Tài liệu Chia hết và chia có dư

  • Số trang: 17 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 248 |
  • Lượt tải: 0
tranvantruong

Đã đăng 3224 tài liệu

Mô tả:

chia hết và chia có dư
1 Hà Văn Tùng CÁC BÀI TẬP I. QUAN HỆ CHIA HẾT: 1. BÀI 1: Chứng minh rằng trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2. Giải Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 Lấy a chia cho 2 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 2. + Với r = 0 thì a = 2.q 2 + Với r = 1 thì a + 1 = 2.q + 1 + 1 = 2.q + 2 = 2( q + 1)  2 Vậy trong hai số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2. 2. BÀI 2: Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3. Giải Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2 Lấy a chia cho 3 ta được: a = 2.q + r với 0 ≤ r < 3. + Với r = 0 thì a = 3.q  3 + Với r = 1 thì a = 3.q + 1 . Khi đó : a + 2 = 3.q + 3 3 + Với r = 2 thì a = 3.q + 2 . Khi đó a + 1 = 3.q + 3 3 Vậy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 3. 3. BÀI 3: Chứng minh rằng trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n. Giải Gọi n số tự nhiên liên tiếp là : a, a +1 , a +2 …a( n-1) Lấy a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0 ≤ r < n. + Với r = 0 thì a = n.q  n + Với r = 1 thì a = n.q + 1  n . Khi đó : a+ (n-1) = n.q + 1 + (n-1) = n.q + n  n + Với r = 2 thì a = n.q + 2  n. Khi đó a + (n-2) = n.q + 2 + (n+-2) = n.q + n  n + Với r = n-1 thì a = n.q + n - 1 n . Khi đó a + 1 = n.q + n-1 +1= n.q + n  n Vậy trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n. *Một số phƣơng pháp chứng minh chia hết 4. BÀI 4 Tính chất 8: CMR tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6 Giải Giả sử ta gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a, a+1, a + 2 Theo đề bài : A = a( a +1) ( a + 2)  6 Ta có : 6 = 3x2 mà ( 3, 2) =1 - A  2 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 2 - A  3 vì trong A số tự nhiên liên tiếp có một số tự nhiên chia hết cho 3 Vậy A  6 5. BÀI 5 CMR tích của ba số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 Giải Giả sử hai số tự nhiên chẵn liên tiếp là: 2k , 2k + 2. 2 Hà Văn Tùng Theo đề bài chứng minh, B = 2k.( 2k + 2)  8 hay B = 4k ( k + 1) Ta có 4  4 và k+1  2 vì trong B có một số chia hết cho 2 Vậy B  8 6. BÀI 6 VD1 : CMR: 11 a3 + a  6 aN Giải 3 3 3 Ta có: 11 a + a = 12 a - a + a = 12 a3 - ( a3 - a) = 12 a3 - a( a2 - 1) = 12 a3 - a ( a- 1) ( a+ 1) 12 a3  6 A = a ( a -1 ) ( a + 1) Nếu a = 0  A = a( a-1)(a+1) = 0  6 Nếu a > 0  A = a (a-1)( a+1)  6 vì trong A có một số tự nhiên chia hết cho 6 Vậy : 11 