Toggle navigation 
Chuyên đề quy nạp toán học, dãy số, cấp số cộng và cấp số nhân – Nguyễn Bảo Vương Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 1 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 1. caùc ví duï minh hoïa Ví dụ 1. Chứng mình với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ta luôn có: + + + + + = n(n 1) 1 2 3 ... n 2 Ví dụ 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ta luôn có: + + + + − = 2 1 3 5 ... 2n 1 n Ví dụ 3. Chứng minh rằng với ∀≥ n 1 , ta có bất đẳng thức: ( ) − < + 1.3.5... 2n 1 1 2.4.6.2n 2n 1 Ví dụ 4. Chứng minh rằng với ∀ ≥ ∀ > n 1, x 0 ta có bất đẳng thức: + + + + ≤ + 2n 1 n n1 n x (x 1) x 1 2 x1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? Chú ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ta có thể chứng minh theo cách sau Bước 1: Ta chứng minh P(n) đúng với = n1 và = k n2 Bước 2: Giả sử P(n) đúng với = + n k1, ta chứng minh P(n) đúng với = nk . Cách chứng minh trên được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si). 1i. Baøi taäp töï luaän töï luyeän Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 , ta luôn có 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Nội dung phương pháp quy nạp toán học Cho là một số nguyên dương và là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên . Nếu (1) là đúng và (2) Nếu đúng, thì cũng đúng với mọi số tự nhiên ; thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên . Khi ta bắt gặp bài toán: Chứng minh mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau Bư ớc 1: Kiểm tra có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai Bư ớc 2: Với , giả sử đúng ta cần chứng minh cũng đúng. Kết luận: đúng với . Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề đúng gọi là giả thiết quy nạp. A. TÓM TẮC LÝ THUYẾT Phương pháp . Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức (hoặc ) đúng với ta thực hiện các bước sau: Bư ớc 1: Tính rồi chứng minh Bư ớc 2: Giả sử , ta cần chứng minh . Vấn đề 1. Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức. Bất đẳng thức Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 2 1. + + + ++ − + = 22 2 2 n(n 1)(2n 1) 1 2 ... (n 1) n 6 2. + + ++ = − 2n n 1 2 n 3 2n 3 ... 34 3 3 4.3 Bài 2 Chứng minh các đẳng thức sau 1. ( ) ( ) ++ + ++ + = nn 1 n 2 1.2 2.3 ... n(n 1) 3 với ∀≥ n 1 2. ( ) ( ) + + ++ = + − + 11 1 1 n ... 1.5 5.9 9.13 4n 1 4n 3 4n 1 3. ( ) + + + ++ = 3 33 3 2 nn 1 1 2 3 ... n 2 4. ( ) + −−− − = − − 2 4 4 4 4 1 2n 1 1 1 ... 1 1 9 25 1 2n 2n 1 5. + ++ = + + 11 1 n ... 1.2 2.3 n(n 1) n 1 6. −+ + + + + − = ∀≥ 2 22 2 2 n(n 1)(3n 2) 1.2 2.3 3.4 ... (n 1).n , n 2 12 7. + + + ++ = 22 2 2n(n 1)(2n 1) 2 4 ... (2n) 3 8. ++ + + ++ + + = n(n 1)(n 2)(n 3) 1.2.3 2.3.4 ... n(n 1)(n 2) 4 Với mọi ∈ n* . 9. −+ + + ++ − = 2 22 2 2 n(n 1)(3n 2) 1.2 2.3 3.4 ... (n 1).n 12 với ∀≥ n2 . 10. + + ++ = ++ ++ 1 1 1 n(n 3) ... 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4(n 1)(n 2) Với mọi ∈ n* . Bài 3 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ta có: + π +++ ++ = n1 222 ... 22 2cos 2 (n dấu căn) 2. Chứng minh các đẳng thức + + + = nx (n 1)x sin sin 22 sin x sin 2x ...sin nx x sin 2 với ≠π x k2 với ≥ n 1 . Bài 4 Chứng minh rằng với mọi ≥ n 1 ta có bất đẳng thức: ≤ sin nx n sin x ∀∈ x Bài 5 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 , ta có : + < n 1 13 n 2. >+ n 3 3n 1 với mọi số tự nhiên ≥ n2 ; 3. ( ) >+ − 2.4.6.2n 2n 1 1.3.5... 2n 1 với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ; Bài 6 Cho hàm số f xác định với mọi ∈ x và thoả mãn điều kiện : +≥ ∀ ∈ f(x y) f(x).f(y), x,y (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi số tự nhiên n ta có : ( ) ≥ 2n n x fx f 2 Bài 7 Chứng minh các bất đẳng thức sau 1. ++ ++ < − 2 11 1 1 1 ... 2 49 n n ∀≥ n2 2. α tan n n tan với ( ) π + ∀≥ n 2 2n 1 n 3 5. + > + ∀∈ n2 * 2 2n 5, ( n ) 6. − > + ∀∈ ≥ n 1 * 3 n(n 2); ( n ,n 4) 7. − > − ∀∈ ≥ n3 * 2 3n 1; ( n ,n 8) 8. ππ + −≥ + (n 1)cos n cos 1 n1 n với ∀≥ n 1 9. + < + + 1 3 5 2n 1 1 . . .... 