Vì thế để học sinh có kỹ năng giải các bài toán về chia hết thì trước hết người giáo viên cần có kiến thức cơ bản về “Chia hết” và một số phương pháp hướng dẫn các em.Để giúp bản thân và[r]
Trang 1Chuyên đề : TOÁN CHIA HẾT
PHẦN I :LỜI NÓI ĐẦU:
Cùng với sự phat triển của đất nước,sự nghiệp giáo dục cũng không ngừng đổi mới,chất lượng giáo dục ngày càng chú trọng hơn với vai trò là môn học công cụ,bộ môn toán đã góp phần tạo điều kiện cho các em học tốt các bộ môn KHTN khác
Để học sinh không những nắm được kiến thức cơ bản một cách có hệ thống
mà còn được nâng cao,để từ đó các em có hứng thú,say mê học tập,phát huy hết khả năng của mình;đáp ứng được yêu cầu của sự nghiệp giáo dục và nhu cầu học tập ngày càng đa dạng của học sinh,đặc biệt là học sinh khá giỏi thì người giáp viên cần biết chắt lọc kiến thức,phải đi từ dễ đến khó,từ cụ thể đến trừu tượng giúp học sinh có thể phát triển tốt tư duy toán học
Chủ đề “Toán chia hết”là một trong những nội dung quan trọng của chương
trình toán THCS ,đồng thời nội dung về toán chia hết có ứng dụng rộng rãi trong các môn khoa học khác và trong thực tiễn cuộc sống.Nội dung toán chia hết được trải rộng toàn bộ chương trình toán THCS ,từ lớp 6 đến lớp 9.Hơn nữa trong các kỳ thi HSG,thi chuyển cấp ,thi chuyên Toán đề thi đều có các bài toán
về chia hết
Thực tê giảng dạy cho thấy nội dung toán chia hết học sinh được học chưa nhiều trong giờ chính khóa ,mà chủ yếu các em phải tự học thêm ở SBT và sách tham khảo.Vì vậy da số các em còn rất lúng túng khi gặp loại toán này,đặc biệt đối với HS khá giỏi thì còn rất nhiều vấn đề hưa được đề cập tới
Vì thế để học sinh có kỹ năng giải các bài toán về chia hết thì trước hết người giáo viên cần có kiến thức cơ bản về “Chia hết” và một số phương pháp hướng dẫn các em.Để giúp bản thân và các đồng nghiệp dạy môn toán có cái nhìn tổng quát về nội dung toán chia hết,tạo điều kiện thuận lợi trong giảng dạy nội dung này cho tất cả học sinh đại trà,đặc biệt là bồi dưỡng HSG.Do đó chúng tôi quyết định xây dựng chuyên đề này
Trang 2PHẦN II: NỘI DUNG
A-LÝ THUYẾT
I ĐỊNH NGHĨA PHÉP CHIA
Cho 2 số nguyên a và b trong đó b 0 ta luôn tìm được hai số nguyên q
và r duy nhất sao cho:
a = bq + r Với 0 r b
Trong đó: a là số bị chia, b là số chia, q là thương, r là số dư.
Khi a chia cho b có thể xẩy ra b số dư
r {0; 1; 2; …; b}
Đặc biệt: r = 0 thì a = bq, khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a