a3 + a  6 Bài 7 Dùng quy nạp CMR tổng các lũy thừa bậc ba của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 9. Giải Tổng các lũy thừa bậc 3 của 3 số tự nhiên liên tiếp có dạng: (n-1)3 + n3 + (n+1)3  9 Ta có : (n-1)3 + n3 + (n+1)3 = n3 - 3n2 +3n-1+ n3 + n3 +3n2 +3n +1 = 3n3 + 6n  9 Giả sử: n = 1, ta có: 3.13 +6.1 = 9  9 Giả sử n = k , ta có: 3k2 +6.k  9 Ta chứng minh: n = k+1 , ta có: 3(k+1)3+6(k+1) = 3(k3 +3k2 +3k+1)+6k+6 = 3k3 +9k2 +9k+3+6k+6 = 3k3 +6k + 9k2 +9k+9 Mà 3k3 +6k  9 và 9k2 +9k+9  9 Vậy: 3n3 + 6n  9 Theo nguyên lý quy nạp thì (n-1)3 + n3 + (n+1)3  9 Bài 8: : CMR  a  N ta có : a( a+1) ( 2a + 1)  6 Giải a(a+1)( 2a+ 1)  6 Ta có: a(a+1)( 2a+ 1) = a(a+1)( a -1 + a+ 2) = a(a+1)(a-1) + a(a+1)( a+2) Nếu a = 0 thì a(a+1)(2a+1) = 0  6 Nếu a > 0 thì a( a+1) (a-1)  6 vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6 a( a+1)( a+2)  6 vì tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6 Do đó : a(a+1( 2a+1)  6  a  N Bài 9 CMR  a  N ta có : a5 - a  30 Giải 3 Hà Văn Tùng Ta có: a5 ≡ a (mod 5) a5 -a ≡ a - a (mod 5) a5 - a ≡ 0 (mod 5) Vậy a5 - a  30 Cách 2: a5 - a = a( a4 -1) = a[(a2)2 - 12 ] = a(a2 -1)(a2 +1) = a(a-1)(a+1)(a2 -4+5) = a(a-1)(a+1)[(a -2)(a+2)+5] = a(a- 1)(a+1)(a-2)(a+2)+5a(a-1)(a+1) Nếu a=0 thì a5 - a = 0  30 Nếu a>0 thì a(a- 1)(a+1)(a-2)(a+2)  30 vì tích năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 30, ( 5,6)=1 Và : 5a(a-1)(a+1)  30 vì tích của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6 Vậy a5 - a  30 Bài 10 CMR  a  N ta có : 2a ( a4 - 16)  30 Giải Ta có: 2a ( a4 - 16) = 2a( a2+4)(a2 -4) = 2a( 5+ a2 -1)( a-2)(a+2) = 2a[5+(a-1)(a+1)](a-2)(a+2) = 10a (a-2)(a+2) + 2a(a-2)(a+2)(a-1)(a+1) Nếu a=0 thì 2a( 5+ a2 -1)( a-2)(a+2)  30 Nếu a>0 thì 10a (a-2)(a+2)  30 vì tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 30 2a(a-2)(a+2)(a-1)(a+1)  30 vì tích năm số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6. Vậy : 2a ( a4 - 16)  30 Bài 11: Chứng minh rằng: a(a+2)  8 , với a là số chẵn , a  N Giải Vì a chẵn nên a = 2k ; k  N Ta có: a(a+2) = 2k(2k+2) = 4k(k+1) + Nếu k chẵn  4k  8 + Nếu k lẻ  k+1 là số chẵn + Nếu k lẻ  4k(k+1) 8 Vậy a(a+2)  8 , với a là số chẵn , a  N Bài 12 CMR: n3 +11n  3 n Giải Ta có: n (n2 -1 +12) = n(n2 -1) + 12n = n(n -1)(n+1) +12n  3 Vì n(n-1)(n+1) là tích ba số tụe nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3. 