

<i><b>Bài 17</b></i>. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) a12 + a22 + a32 + … + an2 

1

n víi a1+ a2 + a3 + … + an=

₁_.

b) a12 + a22 + a32 + … + an2 

2
k

n víi a1+ a2 + a3 + … + an=

_k.

<i><b>Bài 18</b></i>. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a) 1₂  1₂  1₂ ... 1₂ 1

2 3 4 n víi mäi sè tù nhiªn n  2.

b) 1₂  1₂  1₂ ... 1 ₂  1

2 4 6 (2n) 2 víi mäi sè tù nhiªn n  2.

<i><b>Bài 19</b></i>. Chứng minh bất đẳng thức (n!)2_{> n}n_{với mọi số tự nhiên n}__3.

<i><b>Bài 20</b></i>. Chứng minh bất đẳng thức:
a) 1  2  3 ...n 1 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

b)      


2 2

3 5 7 2n 1

... 1

4 36 144 n (n 1) ( n nguyên dơng).

c)       



2

1 5 11 n n 1

... 2

2! 3! 4! (n 1)! (n nguyªn d¬ng).

d)      

   

1 1 1 1

1 ... 2

n 1 n 2 n 3 (3n 1) (n nguyên dơng).

e)      



n

1 1 1 1 n

1 ...

2 3 4 2 1 2 (n nguyên dơng).

<i><b>Bài 21</b></i>. Cho an = 33 (n sè 3), bn – 1= 44 (n – 1 sè 4). Chøng minh r»ng

an > 6.bn – 1 víi mäi sè tự nhiên n 2.

<i><b>Bài 22</b></i>. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có:

    

 

2 2

1 1 1 1 1

...

5 13 25 n (n 1) 2

<i><b>4. Chøng minh quy nạp trong hình học</b></i>

<i><b>Bi 1:</b></i>Chng minh rng nu a, b, c là các cạnh của một tam giác vng với C
là cạnh huyền, thì với mọi n ngun dơng ta đều có:

a2n_{+ b}2n __c2n_{. (1)}

CM:

Víi n = 1, (1) cã d¹ng a2_{+ b}2 __c2_.

Bất đẳng thức, vì theo định lý Pitago thì a2_{+ b}2_{= c}2

Giả sử (1) đúng với n = k (k Є N , k _1).

Tøc lµ: a2k_{+ b}2k __c2k_.

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1.
Tức là: a2(k + 1)_{+ b}2(k + 1) __c2(k + 1)

ThËt vËy, ta cã: a2(k + 1)_{+ b}2(k + 1)_{= a}2k_.a2 _{+ b}2k_.b2 _{< a}2k_.c2 _{+ b}2k_.c2

= c2_(a2k _{+ b}2k₎ __c2_.c2k_{= c}2(k + 1)_.

Vậy (1) đúng với n = k + 1.

+ KÕt ln: Víi mäi n Є Z+ , th× a2n + b2n  c2n víi a, b, c lµ ba c¹nh cđa mét

</div>

<!--links-->