Ký hiệu: ab hay b\ a
Vậy: a b Có số nguyên q sao cho a = bq
II CÁC TÍNH CHẤT
1 Với a 0 a a
2 Nếu a b và b c a c
3 Với a 0 0 a
4 Nếu a, b > 0 và a b ; b a a = b
5 Nếu a b và c bất kỳ ac b
6 Nếu a b (a) (b)
7 Với a a (1)
8 Nếu a b và c b a c b
9 Nếu a m và an và(m,n)=1 a mn
10 Nếu a + b c và a c b c
11 Nếu a b và n > 0 an bn
12 Nếu ac b và (a, b) =1 c b
13 Nếu a b, c b và m, n bất kỳ am + cn b
14 Nếu a b và c d ac bd
15 Tích n số nguyên liên tiếp chia hết cho n!
16.an
p(p nguyên tố)=> a p
Trang 3III MỘT SỐ DẤU HIỆU CHIA HẾT
Gọi N = anan1 a1a0
1 Dấu hiệu chia hết cho 2; 5; 4; 25; 8; 125
+ N 2 a0 2 a0{0; 2; 4; 6; 8}
+ N 5 a0 5 a0{0; 5}
+ N 4 (hoặc 25) a1a0
4 (hoặc 25) + N 8 (hoặc 125) a2a1a0
8 (hoặc 125)
2 Dấu hiệu chia hết cho 3 và 9
+ N 3 (hoặc 9) a0+a1+…+an 3 (hoặc 9)
3 Một số dấu hiệu khác
+ N 11 [(a0+a1+…) - (a1+a3+…)] 11
4.Ứng dụng HĐT
a n -b n =(a-b)(a n-1 +a n-2 b+…+ab n-2 +b n-1 )
a n +b n =(a+b)(a n-1 -a n-2 b+… -ab n-2 +b n-1 )
*Hệ quả:
an-bn
( a-b) Với n,a-b 0
an+bn
(a+b) Với n lẻ,a+b 0
B-CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHIA HẾT
1 Phương pháp 1: SỬ DỤNG DẤU HIỆU CHIA HẾT
Ví dụ 1: Tìm các chữ số a, b sao cho a56b 45
Giải
Ta thấy 45 = 5.9 mà (5 ; 9) = 1
để a56b 45 a56b 5 và 9
Xét a56b 5 b {0 ; 5}
Trang 4Nếu b = 0 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 0 9
a + 11 9 a = 7
Nếu b = 5 ta có số a56b 9 a + 5 + 6 + 5 9
a + 16 9 a = 2
Vậy: a = 7 và b = 0 ta có số 7560
a = 2 và b = 5 ta có số 2565
Ví dụ 2: Biết tổng các chữ số của 1 số là không đổi khi nhân số đó với 5 Chứng
minh răng số đó chia hết cho 9
Giải
Gọi số đã cho là a
Ta có: a và 5a khi chia cho 9 cùng có 1 số dư
5a - a 9 4a 9 mà (4 ; 9) = 1
a 9 (Đpcm)
Ví dụ 3: CMR số 81 sè 1
111 111
81
Giải
Ta thấy: 111111111 9
Có 81 sè 1
111
111
= 111111111(1072 + 1063 + … + 109 + 1)
Mà tổng 1072 + 1063 + … + 109 + 1 có tổng các chữ số bằng 9 9
1072 + 1063 + … + 109 + 1 9
Vậy: 81 sè 1
111 111
81 (Đpcm)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: Tìm các chữ số x, y sao cho
a 34x5y 4 và 9
Trang 5Bài 2: Cho số N = dcba CMR
a N 4 (a + 2b) 4
b N 16 (a + 2b + 4c + 8d) 16 với b chẵn
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: x = 4 và y = 2 hoặc x =9 và y = 6
Bài 2: a N4 ba 4 10b + a4 8b + (2b + a) 4
a + 2b4
b N16 1000d + 100c + 10b + a16 (992d + 96c + 8b) + (8d + 4c + 2b + a) 16
a + 2b + 4c + 8d16 với b chẵn
2 Phương pháp 2:
SỬ DỤNG TÍNH CHẤT CHIA HẾT
* Chú ý: Trong n số nguyên liên tiếp có 1 và chỉ 1 số chia hết cho n.
Ví dụ 1: CMR: a Tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b Tích của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 6
Giải
a Trong 2 số nguyên liên tiếp bao giờ cũng có 1 số chẵn
Số chẵn đó chia hết cho 2
Vậy tích của 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
b.Tích 2 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2 nên tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 2
Trong 3 sô nguyên liên tiếp bao giơ cũng có 1 số chia hết cho 3
Tích 3 số đó chia hết cho 3 , mà (2; 3) = 1
Vậy tích của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6
Ví dụ 2: CMR: Tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 9.