2 4 6 2n 2 3n 4 10. ++ ++ < ∀ ∈ ≥ − * n 11 1 1 ... n ;( n ,n 2) 23 21 . Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 3 Bài 8 Cho tổng: = + + ++ − + n 11 1 1 S ... 1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 1. Tính 12 3 4 S ;S ;S ;S 2. Dự đoán công thức tính n S và chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Bài 9 Cho hàm số → f : , ≥ n2 là số nguyên . Chứng minh rằng nếu + + ≥ ∀≥ xy f(x) f(x) f x,y 0 22 (1) thì ta có + ++ + ++ ≥ 1 2 n 12 n f(x ) f(x ) ... f(x ) x x ... x f nn ∀≥ i x0 , = i 1,n (2). 1. caùc ví duï minh hoïa Ví dụ 1. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: = n n a 16 – 15n – 1 225 Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 thì = + − n A(n) 7 3n 1 luôn chia hết cho 9 Ví dụ 3. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) = + + +… n n B n 1 n 2 n 3 . 3n 3 Ví dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n. Ví dụ 5. Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi ≥ (n 3) bằng − 0 (n 2)180 . 1i. Baøi taäp töï luaän töï luyeän Bài 1 Cho n là số nguyên dương.Chứng minh rằng: 1. − + 2 n(2n 3n 1) chia hết cho 6. 2. +− + n 1 2n 1 11 12 chia hết cho 133 3. − 7 nn chia hết cho 7 4. − n 13 1chia hết cho 6 5. − 5 nn chia hết cho 5 với mọi ≥ n 1 6. −− n 16 15n 1 chia hết cho 225 với mọi ≥ n 1 7. + +− 2n 1 4.3 32n 36 chia hết cho 64 với mọi ≥ n 1 . Bài 2 1. Chứng minh rằng với ∀≥ n2 , ta luôn có ( ) ( ) ( ) =++ + n a n 1 n 2 ... n n chia hết cho n 2 . 2. Cho a,b là nghiệm của phương trình − + = 2 x 27x 14 0 Đặt ( ) = + nn Sn a b . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì S(n) là một số nguyên không chia hết cho 715. 3. Cho hàm số → f : thỏa = = f(1) 1,f(2) 2 và + = + + f(n 2) 2f(n 1) f(n) . Chứng minh rằng: + − + =− 2n f (n 1) f(n 2)f(n) ( 1) 4. Cho n p là số nguyên tố thứ n . Chứng minh rằng: > n 2 n 2p . 5. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt qua n! đều có thể biểu diễn thành tổng của không quá n ước số đôi một khác nhau của n!. Bài 3 Gọi 12 x ,x là hai nghiệm của phương trình : − += 2 x 6x 1 0 . Đặt = + nn n1 2 a xx . Chứng minh rằng : 1. −− = − ∀≥ n n 1 n 2 a 6a a n 2 . 2. n a là một số nguyên và n a không chia hết cho 5 với mọi ≥ n 1 . Bài 4 1. Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( ≥ n 1 ), trong đó ba mặt phẳng luôn cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung. Hỏi n mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền? 2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đó hai đường thẳng bất kì luôn cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng này chia mặt phẳng thành + + 2 n n 2 2 miền. Bài 5 Vấn đề 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 4 1. Cho a,b,c,d,m là các số tự nhiên sao cho + ad , − (b 1)c , − + ab a c chia hết cho m . Chứng minh rằng = ++ n n x a.b cn d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n . 2. Chứng minh rằng từ + n1 số bất kì trong 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau. 1ii. Baøi taäp traéc nghieäm töï luyeän Câu 1. Dùng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến An đúng với mọi số tự nhiên n p ( p là một số tự nhiên). Ở bước 1 (bước cơ sở) của chứng minh quy nạp, bắt đầu với n bằng: A. 1. n B. . n p C. . n p D. . n p Câu 2. Dùng quy nạp chứng minh mệnh đề chứa biến An đúng với mọi số tự nhiên n p ( p là một số tự nhiên). Ở bước 2 ta giả thiết mệnh đề An đúng với nk . Khẳng định nào sau đây là đúng? A. . kp B. . kp C. . kp D. . kp Câu 3. Khi sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh mệnh đề chứa biến An đúng với mọi số tự nhiên n p ( p là một số tự nhiên), ta tiến hành hai bước: Bước 1, kiểm tra mệnh đề An đúng với . n p Bước 2, giả thiết mệnh đề An đúng với số tự nhiên bất kỳ nk p và phải chứng minh rằng nó cũng đúng với 1. nk 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. Câu 4. Một học sinh chứng minh mệnh đề ''8 1 n chia hết cho * 7, '' n * như sau: Giả sử * đúng với nk , tức là 81 k chia hết cho 7. Ta có: 1 8 1 88 1 7 kk , kết hợp với giả thiết 81 k chia hết cho 7 nên suy ra được 1 81 k chia hết cho 7. Vậy đẳng thức * đúng với mọi * . n Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Học sinh trên chứng minh đúng. B. Học sinh chứng minh sai vì không có giả thiết qui nạp. C. Học sinh chứng minh sai vì không dùng giả thiết qui nạp. D. Học sinh không kiểm tra bư ớc 1 (bước cơ sở) của phương pháp qui nạp. Câu 5. Cho 1 1 1 1 ... 