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

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.[r]

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  2

Hướng dẫn giải

(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    2

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

Thật vậy

 

 

          

2

k k 1

(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



Hướng dẫn giải



n n 3

,(1)

Với n = 1: Vế trái của (1)

1.2.3 6

; Vế phải của (1)



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

2



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

         

k 1 k 4

2

Thật vậy

   

 

  

     

k k 3

4 k 1 k 2





 

              

k k 3

k 3



     

   

     

   

   

2

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:

Hướng dẫn giải

Với n = 2: Vế trái của (1)

1

, vế phải của (1)



Suy ra (1) đúng với n = 2

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

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

2

k k 2

.





Vậy (1) đúng khi n   k 1 Do đó theo nguyên 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



Hướng dẫn giải

 

1



Với n = 1: Vế trái của (1)

1 3



, vế phải của (1)



Suy ra (1) đúng với n = 1

Giả sử (1) đúng với n  k Có nghĩa là ta có: 1 2 3 kk 3 2k 3k 2 



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

(đúng)

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

Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 2 , ta có:

       

2

12

Hướng dẫn giải

2

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:

12

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

        2     

2

12

2

12

Thật vậy: 1.2 2  2.3 3  3.4 4  k 1 k   2  k k 1  2    

2

2

k k 1 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

3



b)

n(n 1)(n 2)

3

c) 1.2 2.5 3.8     n 3n 1    n 2n 1  

4

e)

n



f) an bn a b a    n 1  an 2 b1 a b  n 2  bn 1 

LỜI GIẢI

2 2

3

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

3



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

2



2

3 (thế (2) vào)

   

2k 1

(đpcm)

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

Cách 2 : Trường hợp không 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



2

3

2

Mặt khác :

VP=

 2k 1 k 1 2k 3

3

3

VT= VP Vậy đúng khi n   k 1

ax  bx c   a x x  x x 

với x , x 1 2 là 2 nghiệm của phương trình ax 2  bx c   0

Áp dụng : ta thấy 2k 2  5k 3   0 có 2 nghiệm là

3

k 1; k

2

Do đó

2

b)

n(n 1)(n 2)

3

,(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)

3

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

      k 1 k 2 k 3    

3

Thật vậy: 1.2 2.3 3.4 k k 1  k 1 k 2   k(k 1)(k 2) k 1 k 2  

3

k 1 k 2 k 3    

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    n 2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    k 2k 1 2    

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

Thật vậy: 1.2 2.5 3.8     k 3k 1    k 1 3k 2       k 2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 nguyên lí quy nạp, (1) đúng với mọi số nguyên dương n

4

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

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

    k k 1 k 2 k 3       

4

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

4

Thật vậy:

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

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

e)

n



(1) Với n = 1: Vế trái của (1)

1 2



, vế phải của (1)



Suy ra (1) đúng với n = 1

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

k



(2)

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

k 1

k k 1 k 1





Thật vậy:

k



(đpcm)

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

(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:        

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

          

 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 nguyên 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   , thông thường thì sẽ sử dụng giả thiết

        

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:   

n 1

Hướng dẫn giải

  

n 1

Giả sử ta có 3 k 1  k k 2  

đúng

Ta cần chứng minh 3 k 1 1  k 1 k 3     

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

Ta lại có 3k k 2    k 1 k 3      2k 2  2k 4   0

, bất đẳng thức này đúng với mọi k  4 Suy ra 3 k 1 1  k 1 k 3     

(đúng)

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

Cách 2 3 k 1 1   3.3 k 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 3 k 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 3 k 1 1  k 1 k 3     

(đúng)

Do đó theo nguyên 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:      

*

Hướng dẫn giải

Đặt n

u

Với n  2 ta có 2

u

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

k 1  k 2   k k  24

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

Thật vậy ta có:

0

Vậy k 1 k

13

24

  

(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: nn n 1  n 1 * 

Hướng dẫn giải

Với n 1  ta có 1 1 1 1  0  1 1 

(đúng) Vậy (*) đúng với n 1 

Giả sử với n  k thì (*) đúng, có nghĩa ta có: k k k 1  k 1

(1)

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

k 1  k 1 k 2  k

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với k 1  k 1

ta được: k kk 1  k 1 k 1  k 1 k 1  k 1

k

k 1

2

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:  n!2  n *n  

Hướng dẫn giải

Với n 1  ta có 1 1 1 1  0  1 1  (đúng) Vậy (*) đúng với n 1 

Giả sử với n  k thì (*) đúng, có nghĩa ta có:  k!2  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  2 ta được:   k!2 k 1  2  k kk 1  2

(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: 3 k  k 2  4k 5  (1)

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

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với 3 ta được: 3.3 k  3.k 2  12k 15 

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:  

n

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có:  1  1  1   1   

LỜI GIẢI:

a) Với n  3 ta có 2 3  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)

Ta phải chứng minh (*) đúng với n   k 1, có nghĩa ta phải chứng minh: 2k 1  2k 3 

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

k 1

   (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:      

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



Thật vậy:

k 1



(đúng)

Vậy (*) đúng khi n   k 1 Do đó theo nguyên 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.

13 Tích của hai số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2.

14 Tích của ba số tự nhiên liên tiếp luôn chia hết cho 2, 3 và 6.

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, , ,a n đều chia hết cho m thì tổng của chúng cũng chia hết cho m.

c) Tính chất 3:Nếu mỗi số a m i i 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 m n 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:

P k( 1)k33k23k 1 2k 2 k33k25k 3 k32k3(k2 k 1)P k( ) 3( k2 k 1)

Mà ( ) 3P k  và 3(k    nên ( 1) 32 k 1) 3 P k    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 2. Chứng minh rằng với mọi nÎ ¥*

thì n311n chia hết 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 ( 1) 12

P k k k

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

- Giả sử mệnh đề đúng khi n k 1, tức là: ( ) 13P k  k   1 12

- 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:

P k( 1) 13.13 k1 13 13  k 1 12 13 (k) 12  P 

Mà 13 ( ) 12P k  và 12 12 nên (P k   1) 12  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 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:

P k( 1) 4.4 k 15k14 4 4  k15k1 45 k18 4 ( ) 45 P k  k18

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 toán 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) 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

P 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 toán 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)

n n  chia hết cho 2 vì là hai số tự nhiên liên tiếp nên 4 ( 1) n n  sẽ chia hết cho 8 Vậy bổ đề chứng minh

xong