Toán đại cương

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.

doc16 trang | Chia sẻ: vietpd | Ngày: 05/09/2013 | Lượt xem: 913 | Lượt tải: 2download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Toán đại cương, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
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 phương 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. 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 VD : CMR: 11 a + a + 6 " a Î N Giải Ta có: 11 a + a = 12 a - a + a = 12 a - ( a - a) = 12 a - a( a - 1) = 12 a - a ( a- 1) ( a+ 1) 12 a + 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 a + 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) + n + (n+1) + 9 Ta có : (n-1) + n + (n+1) = n - 3n +3n-1+ n + n +3n +3n +1 = 3n + 6n + 9 Giả sử: n = 1, ta có: 3.1 +6.1 = 9 + 9 Giả sử n = k , ta có: 3k +6.k + 9 Ta chứng minh: n = k+1 , ta có: 3(k+1)+6(k+1) = 3(k +3k +3k+1)+6k+6 = 3k +9k +9k+3+6k+6 = 3k +6k + 9k +9k+9 Mà 3k +6k + 9 và 9k +9k+9 + 9 Vậy: 3n + 6n + 9 Theo nguyên lý quy nạp thì (n-1) + n + (n+1) + 9 Bài 8: : CMR " a Î 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 Î N Bài 9 CMR " a Î N ta có : a - a + 30 Giải Ta có: a ≡ a (mod 5) a -a ≡ a - a (mod 5) a - a ≡ 0 (mod 5) Vậy a - a + 30 Cách 2: a - a = a( a -1) = a[(a) - 1 ] = a(a -1)(a +1) = a(a-1)(a+1)(a -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 a - 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 a - a + 30 Bài 10 CMR " a Î N ta có : 2a ( a - 16) + 30 Giải Ta có: 2a ( a - 16) = 2a( a+4)(a -4) = 2a( 5+ a -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+ a -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 ( a - 16) + 30 Bài 11: Chứng minh rằng: a(a+2) + 8 , với a là số chẵn , a Î N Giải Vì a chẵn nên a = 2k ; k Î N Ta có: a(a+2) = 2k(2k+2) = 4k(k+1) + Nếu k chẵn Þ 4k + 8 + Nếu k lẻ Þ k+1 là số chẵn + Nếu k lẻ Þ 4k(k+1)+ 8 Vậy a(a+2) + 8 , với a là số chẵn , a Î N Bài 12 CMR: n +11n + 3 "n Giải Ta có: n (n -1 +12) = n(n -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. Vậy: n +11n + 3 "n. Bài 13: CMR : với bất kỳ n ta có : n - n + 3 Giải Ta có : n(n -1) = n(n-1)(n+1) + 3 ( vì tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3) Vậy: n - n + 3 " n. Bài 14 CMR : [(a +a)(2a+1)] + 6 " a Î N Giải Ta có: (a +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: [(a +a)(2a+1)] + 6 " a Î N. Bài 15 CMR: [a(a -2)+13a]+ 6 " a Î N. Giải Ta có: a(a -2)+13a = a(a - 1- 1)+13a = a(a -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(a -2)+13a]+ 6 " a Î N. Bài 16 CMR : [m(m +5) + 6 " mÎ N Giải 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(m +5) + 6 " mÎ N Bài 17 CMR: ( a +b ) + 6 Û (a+b) + 6 với a,b Î N và a,b ³ 1. Giải Xét (a +b )-(a+b) = a +b - a-b = a - a + b - b = a( a - 1) + b (b -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: ( a +b ) + 6 Û (a+b) + 6 với a,b Î N và a,b ³ 1. *DÙNG QUY TẮC KÉO THEO: VD : 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.q + r với 0 £ r < 2 b = 2.q + r với 0 £ r < 2 c = 2.q + r với 0 £ r < 2 Ta nhận thấy : r , r , r 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 r = r = 1 . Khi đó : a - b = 2.q - 2.q + 2 (đpcm) . VD : CMR trong bốn số tự nhiên bất kỳ có hiệu hai số chia hết cho 