1 2 23 34 . 1 n S nn với * . 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 Câu 6. Cho 1 1 1 1 ... 1 2 23 34 . 1 n S nn với * . n Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 1 . n n S n B. . 1 n n S n C. 1 . 2 n n S n D. 2 . 3 n n S n Câu 7. Cho 1 1 1 ... 1 3 3 5 2 1 2 1 n S nn với * . n Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 1 . 2 1 n n S n B. . 21 n n S n C. . 32 n n S n D. 2 . 2 5 n n S n Câu 8. Cho 22 2 11 1 1 1 ... 1 2 3 n P n với 2 n và . n Mệnh đề nào sau đây đúng? A. 1 . 2 n P n B. 1 . 2 n P n C. 1 . n P n D. 1 . 2 n P n Câu 9. Với mọi * n , hệ thức nào sau đây là sai? A. 1 1 2 ... 2 nn n B. 2 1 3 5 ... 2 1 nn . C. 22 2 1 2 1 1 2 ... 6 nn n n Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 5 D. 2 2 22 2 1 2 1 246 2 6 nn n n . Câu 10. Xét hai mệnh đề sau: I) Với mọi * , n số 32 35 nn n chia hết cho 3. II) Với mọi * , n ta có 1 1 1 13 ... 1 2 2 24 nn n . Mệnh đề nào đúng? A. Chỉ I. B. Chỉ II. C. Không có. D. Cả I và II. Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 1 1.PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC Nội dung phương pháp quy nạp toán học Cho 0 n là một số nguyên dương và P(n) là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên ≥ 0 nn . Nếu (1) 0 P(n ) là đúng và (2) Nếu P(k) đúng, thì + P(k 1) cũng đúng với mọi số tự nhiên ≥ 0 kn ; thì mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên ≥ 0 nn . Khi ta bắt gặp bài toán: Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên ≥ 0 n n, ∈ 0 n ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp như sau Bư ớc 1: Kiểm tra 0 P(n ) có đúng hay không. Nếu bước này đúng thì ta chuyển qua bước hai Bư ớc 2: Với ≥ 0 kn , giả sử P(k) đúng ta cần chứng minh + P(k 1) cũng đúng. Kết luận: P(n) đúng với ∀≥ 0 nn . Lưu ý: Bước 2 gọi là bước quy nạp, mệnh đề P(k) đúng gọi là giả thiết quy nạp. Vấn đề 1. Dùng quy nạp để chứng minh đẳng thức. Bất đẳng thức Phương pháp . Phương pháp: Giả sử cần chứng minh đẳng thức = P(n) Q(n) (hoặc > P(n) Q(n) ) đúng với ∀≥ ∈ 00 n n , n ta thực hiện các bước sau: Bư ớc 1: Tính 00 P(n ), Q(n ) rồi chứng minh = 00 P(n ) Q(n ) Bư ớc 2: Giả sử = ∈≥ 0 P(k) Q(k); k ,k n , ta cần chứng minh += + P(k 1) Q(k 1) . Các ví dụ Ví dụ 1. Chứng mình với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ta luôn có: + + + + + = n(n 1) 1 2 3 ... n 2 Lời giải. Đặt = + + + + P(n) 1 2 3 ... n : tổng n số tự nhiên đầu tiên : + = n(n 1) Q(n) 2 Ta cần chứng minh = ∀∈ ≥ P(n) Q(n) n ,n 1 . Bư ớc 1: Với = n1 ta có + = = = 1(1 1) P(1) 1, Q(1) 1 2 ⇒= ⇒ P(1) Q(1) (1) đúng với = n1 . Bư ớc 2: Giả sử = P(k) Q(k) với ∈≥ k ,k 1 tức là: + + + + + = k(k 1) 1 2 3 ... k 2 (1) Ta cần chứng minh += + P(k 1) Q(k 1) , tức là: ++ + + + + + + = (k 1)(k 2) 1 2 3 ... k (k 1) 2 (2) Thật vậy: = + + + +++ VT(2) (1 2 3 ... k) (k 1) + = ++ k(k 1) (k 1) 2 (Do đẳng thức (1)) ++ = + += = k (k 1)(k 2) (k 1)( 1) VP(2) 2 2 Vậy đẳng thức cho đúng với mọi ≥ n 1 . Ví dụ 2. Chứng minh với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ta luôn có: + + + + − = 2 1 3 5 ... 2n 1 n Lời giải. • Với = n1 ta có = = = 2 VT 1, VP 1 1 Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 2 Suy ra = ⇒ VT VP đẳng thức cho đúng với = n1 . • Giả sử đẳng thức cho đúng với = nk với ∈≥ k ,k 1 tức là: + + + + − = 2 1 3 5 ... 2k 1 k (1) Ta cần chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1 , tức là: ( ) + + + + − + + = + 2 1 3 5 ... (2k 1) (2k 1) k 1 (2) Thật vậy: = + + + + − + + VT(2) (1 3 5 ... 