Chuyên đề Đại số Lớp 6 - Chuyên đề 3: Phép chia hết và phép chia có dư - Chủ đề 4: Phương pháp quy nạp toán học chứng minh bài toán chia hết (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Chuyên đề Đại số Lớp 6 - Chuyên đề 3: Phép chia hết và phép chia có dư - Chủ đề 4: Phương pháp quy nạp toán học chứng minh bài toán chia hết (Có lời giải chi tiết)

1. CHUYÊN ĐỀ 3: PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIACÓ DƯ CHỦ ĐỀ 4: PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC CHỨNG MINH BÀI TOÁN CHIA HẾT PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. TÍNH CHẤT CHUNG n ¥ 1) ab và bc thì ac 2) aa với mọi a khác 0 3) 0b với mọi b khác 0 4) Bất cứ số nào cũng chia hết cho 1 2. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA TỔNG, HIỆU - Nếu a,b cùng chia hết cho m thì a b chia hết cho m và a b chia hết cho m - Tổng (Hiệu) của 2 số chia hết cho m và 1 trong 2 số ấy chia hết cho m thì số còn lại cũng chia hết cho m. - Nếu 1 trong 2 số a,b chia hết cho m số kia không chia hết cho m thì tổng, hiệu của chúng không chia hết cho m. 3. TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA 1 TÍCH - Nếu một thừa số của tích chia hết cho m thì tích chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m thi bội của a cũng chia hết cho m - Nếu a chia hết cho m, b chia hết cho n thì a.b chia hết cho m.n - Nếu a chia hết cho b thì: am bm 4. CÁC TÍNH CHẤT KHÁC: 1) 0a (a 0) 2) aa;a1 (a 0) 3) ab;bc ac 4) am;bm pa qbm 5) a : (m.n) am;an 6) am;an;(m,n) 1 amn 7) am ; bn abmn 8) abm;(b,m) 1 am 9) ab p (p là số nguyên tố) thì hoặc a p hoặc b p 5. CÁC TÍNH CHẤT SUY LUẬN ĐƯỢC - Trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chẵn và một số lẻ. - Tổng hai số tự nhiên liên tiếp là một số lẻ. - Tích hai số tự nhiên liên tiếp là một số chẵn. - Tích hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
2. k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Ak 7 1  6 k 1 k * Với n k 1, xét Ak 1 7 1 7 . 7 1 k 7k. 6 7k 1 7 . (6 1) 1  6  6 Ak 1  6 Vậy 7n 1 chia hết cho 6 với mọi n ¥ * . Bài 3: Chứng minh rằng: 9n 1 chia hết cho 8 với mọi n ¥ * . Giải: n Đặt An 9 1 1 * Với n 1, ta có A1 9 1 8  8 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1 , suy ra Ak 9 1  8 k 1 k * Với n k 1, xét Ak 1 9 1 9 . 9 1 k 9k. 8 9k 1 9 . (8 1) 1  8  8 Ak 1  8 Vậy 9n 1 chia hết cho 8 với mọi n ¥ * . Bài 4: Chứng minh rằng: 13n 1 chia hết cho 6 với mọi n ¥ * . Giải: n Đặt An 13 1 1 * Với n 1, ta có A1 13 1 12  6 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Ak 13 1  6 k 1 k * Với n k 1, xét Ak 1 13 1 13 . 