Giải
Gọi 3 số nguyên liên tiếp lần lượt là: n - 1 , n , n+1
Trang 6Ta có: A = (n - 1)3 + n3 + (n + 1)3
= 3n3 +6n
= 3n(n +2) =3n (n-1+3) = 3n(n- 1)(n+1) + 9n
Ta thấy (n - 1)n (n + 1) 3 (CM Ví dụ 1)
3(n - 1)n (n + 1) 9
mà 9n 9
A 9 (ĐPCM)
Ví dụ 3: CMR: n4 - 4n3 - 4n2
+16n 3 84 với n chẵn, n4
Giải
Vì n chẵn, n4 ta đặt n = 2k, k2
Ta có n4 - 4n3 - 4n2 + 16n = 16k4 - 32k3 - 16k2 + 32k
= 16k(k3 - 2k2 - k + 2) = 16k(k - 2) (k - 1)(k + 1) Với k 2 nên k - 2, k - 1, k + 1, k là 4 số tự nhiên liên tiếp nên trong 4 số đó có
1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 (k - 2)(k - 1)(k + 1)k 8
Mà (k - 2) (k - 1)k 3 ; (3,8)=1
(k - 2) (k - 1) (k + 1)k 24
16(k - 2) (k - 1) (k + 1)k 16.24
Vậy n4 - 4n3 - 4n2
+16n 384 với n chẵn, n 4
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a n(n + 1) (2n + 1) 6
b n5 - 5n3 + 4n 120 Với n N
Bài 2: CMR: n4 + 6n3 + 11n2
+ 6n 24 Với n Z
Bài 3: CMR: Với n lẻ thì
a n2 + 4n + 3 8
b n3 + 3n2
- n - 3 48
c n12 - n8 - n4
+ 1 512
Bài 4: Với p là số nguyên tố p > 3 CMR : p2
- 1 24
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a n(n + 1)(2n + 1) = n(n + 1) [(n - 1) + (n + 2)]
Trang 7= n(n + 1) (n - 1) + n(n + 1) (n + 2) 6
b n5 - 5n3 + 4n = (n4 - 5n2 + 4)n
= n(n2 - 1) (n2 - 4)
= n(n + 1) (n - 1) (n + 2) (n - 2) 120
Bài 2: n4 + 6n3 + 6n + 11n2
= n(n3 + 6n2 + 6 + 11n)
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) 24
Bài 3: a n2 + 4n + 3 = (n + 1) (n + 3) 8
b n3 + 3n2 - n - 3 = n2(n + 3) - (n + 3)
= (n2 - 1) (n + 3)
= (n + 1) (n - 1) (n + 3)
= (2k + 4) (2k + 2).2k( với n = 2k + 1, k N)
= 8k(k + 1) (k +2) 48
c n12 - n8 - n4 + 1 = n8 (n4 - 1) - (n4 - 1)
= (n4 - 1) (n8 - 1)
= (n4 - 1)2 (n4 + 1)
= (n2 - 1)2 (n2 + 1)2 (n4 + 1)
= 16[k(k + 1)]2 (n2 + 1)2 (n4 + 1) (n=2k+1, k N)
Vì 16 16
k(k + 1)] 2 =>[k(k + 1)]2
4 Với n = 2k + 1 n2 + 1 và n4 + 1 là những số chẵn (n2 + 1)2
4 và n4
+ 1 2
n12 - n8 - n4 + 1 (16.4 4 2)
Vậy n12 - n8 - n4 + 1 512
Bài 4: Có p2 - 1 = (p - 1) (p + 1) vì p là số nguyên tố p > 3
p-1=2k(k=2,3, ) =>p+1=2k+2 ta có: (p - 1) (p + 1)=4k(k+1) 8
Xét 3số tự nhiên liên tiếp p-1,p,p+1,ắt có 1 ssố chia hết cho3.vì p nguyên tố nên
p không chia hết cho 3=>p-1 hoặc p+1chia hết cho 3
(p - 1) (p + 1) 3 và (p - 1) (p + 1) 8
Vậy p2
- 1 24
Trang 83 Phương pháp 3:
XÉT TẬP HỢP SỐ DƯ TRONG PHÉP CHIA
Khi chia a cho m thì xảy ra: a= mk
a= mk+1
a= mk+2