2k 1) (2k 1) = ++ 2 k (2k 1) (Do đẳng thức (1)) = += 2 (k 1) VP(1.2) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi ≥ n 1 . Ví dụ 3. Chứng minh rằng với ∀≥ n 1 , ta có bất đẳng thức: ( ) − < + 1.3.5... 2n 1 1 2.4.6.2n 2n 1 Lời giải. * Với = n1 ta có đẳng thức cho trở thành : < ⇔> 11 23 2 3 đúng. ⇒ đẳng thức cho đúng với = n1 . * Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k1 , tức là : ( ) − < + 1.3.5... 2k 1 1 2.4.6...2k 2k 1 (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1, tức là : ( ) ( ) ( ) − + < + + 1.3.5... 2k 1 2k 1 1 2.4.6....2k 2k 2 2k 3 (2) Thật vậy, ta có : −+ + + = 31 (luôn đúng) Vậy đẳng thức cho đúng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 . Ví dụ 4. Chứng minh rằng với ∀ ≥ ∀ > n 1, x 0 ta có bất đẳng thức: + + + + ≤ + 2n 1 n n1 n x (x 1) x 1 2 x1 . Đẳng thức xảy ra khi nào? Lời giải. • Với = n1 ta cần chứng minh: + + ≤ ⇔ + ≤ + + 3 2 24 x(x 1) x 1 8x(x 1) (x 1) x1 2 Tức là: − + − +≥ ⇔ − ≥ 4 32 4 x 4x 6x 4x 1 0 (x 1) 0 (đúng) Đẳng thức xảy ra khi = x1. • Giả sử + + + + ≤ + 2k 1 k k1 k x (x 1) x 1 2 x1 , ta chứng minh + ++ + + + ≤ + 2k 3 k1 k 2 k1 x (x 1) x 1 2 x1 (*) Thật vậy, ta có: ++ + + + + + + = ≥ + 2k 3 2 2k 1 2 k k1 k x1 x 1 x 1 x 1 x (x 1) 2 22 2 x1 Nên để chứng minh (*) ta chỉ cần chứng minh Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 3 + ++ + + + + ≥ ++ 2 k k1 k1 k 2 k k1 x 1 x (x 1) x (x 1) 2 x1 x 1 Hay + + + +≥ + + 2 k1 2 k 2 k x1 (x 1) x(x 1)(x 1) 2 (**) Khai triển (**) , biến đổi và rút gọn ta thu được + + − − − + − ≥ 2k 2 2 k 1 2 2 x (x 1) 2x (x 1) (x 1) 0 + ⇔− − ≥ 2 k1 2 (x 1) (x 1) 0 BĐT này hiển nhiên đúng. Đẳng thức có ⇔= x1 . Vậy bài toán được chứng minh. Chú ý: Trong một số trường hợp để chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ta có thể chứng minh theo cách sau Bước 1: Ta chứng minh P(n) đúng với = n1 và = k n2 Bước 2: Giả sử P(n) đúng với = + n k1 , ta chứng minh P(n) đúng với = nk . Cách chứng minh trên được gọi là quy nạp theo kiểu Cauchy (Cô si). CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 , ta luôn có 1. + + + ++ − + = 22 2 2 n(n 1)(2n 1) 1 2 ... (n 1) n 6 2. + + ++ = − 2n n 1 2 n 3 2n 3 ... 34 3 3 4.3 Bài 2 Chứng minh các đẳng thức sau 1. ( ) ( ) ++ + ++ + = nn 1 n 2 1.2 2.3 ... n(n 1) 3 với ∀≥ n 1 2. ( ) ( ) + + ++ = + − + 11 1 1 n ... 1.5 5.9 9.13 4n 1 4n 3 4n 1 3. ( ) + + + ++ = 3 33 3 2 nn 1 1 2 3 ... n 2 4. ( ) + −−− − = − − 2 4 4 4 4 1 2n 1 1 1 ... 1 1 9 25 1 2n 2n 1 5. + ++ = + + 11 1 n ... 1.2 2.3 n(n 1) n 1 6. −+ + + + + − = ∀≥ 2 22 2 2 n(n 1)(3n 2) 1.2 2.3 3.4 ... (n 1).n , n 2 12 7. + + + ++ = 22 2 2n(n 1)(2n 1) 2 4 ... (2n) 3 8. ++ + + ++ + + = n(n 1)(n 2)(n 3) 1.2.3 2.3.4 ... n(n 1)(n 2) 4 Với mọi ∈ n* . 9. −+ + + ++ − = 2 22 2 2 n(n 1)(3n 2) 1.2 2.3 3.4 ... (n 1).n 12 với ∀≥ n2 . 10. + + ++ = ++ ++ 1 1 1 n(n 3) ... 1.2.3 2.3.4 n(n 1)(n 2) 4(n 1)(n 2) Với mọi ∈ n* . Bài 3 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ta có: Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 4 + π +++ ++ = n1 222 ... 22 2cos 2 (n dấu căn) 2. Chứng minh các đẳng thức + + + = nx (n 1)x sin sin 22 sin x sin 2x ...sin nx x sin 2 với ≠π x k2 với ≥ n 1 . Bài 4 Chứng minh rằng với mọi ≥ n 1 ta có bất đẳng thức: ≤ sin nx n sin x ∀∈ x Bài 5 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 , ta có : + < n 1 13 n 2. >+ n 3 3n 1 với mọi số tự nhiên ≥ n2 ; 3. ( ) >+ − 2.4.6.2n 2n 1 1.3.5... 2n 1 với mọi số tự nhiên ≥ n 1 ; Bài 6 Cho hàm số f xác định với mọi ∈ x và thoả mãn điều kiện : +≥ ∀ ∈ f(x y) f(x).f(y), x,y (*). Chứng minh rằng với mọi số thực x và mọi số tự nhiên n ta có : ( ) ≥ 2n n x fx f 2 Bài 7 Chứng minh các bất đẳng thức sau 1. ++ ++ < − 2 11 1 1 1 ... 2 49 n n ∀≥ n2 2. α tan n n tan với ( ) π + ∀≥ n 2 2n 1 n 3 5. + > + ∀∈ n2 * 2 2n 5, ( n ) 6. − > + ∀∈ ≥ n 1 * 3 n(n 2); ( n ,n 4) 7. − > − ∀∈ ≥ n3 * 2 3n 1; ( n ,n 8) 8. ππ + −≥ + (n 1)cos n cos 1 n1 n với ∀≥ n 1 9. + < + + 1 3 5 2n 1 1 . . .... 2 4 6 2n 2 3n 4 10. ++ ++ < ∀ ∈ ≥ − * n 11 1 1 ... n ;( n ,n 2) 23 21 . Bài 8 Cho tổng: = + + ++ − + n 11 1 1 S ... 