4 Hà Văn Tùng Vậy: n +11n  3 n. CMR : với bất kỳ n ta có : n3 - n  3 Giải 2 Ta có : n(n -1) = n(n-1)(n+1)  3 ( vì tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia 3 Bài 13: hết cho 3) Bài 14 Vậy: n3 - n  3  n. CMR : [(a2 +a)(2a+1)]  6  a  N Giải Ta có: (a2 +a)(2a+1) = a(a+1)[(a-1)+(a+2)] = [a(a+1)(a-1)+a(a+1)(a+2)]  6 Vì a(a+1)(a-1) và a(a+1)(a+2) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6. Vậy: [(a2 +a)(2a+1)]  6  a  N. Bài 15 CMR: [a(a2 -2)+13a] 6  a  N. Giải 2 Ta có: a(a -2)+13a = a(a2 - 1- 1)+13a = a(a2 -1) - a+13a = a(a -)(a+1) +12a Vì a(a -)(a+1) +12a là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6. Vậy: [a(a2 -2)+13a] 6  a  N. CMR : [m(m2 +5)  6  m N Giải 2 2 Ta có: m(m +5) = m( m - 1+6) = m(m-1)(m+1) +6m Vì m(m-1)(m+1) +6m là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6. Vậy: [m(m2 +5)  6  m N Bài 17 CMR: ( a3 +b3 )  6  (a+b)  6 với a,b  N và a,b  1. Giải 3 3 3 3 Xét (a +b )-(a+b) = a +b - a-b = a3 - a + b3 - b = a( a2 - 1) + b (b2 -1) = a(a-1)(a+1) + b(b-1)(b+1) Vì a(a+1)(a-1) và b(b+1)(b-1) là tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6. Vậy: ( a3 +b3 )  6  (a+b)  6 với a,b  N và a,b  1. Bài 16 *DÙNG QUY TẮC KÉO THEO: VD3 : CMR trong ba số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 2 Giải Giả sử có ba số tự nhiên bất kỳ là: a,b,c Lấy a,b,c chia cho 2 ta được : a = 2.q1 + r1 với 0  r1 < 2 b = 2.q2 + r2 với 0  r2 < 2 c = 2.q3 + r3 với 0  r3 < 2 5 Hà Văn Tùng Ta nhận thấy : r1 , r2 , r3 đều nhận hai giá trị là 0 và1. Theo nguyên tắc ngăn kéo thì số có 2 số nhận cùng một giá trị . Giả sử r1 = r2 = 1 . Khi đó : a - b = 2.q1 - 2.q2  2 (đpcm) . giải) VD 4 : CMR trong bốn số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 3 (Tự VD5 : CMR trong n+1 số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số cia hết cho n. Giải Giả sử n+1 số tự nhiên bất kỳ là: a1 , a2 , a3 …..an+1 . Lấy a1 , a2 , a3 …..an+1 chia cho n ta được: a1 = n.q1 + r1 với 0 r1 < n a2 = n.q2 + r2 với 0 r2 < n . . an+1 = n. qn+1 + rn+1 với 0  rn+1 a) Theo đè bài ta có: a + b = 84 và UCLN(a,b) = 6 Suy ra: a=6.k, b= 6.l (k,l  N) và UCLN(k,l)=1  a+b=6.k+6.l=6(k+l) = 84  (k+l)= 14. Do đó: 7 k a b 1 13 6 75 3 11 18 66 5 9 30 54 Vậy có các cặp số (6,78), (18, 66), (30,54). * MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ PHƢƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT HAI ẨN: VD1 : Trăm trâu trăm cỏ Trâu đứng ăn năm Trâu nằm ăn ba Lụ khụ trâu già Ba con một bó Hỏi bao nhiêu trâu đứng, trâu nằm , trâu già? Giải 9 Hà Văn Tùng Gọi x là số trâu đứng x>0 Gọi y là số trâu nằm y >0 Trâu già là: 100 - ( x+y) A 1 2 3 Trâu đứng 4 8 12 Trâu nằm 18 11 4 Trâu già 78 81 84 Theo đề bài ta có phương trình: 5x + 3y + 100-(x+y) = 100 3 14x + 8y = 200 7x + 4y = 100 (1) Phương trình (1) có một nghiệm riêng ( 0; 25) nên nghiệm của (1) là: x=0+4t  tZ y=25-7t vì x>0, y>0 nên 0< A  3 VD2 : 32x - 48y = 112 (1) 3x = 112+ 48y 48y+112 16y+16 x = =y+3+ 3 32 16y+16 Đặt = t  16y +16 = 32t 32 32t-16  y= = 2t -1. 