a= mk+(m-1) (k Z)
Ví dụ 1: CMR: Với n N
Thì A(n) = n(2n + 7) (7n + 1) chia hết cho 6
Giải
Ta thấy 1 trong 2 thừa số n và 7n + 1 là số chẵn Với n N A(n) 2
Ta chứng minh A(n) 3
Lấy n chia cho 3 ta được n = 3k + r (k N)
Với r {0; 1; 2}
Với r = 0 n = 3k n 3 A(n) 3
Với r = 1 n = 3k + 1 2n + 7 = 6k + 9 3 A(n) 3
Với r = 2 n = 3k + 2 7n + 1 = 21k + 15 3 A(n) 3
A(n) 3 với n mà (2, 3) = 1
Vậy A(n) 6 với n N
Ví dụ 2: CMR: B=2n3+3n2+n 6 Với nZ
Giải
B=2n3+3n2+n = n (2n2+3n+1) = n (2n2+2n+n+1) = n (n+1)(2n+1)
Để B 6 thì B 2 và 3
Vì n(n+1) là tích của 2 số nguyên tiếp nên n(n+1) 2=>B 2 (1) Khi B:3 thì n xảy ra 3 trường hợp:
n=3k=>B=3k(3k+1)(6k+1) 3
n=3k+1=>B=(3k+1)(3k+2)(6k+3)=3(3k+1)(3k+2)(2k+1) 3
Trang 9n=3k+2=>B=(3k+2)(3k+3)(6k+5)=3(3k+2)(k+1)(6k+5) 3
=>B 3 với mọi n (2)
Từ (1) , (2) và (2,3)=1 =>B 6
Ví dụ 3: Tìm tất cả các số tự nhiên n để 2n - 1 7
Giải
Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k + r (k N); r {0; 1; 2}
Với r = 0 n = 3k ta có
2n - 1 = 23k - 1 = 8k
- 1 = (8 - 1)M = 7M 7 Với r =1 n = 3k + 1 ta có:
2n - 1 = 23k +1 - 1 = 2.23k - 1 = 2(23k - 1) + 1
mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 dư 1
Với r = 2 n = 3k + 2 ta có :
2n - 1 = 23k + 2 - 1 = 4(23k - 1) + 3
mà 23k - 1 7 2n - 1 chia cho 7 dư 3
Vậy 23k - 1 7 n = 3k (k N)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: An = n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 Với n Z
Bài 2:CMR: : C= 4n3+9n2-19n-30 6 Với nZ
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1:+ Lấy n chia cho 5 n = 5q + r r {0; 1; 2; 3; 4}
r = 0 n 5 A(n) 5
r = 1, 4 n2 + 4 5 A(n) 5
r = 2; 3 n2
+ 1 5 A(n) 5 A (n) 5 Với n Z
Bài 2:Biến đổi Cvề dạng
C=(n-2)(n+3)(4n+5)
Để C 6 thì C 2 và 3
Ta xét các trường hợp số dư khi C:2 vàC:3 =>C 2 và 3 Với nZ
Trang 104 Phương pháp 4: SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN TÍCH THÀNH NHÂN
TỬ
Giả sử chứng minh an k
Ta có thể phân tích an chứa thừa số k hoặc phân tích thành các thừa số mà các thừa số đó chia hết cho các thừa số của k
Ví dụ 1: CMR: 36n - 26n 35 Với n N
Giải
Ta có 36n - 26n = (36)n - (26)n = (36 - 26)M
= (33 + 23) (33 - 23)M
= 35.19M 35 Vậy 36n - 26n 35 Với n N
Ví dụ 2: CMR: Với n là số tự nhiên chẵn thì biểu thức
A = 20n + 16n - 3n - 1 232
Giải
Ta thấy 232 = 17.19 mà (17;19) = 1 ta chứng minh
A 17 và A 19 ta có A = (20n - 3n) + (16n - 1) có 20n - 3n = (20 - 3)M 17M