1.3 3.5 5.7 (2n 1)(2n 1) 1. Tính 12 3 4 S ;S ;S ;S 2. Dự đoán công thức tính n S và chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Bài 9 Cho hàm số → f : , ≥ n2 là số nguyên . Chứng minh rằng nếu + + ≥ ∀≥ xy f(x) f(x) f x,y 0 22 (1) thì ta có + ++ + ++ ≥ 1 2 n 12 n f(x ) f(x ) ... f(x ) x x ... x f nn ∀≥ i x0 , = i 1,n (2). ĐÁP ÁN Bài 1 Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 5 1. Bư ớc 1: Với = n1 ta có: ++ == = =⇒ = 2 1(1 1)(2.1 1) VT 1 1, VP 1 VT VP 6 ⇒ đẳng thức cho đúng với = n1 . Bư ớc 2: Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k1 , tức là: ++ + ++ − + = 22 2 2 k(k 1)(2k 1) 1 2 ... (k 1) k 6 (1) Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1 , tức là cần chứng minh: ++ + + + +− + ++ = 22 2 2 2 (k 1)(k 1)(2k 3) 1 2 ... (k 1) k (k 1) 6 (2). Thật vây: = + ++ + + 22 2 2 VT(2) 1 2 ... k (k 1) ++ = ++ do (1) 2 k(k 1)(2k 1) (k 1) 6 + + + + = + ++ = 22 2k k (k 1)(2k 7k 6) (k1) k1 6 6 ++ + = = (k 1)(k 2)(2k 3) VP(2) 6 ⇒ (2) đúng ⇒ đẳng thức cho đúng với mọi ≥ n 1 . 2. * Với = n1 ta có = = ⇒ VT 1 VP đẳng thức cho đúng với = n1 * Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k1 , tức là: + + ++ = − 2k k 1 2 k 3 2k 3 ... 34 3 3 4.3 (1) Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1, tức là cần chứng minh ++ ++ + ++ + = − 2 k k1 k1 1 2 k k 1 3 2k 5 ... 34 3 3 3 4.3 (2). Thật vậy: ++ ++ + =− + =− = k k1 k1 3 2k 3 k 1 3 2k 5 VT(2) VP(2) 44 4.3 3 4.3 ⇒ (2) đúng ⇒ đẳng thức cho đúng. Bài 2 1. + ++ + + + + = 1.2 2.3 ... k(k 1) (k 1)(k 2) ++ = ++ + k(k 1)(k 2) (k 1)(k 2) 3 ++ + = (k 1)(k 2)(k 3) 3 . 2. ( ) ( ) + + ++ + = ++ −+ 11 1 1 1 ... 1.5 5.9 9.13 (4k 1)(4k 5) 4k 3 4k 1 + =+= + ++ + k 1 k1 4k 1 (4k 1)(4k 5) 4k 5 3. + + + ++ = 22 3 k(k 1) (k 1)(k 2) (k 1) 33 . 4. + + − + + −= − = − − + + + − 22 4 1 2k (2k 3)(2k 1)(1 2k) 2k 3 1 1 2k (2k 1) (2k 1) (2k 1) (1 2k) 5,6,7. Bạn đọc tự làm 8. ++ + + + + + = k(k 1)(k 2)(k 3) (k 1)(k 2)(k 3) 4 ++ + + = (k 1)(k 2)(k 3)(k 4) 4 . Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 6 9. −+ −+ + += + + 2 2 k(k 1)(3k 2) (k 1)(3k 2) k(k 1) k(k 1) 1 12 12 + −− + + + = = 2 k(k 1)(3k k 10) (k 1)k(k 2)(3k 5) 12 12 . 10. + + = ++ ++ + k(k 3) 1 4(k 1)(k 2) (k 1)(k 2)(k 3) + + + + = = ++ + ++ + 22 k(k 3) 4 (k 1) (k 4) 4(k 1)(k 2)(k 3) 4(k 1)(k 2)(k 3) ++ = ++ (k 1)(k 4) 4(k 2)(k 3) . Bài 3 1. * Với π =⇒= = = n 1 VT 2, VP 2cos 2 4 ⇒= ⇒ VT VP đẳng thức cho đúng với = n1 . * Giả sử đẳng thức cho đúng với = nk , tức là: + π +++ ++ = k1 222 ... 22 2cos 2 (k dấu căn) (1) Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1, tức là: + π +++ ++ = k2 222 ... 22 2cos 2 ( + k1 dấu căn) (2). Thật vậy: + π = +++ ++ = + k1 k dau can VT(2) 222 ... 22 2 2cos 2 + + + π ππ =+= = = 2 k 1 k2 k2 2(1 cos ) 4cos 2cos VP(2) 2 22 (Ở trên ta đã sử đụng công thức += 2 a 1 cosa 2cos 2 ). ⇒ (2) đúng ⇒ đẳng thức cho đúng. 2. • Với = n1 ta có = = = x sin sin x 2 VT sin x, VP sin x x sin 2 nên đẳng thức cho đúng với = n1 • Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k1 , tức là: + + + = kx (k 1)x sin sin 2 2 sin x sin 2x ...sin kx x sin 2 (1) Ta chứng minh (4) đúng với = + n k1 , tức là + + + + += (k 1)x (k 2)x sin sin 22 sin x sin 2x ...sin(k 1)x x sin 2 (2) Thật vậy: + = ++ kx (k 1)x sin sin 2 2 VT(2) sin(k 1)x x sin 2 Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 7 + + + = kx (k 1)x x sin 2cos sin (k 1)x 2 22 sin x 2 sin 2 + + = = (k 1)x (k 2)x sin sin 22 VP(2) x sin 2 Nên (2) đúng. Suy ra đẳng thức cho đúng với mọi ≥ n 1 . Bài 4 * Với = n1 ta có: = α= α= VT sin1. 