16 Vậy (1) có nghiệm là: x=3t+2  tZ y=2t-1 CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1 Tìm số các ƣớc của một số tự nhiên, chẳng hạn: 30 , 1960 Giải 30 = 2.3.5 Ta có công thức chung tìm là: F(a)= (x1 + 1)(x2 + 1)……..(xn +1) Cụ thể: F(30)= (1+1)(1+1)(1+1)= 23 = 8  có 8 ước 1960 = 23 .5.72 . Ta có: F(1960)= (3+1)(1+1)(2+1)= 4.2.3= 24  có 24 ước Bài 2 Tìm UCLN và BCNN của hai số VD: ( 62,35) , [62,35] Giải 10 Hà Văn Tùng 62= 2.31 = 2. 50 . 70 .31 35= 5.7 = 20 . 5. 7. 310 (62,35)= 20 . 50 .70 . 31o =1 [62,35] = 21 . 51 . 71 . 311 = 62.35 = 2170. VD2 : CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỐNG GHI SỐ VD1 : 3975 Ta có: 3975= 8.496 + 7 496= 8. 96 + 0 62= 8.7 +6 7 = 8. 0+7 Vậy : (3975) = (7607)8 (7607)8 = 7. 83 .6. 82 . 0.8. 7. 80 = 3975. (3456)7 sang hệ cơ số 8 Ta có: (3456)7 = 3. 73 .4.72 .5.7.6.70 = 1029+ 196+35+6= 1266 (1266) = 8.158 +2 158= 8.19+6 19= 8.2+3 2= 8.0+2 Vậy: (3456)7 = (2362)8 . CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỒNG DƢ THỨC VD1 : Hãy chứng minh đồng dƣ theo mod m là quan hệ tƣơng đƣơng trong tập số nguyên Giải - Tính phản xạ: a  Z, ta có: a ≡ a (mod m) Thật vậy: vì a-a=0  m hay a ≡ a (mod m) - Tính đối xứng: a, b  Z, nếu a ≡ b(mod m), ta cần chứng minh b ≡ a (mod m) Thật vậy: vì a ≡ b(mod m)  a-b  m  b-a  m ( vì a,b  Z) Hay b ≡ a (mod m). - Tính bắc cầu: a, b, c  Z nếu a ≡ b(mod m) và b ≡ c(mod m) ta cần chứng minh a ≡ c (mod m) Thậy vậy: vì a ≡ b(mod m)  a-b  m (1) Vì b ≡ c(mod m)  b-c  m (2) Lấy (1) cộng (2) ta được: a- b+b-c  m hay a-c  m Do đó : a ≡ c (mod m) Vậy có quan hệ tương đương. VD2 : Tìm số dƣ trong phép chia có dƣ : 29455 -3 chia cho 9. Giải Ta có : 2945 = 9. 327+ 2 Nên 2945= 2 (mod 9) 11 Hà Văn Tùng Do đó : (2945 ) - 3 ≡ 2 - 3 (mod 9) (1) 5 Mà 2 -3 = 29= 9.3+2 Hay 25 - 3 ≡ 2 (mod 9) (2) 5 Khi đó 2945 -3 ≡ 2 (mod 9) Vậy số dư trong phép chia 29455 -3 chia 9 là 2 . VD3 Tìm số dƣ trong phép chia có dƣ : 15325 - 1 chia cho 9. VD4 : ( 19971998 + 19981999 + 19991997 )10 chia cho 111 Giải Ta có: 1997= 111.18+(-1) hay 1997 ≡ -1 (mod 111) 1998= 111. 18 +0 hay 1998 ≡ 0 (mod 111) 1999 = 111. 18+ 1 hay 1999 ≡ 1(mod 111) 1998 1999 1997 Khi đó: ( 19971998 + 19981999 + 19991997 )10 = ((-1) +0 +1 )10 (mod 111) Hay ( 19971998 + 19981999 + 19991997 )10 = 210 (mod 111) Mà 210 = 1024 = 111.9 +25 Nên ( 19971998 + 19981999 + 19991997 )10 = 25 (mod 111) Vậy số dư là 25. VD5 Chứng minh rằng: 3100 - 3 chia hết cho 13 Giải 3 3 Ta có : 3 = 27 = 13.3 +1 hay 3 ≡ 1 (mod 13) Mà 3100 = 33.33+1 = 3. 