13 1 13k. (12 1) 1 13k. 12 13k 1    6  6 Ak 1  6 Vậy 13n 1 chia hết cho 6 với mọi n ¥ * . Bài 5: Chứng minh rằng: 16n 1 chia hết cho 15 với mọi n ¥ * . Giải: n Đặt An 16 1 1 * Với n 1, ta có A1 16 1 15  15 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Ak 16 1  15 k 1 k * Với n k 1, xét Ak 1 16 1 16 . 16 1 16k. (15 1) 1 16k. 15 16k 1    15  15
3. Vậy 4n 15n 1chia hết cho 9 với mọi n ¥ * . Bài 9: Chứng minh rằng: 4n 6n 8 chia hết cho 9 với mọi n ¥ * . Giải: n Đặt Dn 4 6n 8 1 * Với n 1, ta có D1 4 6.1 8 18  9 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Dk 4 6k 8  9 k 1 * Với n k 1, xét Dk 1 4 6(k 1) 8 4.4k 6k 14 4.(4k 6k 8) 18k 18 4.(4k 6k 8) 18(1 k)    9  9 Dk 1  9 Vậy 4n 6n 8 chia hết cho 9 với mọi n ¥ * . Bài 10: Chứng minh rằng: 7n 3n 1chia hết cho 9 với mọi n ¥ * Giải: n Đặt En 7 3n 1 1 * Với n 1, ta có E1 7 3.1 1 9  9 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Ek 7 3k 1  9 k 1 * Với n k 1, Xét Ek 1 7 3(k 1) 1 7.7k 21k 7 18k 9 7.(7k 3k 1) 9(2k 1)    9  9 Ek 1  9 Vậy 7n 3n 1chia hết cho 9 với mọi n ¥ * Bài 11: Chứng minh rằng: 4n 15n 1chia hết cho 9 với mọi n ¥ * . Giải: n Đặt En 4 15n 1 1 * Với n 1, ta có E1 4 15.1 1 18  9 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Ek 4 15k 1  9 k 1 * Với n k 1, xét Ek 1 4 15(k 1) 1 4.4k 15k 15 1 3.4k 15 4k 15k 1 k 3. 4 5 Ek
4. 11. B 133.122k 1 k   133  133 Bk 1  133 n 1 2n 1 Vậy Bn 11 12 chia hết cho 133. Bài 15: Chứng minh rằng: 4.32n 2 32n 36 chia hết cho 32 với mọi n ¥ . Giải: 2n 2 Đặt Gn 4.3 32n 36 2 * Với n 0 , ta có G0 4.3 32.0 36 0  32 2k 2 * Giả sử mệnh đề đúng với n k 0 , suy ra Gk 4.3 32k 36  32 2(k 1) 2 * Với n k 1, xét Gk 1 4.3 32(k 1) 36 9.4.32k 2 32k 4 9 4.32k 2 32k 36 32 8k 32 9G 32 8k 32 k    32  32 Gk 1  32 Vậy 4.32n 2 32n 36 chia hết cho 32 với mọi n ¥ . Bài 16: Chứng minh rằng: 33n 3 26n 27 chia hết cho 169 với mọi n ¥ . Giải: 3n 3 Đặt Gn 3 26n 27 3 * Với n 0 , ta có G0 3 26.0 27 0  169 3k 3 * Giả sử mệnh đề đúng với n k 0 , suy ra Gk 3 26k 27  169 3(k 1) 3 * Với n k 1, xét Gk 1 3 26(k 1) 27 27.33k 3 26k 26 27 27 33k 3 26k 27 26.26k 676 27 G 169 4k 4 k    169  169 Gk 1  169 Vậy 33n 3 26n 27 chia hết cho 169 với mọi n ¥ . Bài 17: Chứng minh rằng: 32n 3 5 chia hết cho 8 với mọi n ¥ Giải: Ta sử dụng phương pháp 2 2n 3 Đặt Gn 3 5 3 * Với n 0 , ta có G0 3 5 32  8 2k 3 * Giả sử mệnh đề đúng với n k 0 , suy ra Gk 3 5  8