1. sin VP nên đẳng thức cho đúng. * Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k1 , tức là : ≤ sin kx k sin x (1) Ta phải chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1 ,tức là : ( ) + α≤ + α sin(k 1) k 1 sin (2) Thật vậy: ( ) + α = α α+ α α sin k 1 sin k cos cos k sin ≤ α α+ α α ≤ α+ α sin k . cos cos k . sin sin k sin ( ) ≤ α+ α = + α k sin sin k 1 . sin Vậy đẳng thức cho đúng với = + n k1, nên đẳng thức cho cũng đúng với mọi số nguyên dương n . Bài 5 1. Ta chứng minh + < + + ≤ ≤ k 2 2 1 nn 1 1 ,1 k n nk k (1) bằng phương pháp quy nạp theo k . Sau đó cho = kn ta có (7). * Với = ⇒ = + < + += 2 1 11 k 1 VT(1) 1 1 VP(1) nn n ⇒ (1) đúng với = k1 . * Giải sử (1) đúng với = ≤ ≤ k p, 1 p n , tức là: + < ++ p 2 2 pp 1 11 nn n (2). Ta chứng minh (1) đúng với = + k p1 , tức là + ++ + < ++ p1 2 2 (p1) p1 1 11 nn n (3). Thật vậy: + + = + + < ++ + p1 p 2 2 pp 1 11 1 1 1 .1 1 1 n nn n n n ++ ++ =+ + +≤ + + + 22 2 32 2 2 p p p p1 p p p p1 11 nn nn n n + + + + + < ++= + + 2 2 22 p 2p1 p1 (p1) p1 11 nn nn ⇒ (3) đúng ⇒ đpcm. Cách khác: Khi = ⇒ < n1 2 3 (đúng) dễ thấy khi >⇒ 1 n1 n tiến dần về ⇒ + n 1 01 n tiến gần về 1 .Vậy ∀≥ n 1 ta luôn có + < n 1 13 n 2. Với = n2 ta có: = = > = += 2 VT 3 9 VP 3.2 1 7 nên đẳng thức cho đúng với = n1 • Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k2 , tức là: > + k 3 3k 1 (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1 , tức là : Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 8 + ≥ + += + k1 3 3(k 1) 1 3k 4 (2) Thật vậy: + = > + = ++ − > + k1 k 3 3.3 3(3k 1) 3k 4 (6k 1) 3k 4 nên (2) đúng. Vậy bài tóan được chứng minh. 3. Với = n1 ta có: = = = ⇒ 2 VT 2, VP 3 1 đẳng thức cho đúng với = n1 • Giả sử đẳng thức cho đúng với = ≥ n k1 , tức là: ( ) >+ − 2.4.6.2k 2k 1 1.3.5... 2k 1 (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1 , tức là: ( ) + >+ −+ 2.4.6.2k(2k 2) 2k 3 1.3.5... 2k 1 (2k 1) (2) Thật vậy: ( ) + + + >+ = + −+ + 2.4.6.2k(2k 2) 2k 2 2k 2 2k 1. 2k 1 1.3.5... 2k 1 (2k 1) 2k 1 Nên ta chứng minh ( ) + > + ⇔ + > + + + 2 2k 2 2k 3 2k 2 (2k 1)(2k 3) 2k 1 ⇔> 43 hiển nhiên đúng. Vậy bài toán được chứng minh. Bài 6 1. Trong BĐT +≥ f(x y) f(x).f(y) thay x và y bằng x 2 , ta được: ( ) +≥ ⇒ ≥ 2 xx x x x f f .f f x f( ) 22 2 2 2 Vậy bất đẳng thức đã cho đúng với = n1 . Giả sử bất đẳng thức đúng với = ≥ n k1 . Ta có ( ) ≥ 2k k x fx f 2 (1) Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với = + n k1 , tức là : ( ) + + ≥ 2k 1 k1 x fx f 2 (2) Thật vậy ta có : = + ≥ ++ + 2 x xx x ff f k k1 k1 k1 2 22 2 ⇒≥ + k 2 k 22 xx ff k k1 22 + ⇒≥ + k k1 22 xx f f k k1 2 2 Do tính chất bắc cầu ta có được : ( ) + + ≥ 2k 1 k1 x fx f 2 Bất đẳng thức đúng với = + n k1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n. Bài 7 1. − + +⇔ + > + 1 k k1 k(k1) k k1 (hiển nhiên) + < +⇔ + < + + 1 2k 2k 1 2k(k 1) 2k 1 k1 ⇔ + < + = + + 2 4k(k 1) (2k 1) 4k(k 1) 1 (hiển nhiên). 3. α+ α + α= > + α − αα tan n tan tan(n 1) (n 1)tan 1 tan n .tan ⇔ α+ α > + α− + α α 2 tan n tan (n 1)tan (n 1)tan .tan n ⇔ α + + α > α 2 tan n 1 (n 1)tan n tan (đúng) 4. + > + = + + −> + k1 2 2(2k 1) 2k 3 2k 1 2k 3 . 5. ++ = > + = + + + + > + + k3 k2 2 2.2 2(2k 5) 2(k 1) 5 2k 7 2(k 1) 5 6. − = > + = + ++ + − k k1 2 3 3.3 3k(k 2) (k 1)(k 2) 2k 3k 2 >+ + (k 1)(k 2) . 7. −− = > − = ++ − > + k2 k3 2 2.2 2(3k 1) 3k 2 3k 4 3k 2 8. • Với = n1 thì bđt hiển nhiên đúng • Giả sử π π −− ≥ − kcos (k 1)cos 1 k k1 . Ta cần chứng minh π π π π π + − ≥⇔ − ≥ + ++ 2 (k 1)cos kcos 1 k cos cos 2sin k1 k k1 k 2(k1) +π π π ⇔≥ ++ + 2 (2k 1) ksin sin sin 2k(k 1) 2k(k 1) 2(k 1) (1) Ta có: π +π π +π π > > >⇒ > ++ + + (2k 1) (2k 1) 0 sin sin 2 2k(k 1) 2(k 1) 2k(k 1) 2(k 1) Mặt khác: ππ ≤⇒ ≥ + + sin nx n sin x ksin sin 2k(k 1) 2(k 1) Từ đó ta có được (1) luôn đúng. Vậy bài toán được chứng minh. 9. + + + < ++ + + 1 3 5 2k 1 2k 3 1 2k 3 . . .... . . 2 4 6 2k 2 2k 4 2k 4 3k 4 Và + < + ++ 1 2k 3 1 . 2k 4 3k 4 3k 7 ⇔ + + < + + 2 2 (3k 7)(2k 3) (3k 4)(2k 4) ⇔ +> k1 0 (đúng). 