16n - 1 = (16 + 1)M = 17N 17 (n chẵn)
A 17 (1)
ta có: A = (20n - 1) + (16n - 3n)
có 20n - 1 = (20 - 1)p = 19p 19
có 16n - 3n = (16 + 3)Q = 19Q 19 (n chẵn)
A 19 (2)
Từ (1) và (2) A 232
Ví dụ 3: CMR: nn - n2 + n - 1 (n - 1)2 Với n >1
Giải
Với n = 2 nn - n2 + n - 1 = 1
và (n - 1)2 = (2 - 1)2 = 1
nn - n2
+ n - 1 (n - 1)2
với n > 2 đặt A = nn - n2 + n - 1 ta có A = (nn - n2) + (n - 1)
Trang 11= n2(nn-2 - 1) + (n - 1)
= n2(n - 1) (nn-3 + nn-4 + … + 1) + (n - 1)
= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2 )+(n-1)
= (n - 1) (nn-1 + nn-2 + … + n2+1)
= (n - 1) [(nn-1 - 1) + … +( n2 - 1) + (n - 1)]
= (n - 1)2M (n - 1)2
Vậy A (n - 1)2 (ĐPCM)
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: a 32n +1 + 2n +2
7 (n N)
b mn(m4 - n4) 30 ( m,n N, m >n)
Bài 2: CMR: A(n) = 3n + 63 72 với n chẵn n N, n 2
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: a Ta có : C= 32n +1 + 2n +2 = 3.32n + 4.2n = 3.9n + 4.2n
= 3.9n-2n .3+ 2n.7 = 3(9n-2n)+2n.7
Vì 9n-2n
7=>3.( 9n-2n) 7 và 2n.7 7 Vậy C 7
b mn(m4 - n4) = mn(m2 - 1)(m2 + 1) - mn(n2 - 1) (n2 + 1)
= mn(m-1)(m+1)(m2-4+5)-mn(n-1)(n+1)(n2-4+5)
= mn(m-1)(m+1)(m-2)(m+2)-5mn(m-1)(m+1)-mn(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)-5mn(n-1)(n+1)
Ta có m(m-1)(m+1)(m-2)(m+2) 30=> mn(m-1)(m+1)(m-2)(m+2) 30
m(m-1)(m+1) 6 =>5mn(m-1)(m+1) 30
Tương tự : n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2) 30=> mn(n-1)(n+1)(n-2)(n+2) 30
và 5mn(n-1)(n+1) 30
Vậy mn(m4 - n4) 30
Bài 2 : Có 72 = 9.8 mà (8, 9) = 1 và n = 2k (k N)
có 3n + 63 = 32k + 63=9k+63 9
Trang 123n + 63 = (9k - 1) + 64
Ta có 9k
-1 8 và 64 8 A(n) 8
5 Phương pháp 5:
BIẾN ĐỔI BIỂU THỨC CẦN CHỨNG MINH VỀ DẠNG TỔNG
Giả sử chứng minh A(n) k ta biến đổi A(n) về dạng tổng của nhiều hạng tử và chứng minh mọi hạng tử đều chia hết cho k
Ví dụ 1: CMR: n3 + 11n 6 với n z
Giải
Ta có n3 + 11n = n3 - n + 12n = n(n2 - 1) + 12n
= n(n + 1) (n - 1) + 12n
Vì n, n - 1; n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp
n(n + 1) (n - 1) 6 và 12n 6
Vậy n3
+ 11n 6
Ví dụ 2: Cho a, b z ,CMR: a3b - ab3
6
Giải
a3b-ab3 = a3b-ab-ab3+ab = ab(a2-1) - ab(b2-1)
=ab(a-1)(a+1) – ab (b-1) (b-1)
Vì a(a-1)(a+1) là tích của 3 SNLT nên nó chia hết cho 3=>a(a-1)(a+1) 6
=>ab(a-1)(a+1) 6
Tương tự ab (b-1) (b+1)
6 Vậy a3b - ab3
6
Ví dụ 3: Tìm n N sao cho P = (n + 5)(n + 6) 6n.