5. 3 * Với n 1, ta có G1 3 40.1 67 0  64 2k 1 * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Gk 3 40k 67  64 2(k 1) 1 2k 1 * Xét Gk 1 Gk 3 40(k 1) 67 3 40k 67 32k 3 32k 1 40 8.32k 1 40 8. 32k 1 5 2k 1 Đặt Hk 3 5 3 2(k 1) 1 2k 1 Ta có H1 3 5 32  8 và Hk 1 Hk 3 5 (3 5) 32k 3 32k 1 8.32k 1  8 2k 1 Nên: Gk 1 Gk 8. 3 5  64 Vậy 32n 3 40n 27 chia hết cho 64 với mọi n ¥ * . Dạng 2: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh một biểu thức (với n là cơ số) chia hết cho một số. I. Phương pháp giải: Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi n ¥ * bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thực hiện các bước sau: PHƯƠNG PHÁP: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n 1 Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n k 1 ( giả thiết quy nạp) Bước 3: Cần chứng minh mệnh đề đúng với n k 1 Ta dùng một số Hằng đẳng thức sau: 1. a b 2 a2 2ab b2 2. a b 2 a2 2ab b2 3. a b 3 a3 3a2b 3ab2 b3 4. a b 3 a3 3a2b 3ab2 b3 II. Bài toán: Bài 1: Chứng minh rằng với n ¥ * thì n3 n chia hết cho 3. Giải: 3 Đặt An n n 3 * Với n 1, ta có A1 1 1 0  3 3 * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Ak k k  3 3 * Với n k 1, xét Ak 1 (k 1) (k 1) k 3 3k 2 3k 1 k 1
6. 3 2 * Với n k 1, xét Ak 1 2(k 1) 3(k 1) (k 1) 2k 3 6k 2 6k 2 3k 2 6k 3 k 1 2k 3 3k 2 k 6k 2 A 6k 2 k  6  6 Ak 1  6 Vậy với n ¥ * ta luôn có 2n3 3n2 n chia hết cho 6. * n Bài 5 : Chứng minh rằng với mọi số n ¥ thì Sn (n 1)(n 2) (n n) chia hết cho 2 . Giải: 1 * Với n 1, ta có S1 1 1 2  2 2 k * Giả sử mệnh đề đúng với n k 1, suy ra Sk (k 1)(k 2) (k k)  2 * Với n k 1, xét Sk 1 (k 2)(k 3) [(k 1) (k 1)] 2(k 1)(k 2) (k k) 2.Sk k k 1 Mà Sk  2 2.Sk  2 k 1 Sk 1  2 * n Vậy với mọi số n ¥ thì Sn (n 1)(n 2) (n n) chia .hết cho 2 . Dạng 3: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh đẳng thức. I. Phương pháp giải: Để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi n ¥ * bằng phương pháp quy nạp toán học, ta thực hiện các bước sau: PHƯƠNG PHÁP: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n 1 Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n k 1 ( giả thiết quy nạp) Bước 3: Cần chứng minh mệnh đề đúng với n k 1có nghĩa là khi n k 1ta chứng minh vế trái bằng vế phải. II. Bài toán: Bài 1: Chứng minh rằng với n ¥ * ta có đẳng thức: 1 3 5 (2n 1) n2 . Giải: * Với n 1, ta có vế trái chỉ có một số hạng là 1, vế phải bằng 11 1 Vậy hệ thức đúng với n 1 * Đặt vế trái bằng Sn , giả sử đẳng thức đúng với n k 1 2 Tức là: Sk 1 3 5 (2k 1) k Ta phải chứng minh đẳng thức trên cũng đúng với n k 1, nghĩa là phải chứng minh: 1 3 5 (2k 1) [2(k 1) 1] (k 1)2