10. ++ + < +⇔ < − − k1 k1 11 k k1 1 21 21 (đúng). Bài 8 1. Ta có = = = = 12 3 4 12 3 4 S ,S ;S ,S 3 57 9 2. Dự đoán công thức = + n n S 2n 1 . Bài 9 • Ta chứng minh (2) đúng với = k n2 , ≥ k1 * Với = k1 thì (8.2) đúng (do (1)) * Giả sử (2) đúng với = k n2 , ta chứng minh (2) đúng với + = k1 n2 Thật vậy: ++ +≥ 1k k 2 1k k 2 x ... x f(x ) ...f(x ) 2 f 2 Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 10 + + + + ++ + ≥ k k1 k 21 2 k k1 k 21 2 x ... x f(x ) ...f(x ) 2 f 2 Do đó: + + + ++ ++ + ≥ + 1 k k k1 kk 2 21 2 1 k1 kk 2 x ... x x ... x f(x ) ...f(x ) 2 f 2 f 22 + + + + ++ + ++ ≥ 1 k k k1 k1 2 21 2 k1 x ... x x ... x 2f 2 . Do vậy (2) đúng với mọi = k n2 . • Giả sử (2) đúng với mọi = +≥ n k1 3 , tức là + + + ++ + ++ ≥ ++ 1 2 k1 1 2 k1 f(x ) f(x ) ... f(x ) x x ... x f k1 k1 (3) Ta chứng minh (8.2) đúng với = nk , tức là + ++ + ++ ≥ 1 2 k 12 k f(x ) f(x ) ... f(x ) x x ... x f kk (4) Thật vậy: đặt + + ++ = = 12 k k1 x x ... x x x kk , áp dụng (3) ta có + ++ + + ++ ≥ ++ 12 k 12 x x f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ... k k f k1 k1 Hay + ++ + ++ ≥ 1 2 k 12 k f(x ) f(x ) ... f(x ) x x ... x f kk . Vậy bài toán được chứng minh. Chú ý: Chứng minh tương tự ta cũng có bài toán sau Nếu + ≥ f(x) f(y) f( xy) 2 ∀≥ x,y 0 (a) thì ta có ( ) + ++ ≥ 12 n n 12 n f(x ) f(x ) ... f(x ) f x x ...x n với ∀≥ = i x 0, i 1,n (b). Vấn đề 2. Ứng dụng phương pháp quy nạp trong số học và trong hình học Các ví dụ Ví dụ 1. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: = n n a 16 – 15n – 1 225 Lời giải. • Với = n1 ta có: = ⇒ 11 a 0 a 225 . • Giả sử = −− k k a 16 15k 1 225 , ta chứng minh + + = − + − k1 k1 a 16 15(k 1) 1 225 Thậ vậy: ( ) + = −− = −−− − kk k k1 a 16.16 15k 16 16 15k 1 15 16 1 ( ) =−− k k a 15 16 1 Vì ( ) −− −= + + + k k1 k 2 16 1 15. 16 16 ... 1 15 và k a 225 Nên ta suy ra + k1 a 225 . Vậy bài toán được chứng minh Ví dụ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên ≥ n 1 thì = + − n A(n) 7 3n 1 luôn chia hết cho 9 Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 11 Lời giải. * Với = ⇒ = + −= ⇒ 1 n 1 A(1) 7 3.1 1 9 A(1) 9 * Giả sử ∀≥ A(k) 9 k 1, ta chứng minh + A(k 1) 9 Thật vậy: + + = + + −= +−−+ k1 k A(k 1) 7 3(k 1) 1 7.7 21k 7 18k 9 ⇒ += − − A(k 1) 7A(k) 9(2k 1) Vì ⇒+ − A(k) 9 A(k 1) 9 9(2k 1) 9 Vậy A(n) chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên ≥ n 1 . Ví dụ 3. Cho n là số tự nhiên dương. Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) ( ) = + + +… n n B n 1 n 2 n 3 . 3n 3 Lời giải. • Với = n1 , ta có : = 1 B 2.3 3 • Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là : ( ) ( ) ( ) ( ) = + + +… k k B k 1 k2 k3 3k 3 Ta chứng minh : ( ) ( ) ( ) ( ) + + = + + + … + k1 k1 B k2 k3 k4 3 k 1 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + = + + +… + + k1 B 3 k 1 k 2 k 3 3k 3k 1 3k 2 ( ) ( ) = + + k 3B 3k 1 3k 2 Mà k k B 3 nên suy ra + + k1 k1 B3 . Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n. Lời giải. Giả sử mệnh đề đúng với = ≥ n k3 điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng cho = + n k1 điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm n A và + n1 A là + n n1 A A . Nếu những điểm 12 n A ,A ,...,A nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là + n1: Gồm n đường thẳng nối + n1 A với các điểm 12 n A ,A ,...,A và đường thẳng chúng nối chung. Nếu 12 n A ,A ,...,A không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối + n1 A với các điểm 12 n A ,A ,...,A . Vì đường thẳng + n n1 A A không chứa một điểm nào trong − 1 2 n 1 A ,A ,...,A , nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi 12 n A ,A ,...,A . Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn + n1. Ví dụ 5. Chứng minh rằng tổng các trong một n – giác lồi ≥ (n 3) bằng − 0 (n 2)180 . Lời giải. • Với = n3 ta có tổng ba góc trong tam giác bằng 0 180 • Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với < kn , ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n- giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là ( ) − 0 k 1 180 và ( ) −− 0 n k 1 180 . Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là ( ) ( ) +− = − 00 k–1 n k–1 180 n 2 180 . Suy ra mệnh đề đúng với mọi ≥ n3 . CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP Bài 1 Cho n là số nguyên dương.Chứng minh rằng: Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 12 1. − + 2 n(2n 3n 1) chia hết cho 6. 2. +− + n 1 2n 1 11 12 chia hết cho 133 3. − 7 nn chia hết cho 7 4. − n 13 1chia hết cho 6 5. − 5 nn chia hết cho 5 với mọi ≥ n 1 6. −− n 16 15n 1 chia hết cho 225 với mọi ≥ n 1 7. + +− 2n 1 4.3 32n 36 chia hết cho 64 với mọi ≥ n 1 . Bài 2 1. Chứng minh rằng với ∀≥ n2 , ta luôn có ( ) ( ) ( ) =++ + n a n 1 n 2 ... n n chia hết cho n 2 . 