Chuyên đề HSG Toán đại 6 (Cánh diều) - Chuyên đề 3, Chủ đề 4: Phương pháp quy nạp toán học chứng minh bài toán chia hết

 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. 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 
 7k. (6 1) 1 7k. 6 7k 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 
 9k. (8 1) 1 9k. 8 9k 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 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 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 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 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