33.33 ≡ 3 (mod 13) vì 3. 33.33 ≡ 333 (mod 13) Suy ra : 3100 - 3 ≡ 3-3 (mod 13) hay 3100 -3 ≡ 0 (mod 13) Vậy 3100 - 3 chia hết cho 13. 5 5 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ TƢƠNG ĐƢƠNG VD1 : R = { (a,b)  NxN / a có cùng chữ số hàng đơn vị với b}  N2 Giải a R b  a có cùng có cùng chữ số hàng đơn vị với b. - Tính phản xạ:  a  N ta có a có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay a R a - Tính đối xứng:  a, b  N giả sử a R b nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b  b có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay b R a. Do đó R có tính đối xứng. - Tính bắc cầu :  a, b , c  N giả sử a R b và b R c nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b và b có cùng chữ số hàng đơn vị với b thì a có cùng chữ số hàng đơn ị với c hay a R c. Do đó R có tính bắc cầu Vậy R là quan hệ tương đương. VD2 : Ký hiệu X là tập hợp các điểm trên mặt phẳng và 0  X cố định. Trên X xét quan hệ M S N  OM=ON 12 Hà Văn Tùng Giải - Tính phản xạ:  M  X ta luôn có OM=OM hay M S M. - Tính đối xứng:  M, N  X giả sử M S N nghĩa là OM=ON hay ON =OM. Vậy : M S N . Có tính đối xứng - Tính bắc cầu:  M, N, P  X giả sử M S N và N S P nghĩa là OM = ON và ON = OP  OM=OP hay M S P. Do đó S có tính bắc cầu. Vậy S là quan hệ tương đương. CÁC BÀI TOÁN VỀ ÁNH XẠ VD1 : A = { 1,2,3} , B= { a, b, c} F1 : A B 1 a 2 b 3 c F1 là 1ánh xạ f2 : A B 1 a f3 : A B 1 b 2 b 2 a 3 b 3 c f2 là 1 ánh xạ 2 b f3 không phải a/ xạ vì 1ptử 2có 2 ảnh. * CÁC BÀI TOÁN VỀ CHÚNG QUY NẠP Bài 1 Dùng quy nạp chứng minh rằng: 1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n2 ( n ≥ 1, n  N) Áp dụng tính tổng sau: A =1 + 3 + 5 + …..+ 1999 Giải Đặt Sn = 1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n2 Ta có : S1 = (2.1-1)=1 = 12 - đúng . Giả sử đúng với n= k tức là Sk = k2 . Ta cần chứng minh đúng với n= k +1 tức là chứng minh Sk+1 = (k + 1)2 . Thật vậy: Sk+1 = 1 + 3 + 5+ ….(2k - 1) + 2( k+1)- 1 = Sk + 2k+1 = k2 + 2k +1 = (k +1)2 Vậy Sn = n2 ( n ≥ 1, n  N) Áp dụng , ta có: 2n - 1 = 1999 2n = 2000 n = 1000 13 Hà Văn Tùng A= 1 + 3 + 5 + ……+ 1999 = 10002 = 1000.000 Bài 2 Dùng quy nạp toán học chứng minh rằng: n(n+1) ( n ≥ 1) 2 Giải n(n+1) Đặt Sn = 1 + 2 + 3 + …..+ n = 2 1(1+1) Ta có: S1 = 1 = = 1 . Đẳng thức đúng với n =1 2 k(k+1) Giả sử đúng với n = k, tức là Sk = . Ta chứng minh đúng với n= k+1, tức là: 2 (k+1)(k+2) Chứng minh : Sk+1 = . Thật vậy: 2 Sk+1 = 1 + 2 + 3 + ….k + k +1 = Sk - k+1 k(k+1) k(k+1)+2(k+1) (k+1)(k+2) = + k+1 = = 2 2 2 n(n+1) Vậy Sn = ( n ≥ 1). 