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
aN
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
tZ
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
tZ
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 -
.PDF 
17 
591 
102 