2. Cho a,b là nghiệm của phương trình − + = 2 x 27x 14 0 Đặt ( ) = + nn Sn a b . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì S(n) là một số nguyên không chia hết cho 715. 3. Cho hàm số → f : thỏa = = f(1) 1,f(2) 2 và + = + + f(n 2) 2f(n 1) f(n) . Chứng minh rằng: + − + =− 2n f (n 1) f(n 2)f(n) ( 1) 4. Cho n p là số nguyên tố thứ n . Chứng minh rằng: > n 2 n 2p . 5. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên không vượt qua n! đều có thể biểu diễn thành tổng của không quá n ước số đôi một khác nhau của n!. Bài 3 Gọi 12 x ,x là hai nghiệm của phương trình : − += 2 x 6x 1 0 . Đặt = + nn n1 2 a xx . Chứng minh rằng : 1. −− = − ∀≥ n n 1 n 2 a 6a a n 2 . 2. n a là một số nguyên và n a không chia hết cho 5 với mọi ≥ n 1 . Bài 4 1. Trong không gian cho n mặt phẳng phân biệt ( ≥ n 1 ), trong đó ba mặt phẳng luôn cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung. Hỏi n mặt phẳng trên chia không gian thành bao nhiêu miền? 2. Cho n đường thẳng nằm trong mặt phẳng trong đó hai đường thẳng bất kì luôn cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng n đường thẳng này chia mặt phẳng thành + + 2 n n 2 2 miền. Bài 5 1. Cho a,b,c,d,m là các số tự nhiên sao cho + ad , − (b 1)c , − + ab a c chia hết cho m . Chứng minh rằng = ++ n n x a.b cn d chia hết cho m với mọi số tự nhiên n . 2. Chứng minh rằng từ + n1 số bất kì trong 2n số tự nhiên đầu tiên luôn tìm được hai số là bội của nhau. ĐÁP ÁN Bài 1 1. Đặt = − += − + 2 32 n a n(2n 3n 1) 2n 3n n Ta có: + = + − + + += + 32 2 n1 n a 2(n1) 3(n1) n1 a 6n . 2. Đặt +− = + n 1 2n 1 n a 11 12 Ta có: +− − + =+ =+ n 1 2 2n 1 2n 1 n1 n a 11.11 12 .12 11.a 133.12 3. Đặt = − 7 n a nn Ta có − ++ = = + − += = + ∑ 7 7 k 7k n1 n1 n 7 i1 a (n 1) (n 1) a a C n Mà = ≤ ≤ − k 7 7! C ,1 k 7 k!(7 k)! luôn chia hết cho 7 . 4. Đặt + = −⇒ = + n n n1 n a 13 1 a 13a 12 5. Đặt = − 5 n a nn thì ta có: + − = + − −= + + + 55 3 2 k1 k a a (k 1) k 1 5k(k 2k 2k 1) . Tµi liÖu to¸n 11 n¨m häc 2018 Gi¶ng d¹y: nguyÔn b¶o v¬ng - 0946798489 Page | 13 6. Đặt = −− n n a 16 15n 1 thì ta có: ( ) + + = − − = + − k1 k k1 k a 16 15k 16 a 15. 16 1 7. Đặt + = +− 2n 1 n a 4.3 32n 36 thì ta có: + + + = + + − = + + 2k 3 2k 1 k1 k a 4.3 32(k 1) 36 a 32(3 1) Bài 2 1. * Với = n2 , ta có : ( ) ( ) = + += ⇒ = 2 22 a 2 1 2 2 12 a 4 2 . * Giả sử k k a2 ta chứng minh + + k1 k1 a2 . Thật vậy: ( ) ( ) ( ) + = ++ ++ + ++ k1 a k1 1 k1 2 ... k k1 1 ( ) ( ) ( ) = + + ++ k2 k3 ... kk2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + + + ++ ++ k2 k3 ... kk kk 1 kk2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + + + + ++ k k 1 k 2 k 3 ... k k .2. k k 1 a = ++ 2 k 2a .(k k 1) Do ++ + ⇒⇒ k k1 k1 k k k1 a2 2a2 a 2 đpcm. 2. Ta có: = −− − S(n) 27S(n 1) 14S(n 2) rồi dùng quy nạp để chứng minh S(n) chia hết cho 751 . 3. • Ta có: = + = f(3) 2f(2) f(1) 5 , nên − =−=− 2 21 f (2) f(3)f(1) 2 5.1 ( 1) Suy ra đẳng thức cho đúng với = n1 . • Giả sử đẳng thức cho đúng với = nk , tức là: + − + =− 2k f (k 1) f(k 2)f(k) ( 1) (1) Ta chứng minh đẳng thức cho đúng với = + n k1 , tức là: + + − + +=− 2 k1 f (k 2) f(k 3)f(k 1) ( 1) (2) Ta có: +− + + = +− ++ + + 2 2 f (k 2) f(k 3)f(k 1) f (k 2) 2f(n 2) f(n 1) f(k 1) = + + −+−+ 2 f(k 2) f(k 2) 2f(k 1) f (k 1) + = + − + =−− = − 2 k k1 f(k 2)f(k) f (k 1) ( 1) ( 1) Vậy bài toán được chứng minh. 4. Trước hết ta có nhận xét: + +> 1 2 n n1 p .p ...p 1 p • Với = n1 ta có: =>= 1 2 1 2 4p 2 • Giả sử > ∀≤ k 2 k 2 p k n , ta cần chứng minh + + > k1 2 k1 2p Thật vậy, ta có: + +> +> p 12 k 22 2 1 2 k k1 2 .2 ...2 1 p .p ...p 1 p Suy ra + −+ + + + + ++ > ⇒ +> ⇒ > k1 1 2 k 2 1 k1 2 2 ... 2 2 2 k1 k1 k1 2 p2 1 p2 p Vậy bài toán được chứng minh 5. • Với = n1 bài toán hiển nhiên đúng. • Giả sử bài toán đúng với = nk , ta chứng minh bài toán đúng với = + n k1 Nếu = + a (k 1)! thì bài toán hiển nhiên đúng Ta xét