2 Bài 3 Dùng quy nạp chứng minh 2 + 4 + 6 +….+ 2n = n(n+1) với ( n ≥ 1) Áp dụng tính : 2 + 4 + 6 +…..+ 3998 Giải Đặt Sn = 2 + 4 + 6 +….+ 2n = n(n+1) Ta có: S1 = 2 = 1(1+1) , đúng Giả sử đúng n =k , tức là : Sk = k(k+1). Ta chứng minh đúng với n= k+1, tức là: Chứng minh: Sk+1 = (k+1)(k+2). Thật vậy: Sk+1 = 2 + 4 + 6 +….2k + 2(k+1) = Sk + 2(k+1) = k(k+1) + 2(k+1) = (k+1)(k+2) Vậy Sn = n(n+1) n ≥ 1 Áp dụng: ta có: 2n = 3998 n= 1999 A = 2 + 4 + 6 +….+ 3998 = 1999 (1999+1) = 1999x 2000= 3998000 Bài 4: Chứng minh rằng: n(n+1)2 13 + 23 + …..+ n3 =  2  (n ≥ 1)   1 + 2 + 3 + …..+ n = Giải n(n+1)2 Đặt Sn = 1 + 2 + …..+ n =  2    3 3 3 14 Hà Văn Tùng 1(1+1)2 Ta có: S1 = 13 =  2  - đẳng thức   Giả sử đúng n= k , tức là : k(k+1)2 Sk =  2    Ta chứng minh với n= k+1 tức là chứng minh : (k+1)(k+2)2  .Thật vậy Sk+1 =  2   Sk+1 = 13 + 23 + …..+ k3 + (k+1)3 k(k+1)2 3 = Sk + (k+1) =  2  + (k+1)3   2 2 2 2 3 (k+1) [k +4(k+1)] k2+(k+1)2 k (k+1) +4(k+1) = + (k+1)3 = = 4 4 4 2 2 2 (k+1) (k+2)  (k+1)2(k2+4k+4) (k+1)2(k+2)2  = = =  2   4 22 n(n+1)2 Vậy Sn =  2  (n ≥ 1).   Bài 5: Chứng minh mệnh đề sau n(n+1)(2n+1) 12 + 22 + 32 +…..+ n2 = n  N 6 Giải Với n=1 VT = 1 1(1+1)(2+1) VP = =1 . Đẳng thức đúng với n = 1 6 Giả sử đúng n = k k(k+1)(2k+1) 12 + 22 + 32 +…..+ k2 = . Ta chứng minh đẳng thức đúng với n= k+1. Ta 6 chứng minh: (k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1] 12 + 22 + 32 +…..+ k2 + (k+1)2 = 6 (k+1)[(k+2)(2k+3)] = 6 k(k+1)(2k+1) Ta có vế trái = 12 + 22 + 32 +…..+ k2 + (k+1)2 = + (k+1)2 6 k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2 (k+1)[k(2k+1)+6(k+1) (k+1)(2k2+4k+3k+6) = = = 6 6 6 (k+1)[2k(k+2)+3(k+2)] (k+1)[(k+2)(2k+3)] = = VP (đpcm). 6 6 Bài 6: Chứng minh rằng: (1+a)n  1+n.a với a > -1, a ≠ 0, n >1, n  N = 15 Hà Văn Tùng Giải 2 2 Với n= 2 , ta có: (1+a) = 1+2a+a  1+2.a  bất phương trình đúng. Giả sử đúng với n= k , tức là: (1+a)k  1+k.a Ta cần chứng đúng với n= k+1, tức là chứng minh: (1+a)k+1  1+(k+1).a hay (1+a)k+1  1+a.k+a Thật vậy: (1+a)k+1 = (1+a)k .(1+a)  (1+k.a)(1+a) = (1+a)k .(1+a)  1+k.a+a+k.a2 = (1+a)k .