Giải
Ta có P = (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30
= 12n + n2 - n + 30
Trang 13Vì 12n 6n nên để P 6n n2 - n + 30 6n
n(n-1)+30 6n <=>n(n-1) 6n và 30 6n
n(n-1) 3n (1) và 30 n (2)
Từ (1) n = 3k hoặc n = 3k + 1 (k N)
Từ (2) n {1; 2; 3; 5; 6; 10; 15; 30}
Vậy từ (1); (2) n {1; 3; 6; 10; 15; 30}
Thay các giá trị của n vào P ta có
n {1; 3; 10; 30} là thoả mãn
Vậy n {1; 3; 10; 30} thì P = (n + 5)(n + 6) 6n
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 13 + 33 + 53 + 73
23
Bài 2: CMR:a 36n2 + 60n + 24 24 với n z
b.a3b –ab3
6 với a z
Bài 3: CMR: a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1
59
b 9 2n + 14 5
Bài 4:Có hay không n∈N để D=212n+1+172n+1+15⋮19
HƯỚNG DẪN - ĐÁP SỐ
Bài 1: 13 + 33 + 53 + 73 = (13 + 73) + (33 + 53)
= 8M + 8N 23
Bài 2: 36n2 + 60n + 24 = 12n(3n + 5) + 24
Ta thấy n và 3n + 5 không đồng thời cùng chẵn hoặc cùng lẻ
n(3n + 5) 2 ĐPCM
Bài 3: a 5n+2 + 26.5n + 8 2n+1
= 5n(25 + 26) + 8 2n+1
Trang 14= 5n(59 - 8) + 8.64 n
= 5n 59 + 8.59.M 59
b 9 2n + 14 = 9 2n - 1 + 15
= (81n - 1) + 15
= 80M + 15 5
Bài 4: D=212n+1 – 22n+1+172n+1+22n+1+15
=(212n+1-22n+1)+(172n+1+22n+1)+15
Vì =(212n+1-22n+1) ⋮ 19 và(172n+1+22n+1) ⋮19 nên 212n+1-22n+1)+(172n+1+22n+1)⋮19
M 15à ⁄⋮19 =>D⁄⋮19
Vậy không có n N để D) ⋮19
Bài 5: E=9n.27+16n.2=9n.27+27.16n-25.16n= 27.(9n+16n ) -25.16n
Nếu n lẻ thì 9n+16n⋮ 25=>E⋮25
Nếu n chẵn thì 9n tận cùng là 1,16n tận cùng là 6 =>27(9n+16n) tận cùng là 9 nên
nó không chia hết cho 25=>E không chia hét cho 25
Vậy để E⋮ 25 thì n lẻ
6/ Phương pháp 6:
DÙNG QUY NẠP TOÁN HỌC
Giả sử CM A(n) P với n a (1)
Bước 1: Ta CM (1) đúng với n = a tức là CM A(n) P
Bước 2: Giả sử (1) đúng với n = k tức là CM A(k) P với k a
Ta CM (1) đúng với n = k + 1 tức là phải CM A(k+1) P
Bước 3: Kết luận A(n) P với n a
Ví dụ 1:
Chứng minh A(n) = 16n - 15n - 1 225 với n N*
Giải
Với n = 1 A(n) = 225 225 vậy n = 1 đúng
Giả sử n = k 1 nghĩa là A(k) = 16k - 15k - 1 225
Ta phải CM A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1 225
Thật vậy: A(k+1) = 16 k+1 - 15(k + 1) - 1
Trang 15= 16.16k - 15k - 16
= (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15
= 16k - 15k - 1 + 15.15m
= A(k) + 225
mà A(k) 225 (giả thiết quy nạp)
225m 225
Vậy A(n) 225
Ví dụ 2: CMR: với n Z+ ta có M=7n+3n-1 9
Giải
Với n = 1 M=7+3-1 =9 9
Giả sử với n = k ta có M=7k+3k-1 9
ta phải chứng minh với n=k+1 thì M(k+1) 9
Thật vậy: M(k+1)=7k+1+3(k+1)-1=7.7k+3k+2=7.7k+21k-18k-7+9=7(7k+3k-1)-18+9
=7(7k+3k-1)-9(2k-1)
Vì 7k+3k-1 9(theo GT quy nạp)=> 7(7k+3k-1) 9 và 9(2k-1) 9 =>M(k+1)
9
Vậy M 9: với n Z+
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1: CMR: 33n+3 - 26n - 27 29 với n 1
Bài 2: CMR: a)42n+2 - 1 15
b)5n +2.3n-1+1 ⋮8 với n Z+
c)8.16n -8 ⋮ 120 với n Z+
PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG
Để CM A(n) p (hoặc A(n) ⁄ p )
+ Giả sử: A(n) ⁄ p (hoặc A(n) p )
+ CM trên giả sử là sai (vô lý)
+ Kết luận: A(n) p (hoặc A(n) ⁄ p )
Ví dụ 1: CMR n2
+ 3n + 5 ⁄ 121 với n N Giả sử tồn tại n N sao cho n2
+ 3n + 5 121