7. k(k 1) k 1 2 k 2 k 2k 2 (k 1)(k 2) 2 2 Vậy đẳng thức trên đúng với mọi n ¥ * . n(n 1)(n 2) Bài 4: Chứng minh rằng với n ¥ * ta có đẳng thức: 1.2 2.3 3.4 n(n 1) . 3 Giải: 1(1 1)(1 2) * Với n 1, ta có vế trái bằng 1.2 2 , vế phải bằng 2 3 Vậy hệ thức đúng với n 1 * Đặt vế trái bằng Sn , giả sử đẳng thức đúng với n k 1 k(k 1)(k 2) Tức là: S 1.2 2.3 3.4 k(k 1) k 3 Ta phải chứng minh đẳng thức trên cũng đúng với n k 1, nghĩa là phải chứng minh: (k 1)(k 2)(k 3) 1.2 2.3 3.4 k(k 1) (k 1)(k 2) 3 Thật vậy, ta có: Sk 1 Sk (k 1)(k 2) k(k 1)(k 2) (k 1)(k 2) 3 k(k 1)(k 2) 3(k 1)(k 2) 3 (k 1)(k 2)(k 3) 3 Vậy đẳng thức trên đúng với mọi n ¥ * . Bài 5: Chứng minh rằng với n ¥ * ta có đẳng thức: 1.2 2.5 3.8 n(3n 1) n2 (n 1) . Giải: * Với n 1, ta có vế trái bằng 1.2 2 , vế phải bằng 12 (1 1) 2 Vậy hệ thức đúng với n 1 * Đặt vế trái bằng Sn , giả sử đẳng thức đúng với n k 1 2 Tức là: Sk 1.2 2.5 3.8 k(3k 1) k (k 1) Ta phải chứng minh đẳng thức trên cũng đúng với n k 1, nghĩa là phải chứng minh: 2 Sk 1 1.2 2.5 3.8 k(3k 1) (k 1)(3k 2) (k 1) (k 2) Thật vậy, ta có: Sk 1 Sk (k 1)(3k 2) k 2 (k 1) (k 1)(3k 2) (k 1)(k 2 3k 2) (k 1)(k 2)(k 3)
8. 1 1 1 1 n Bài 8: Chứng minh rằng với n ¥ * ta có đẳng thức: . 1.2 2.3 3.4 n(n 1) n 1 Giải: 1 1 1 1 * Với n 1, ta có vế trái bằng , vế phải bằng 1.2 2 1 1 2 Vậy hệ thức đúng với n 1 * Đặt vế trái bằng Sn , giả sử đẳng thức đúng với n k 1 1 1 1 1 k Tức là: S k 1.2 2.3 3.4 k(k 1) k 1 Ta phải chứng minh đẳng thức trên cũng đúng với n k 1, nghĩa là phải chứng minh: 1 1 1 1 1 k 1 S k 1 1.2 2.3 3.4 k(k 1) (k 1)(k 2) k 2 1 Thật vậy, ta có: S S k 1 k (k 1)(k 2) k 1 k 1 (k 1)(k 2) k(k 2) 1 (k 1)(k 2) k 2 2k 1 (k 1)(k 2) (k 1)2 k 1 (k 1)(k 2) k 2 Vậy đẳng thức trên đúng với mọi n ¥ * . 1 1 1 1 n Bài 9: Chứng minh rằng với n ¥ * ta có đẳng thức: . 1.4 4.7 7.10 (3n 2)(3n 1) 3n 1 Giải: 1 1 1 1 * Với n 1, ta có vế trái bằng , vế phải bằng 1.4 4 3.1 1 4 Vậy hệ thức đúng với n 1 * Đặt vế trái bằng Sn , giả sử đẳng thức đúng với n k 1 1 1 1 1 k Tức là: S k 1.4 4.7 7.10 (3k 2)(3k 1) 3k 1 Ta phải chứng minh đẳng thức trên cũng đúng với n k 1, nghĩa là phải chứng minh: 1 1 1 1 1 k 1 S k 1 1.4 4.7 7.10 (3k 2)(3k 1) (3k 1)(3k 4) 3k 4 1 Thật vậy, ta có: S S k 1 k (3k 1)(4k 4) k 1 3k 1 (3k 1)(3k 4)
9. 2 Thật vậy, ta có: Sk 1 Sk (k 1) k(k 1)(2k 1) (k 1)2 6 k(k 1)(2k 1) 6(k 1)2 6 (k 1)[k(2k 1) 6(k 1)] 6 (k 1)(2k 2 7k 6) 6 (k 1)(k 2)(2k 3) 6 Vậy đẳng thức trên đúng với mọi n ¥ * .