(1+a)  1+k.a+a Vậy : (1+a)n  1+n.a với a > -1, a ≠ 0, n >1, n  N CMR  n  1, ta có : 7n + 3n -1  9 ( 1) Giải Với n=1 thì 7 + 2= 9  9 Giả sử (1) đúng với n = k , nghĩa là 7k + 3k-1  9 Ta cần chứng minh (1), đúng với n= k+1 , nghĩa là 7k+1 + 3(k+1)-1  9 Thật vậy, ta có: 7k+1 + 3(k+1)-1= (7k + 3k -1) + 6.7k +3 = ( 7k + 3k -1) + 6( 7k - 1) +9 Mà 7k +3k-1  9 Và 6( 7k -1)  36 nên 6( 7k -1)  9 và 9  9 Nên 7k+1 + 3(k+1) -1  9 Vậy theo nghuyên tắc quy nạp 7n + 3n -1  9 với  n  1 . Bài 8: CMR:  n  1, ta có : 16n - 15n -1  25 (1) và 10n + 18n - 1  27 Giải Với n= 1 thì 16 - 16= 0  225 Giả sử (1) đúng với n= k  1 , nghĩa là 16k - 15k -1  225 Ta cần chứng minh (1) đúng n= k+1, nghĩa là : 16k+1 - 15(k+1) -1  225 Vậy : 16k+1 - 15(k+1) -1 = ( 16k - 15k -1) + 15.16k -15 = ( 16k - 15k -1) + 15(16k -1) Mà 16k - 15k-1  225 và 15( 16k - 1)  225 Do đó 16k+1 - 15(k+1) -1  225 Vậy theo nguyên tắc quy nạp thì 16n - 15n -1  225  n  1 Bài 7 : Bài 9: Chứng minh rằng: 7n + 3n - 1 9 n  N , n  1 Giải 1 Với n=1 ta có: 7 +3.1- 1= 9  9 Giả sử đúng với n=k , tức là: 7k +3k-1  9 Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 , tức chứng minh: 7k+1 +3(k+1)-1 9 Thật vậy: 7k+1 +3(k+1)-1 = 7k .7+3k+ 3-1 = 7k .(6+1)+3k+3-1 = 6.7k+7k +3k+3-1= (7k +3k-1) +6.7k +3 Ta có : (7k +3k-1) 9 (1) Ta chứng minh: 6.7k +3  9 - Với k=1  6.7+3 = 45  9 - Giả sử đúng k=m tức là : 6.7m +3  9. Ta cần chứng minh: 16 Hà Văn Tùng Với k= m+1 , tức là chứng : (6.7m+1 +3) 9 Thật vậy: (6.7m+1 +3) = 6.7m .7+3 = (6. 7m +3).7 - 18  9 Do đó : 6.7k + 3  9 (2) Từ (1)(2)  7k+1 +3(k+1)-1  9 Vậy : 7n + 3n - 1 9 n  N , n  1 Bài 19: Cho biết n chia 3 dƣ 2 , chia 2 dƣ 1. Tìm dƣ trong phép chia n cho 6. Giải C1 : Theo định lý phép chia có dư, ta có : n = 6.q + r ( 0  r< 6) Để n chia 2 dư 1 thì r phải chia 2 dư 1 (1) Để n chia 3 dư 2thì phải chia 3 dư 2 (2) Các giá trị của r thì chỉ có r = 5 thõa mãn (1), (2) C2 : Theo đề bài ta có: ( n+1)  3 và ( n+1)  2 Mà (3,2) = 1nên (n+1)  6 hay n+1 = 6.q + 6 n = 6.q + 5 Vậy số dư trong phép chia n cho 6 là 5. Bài 11: Cho biết n chia 3 dƣ 1 , chia 5 dƣ 2. Tìm dƣ trong phép chia n cho 15. Bài 12: Cho biết n chia 11 dƣ 7 , chia 5 dƣ 4. Tìm dƣ trong phép chia n cho 55. Bài 13:Cho biết n chia 11 dƣ 10 , chia 3 dƣ 2. Tìm dƣ trong phép chia n cho 33. * CÁC BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP Bài 1 Cho tập hợp A = {x  N/ x\6} , a/ Tìm A B, A B, A\B , A.B b/ Hãy thiết lập 4 ánh xạ từ A  B B = {x  R/ (x-1)(x2 -4x+3)=0 } Giải A = {x  N/ x\6} = {1,2,3,6} B = {x  R/ (x-1)(x2 -4x+3)=0 } = {1,3} a/ A B = {x/ x  A và x  B} = {1,3} A B = {x/ x  A hoặc x  B} = {1,2,3,6} A\B = {x/ x  A và x  B} = {2,6} A.B = { (x,y)  A.B / x  A , y  B} = (1,1),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,3),(6,1)(6,3). b/ Thiết lập 4 song ánh: f1 A  B f2 A  B f3 A  B f4 A  B 1 1 1 1 1 3 1 3 2 1 2 3 2 1 2 3 3 3 3 1 3 1 3 1 6 3 6 3 6 2 6 1  Chúc các bạn thi tốt!  17 Hà Văn Tùng
- Xem thêm -