3 (Tự giải) VD : 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: a , a , a …..a . Lấy a , a , a …..a chia cho n ta được: a = n.q + r với 0£ r < n a = n.q + r với 0£ r < n . . a = n. q + r với 0 £ r <n Ta nhận thấy r , r ….r nhận n giá trị {0,1…n+1} theo nguyên tắc kéo theo thì số có hai số nhận cùng giá trị. Giả sử r = r = n-3. Khi đó : a - a = n.q - n.q + n (đpcm) * DÙNG HẰNG ĐẲNG THỨC : a - b + a-b ; a + b + a+b với n lẻ ------------------------------------------------ II. ƯỚC CHUNG LỚN NHẤT 1. BÀI 1( Tính chất 5) Dùng thuật toán Ơclit tìm ( 895, 195) Giải Ta có: 895 = 195. 4 + 115 195 = 115. 1 + 80 115 = 80. 1 + 35 80 = 35. 2 + 10 35 = 10. 3 + 5 10 = 5.2 + 0 Vậy ( 895, 195) = 5 2. BÀI 2 Tìm tất cả các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau: a + b = 432 và ( a, b) = 36 giải -Vì vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a ≥ b. - Vì ( a, b) = 36 . Theo tính chất 5. Ta có: = 1 Đặt a = và b = . Khi đó (a ,b) = 1 (1) a ≥ b (2) a + b = + = (a+b) = =12 (3) Từ (1), (2) và (3) ta chọn: Þ và Þ Vậy có các cặp ( 346,36) và (252,180) thõa mãn điều kiện đề bài BÀI 3 Tìm tất cả các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau: a x b = 2700 và (a, b) = 6 giải -Vì vai trò của a và b như nhau nên ta giả sử a ≥ b. - Vì ( a, b) = 6 . Theo tính chất 5. Ta có: = 1 Đặt a = và b = . Khi đó ( a ,b ) = 1 (1) a ≥ b (2) a x b = x = a x b = = 75 ( 3) Từ (1), (2) và (3) ta chọn: Þ và Þ Vậy có các cặp ( 450, 6) và (90, 30) thõa mãn điều kiện đề bài. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN VỀ BỘI CHUNG NHỎ NHẤT Áp dụng tính chất 5: Bài 1 : Tìm các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau: a x b = 360 , [a,b] = 60 Giải Vì vai trò của a ,b như nhau , ta giả sử a ³ b Vì [a,b]= 60 . Theo tính chất 5 Þ = 1 Đặt a = , b = . Khi đó : ( a, ) = 1 (1) a £ b (2) a x b = x = = 10 ( 3) Từ (1) , (2). Ta chọn: Þ và Þ Vậy có các cặp (60; 10) và (30 ; 12) Bài 2: Tìm các cặp số tự nhiên a, b thõa mãn điều kiện sau: ( a,b) = 15 và [a,b] = 2835 Giải Vì vai trò của a ,b như nhau , ta giả sử a £ b Vì (a,b) = 15 . Theo tính chất 5 Þ = 1 Đặt a = , b = . Khi đó : ( a , ) = 1 (1) a £ b (2) a x b = x = [a.b] = = 189 ( 3) Từ (1) , (2) và (3) Ta chọn: Þ và Þ Vậy có các cặp (15; 2835) và (105 ; 405) Bài 3: Cho n Î N , n ≠ 0 , n ≠ 1 Tính : a/ ( n, n+1) , [n, n+1] b/ ( n, 2n + 1) ,[ n, 2n +1] ,Giải a/ Ta có: n+1 = n.1+1 ( n, n+1) = (n,1) = 1 Khi đó: [ n, n+1 ] = n(n+1) b/ Ta có : 2n +1 = n.2 +1 (n, 2n+1) = ( n,n) = 1 [ n, 2n+1] = n( 2n+1) Bài 4 Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khác 2 để khi chia số đó cho 3, 5,7,10 đều có số dư là 2. Giải Giả sử số tự nhiên cần tìm là : a , theo đề bài ta có: a - 2 + 3 , a - 2 + 5, a - 2 + 7, a - 2 + 10 hay a - 2 = [ 3, 5,7,10]k ( k Î N) a - 2 = 210. k vì a nhỏ nhất khác 2 nên k = 1 hay a - 2 = 210.1 = 210 + 2 = 212 Bài 5 : Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng chia số đó cho 3 dư 2, chia 5 dư 4 , 7 dư 6, chia 10 dư 9. Giải Giả sử số tự nhiên nhỏ nhất là : a, theo đề bài ta có: a + 1 + 3; a + 1 + 5 ; a + 1 + 7; a + 1 + 10 hay a +1 = [ 3, 5,7,10]k ( k Î N) a +1 = 210. k vì a nhỏ nhất khác 2 nên k = 1 hay a +1 = 210.1 = 210 - 1 = 209. Bài 6 Tìm hai số tự nhiên biết rằng tổng của chúng bằng 84 và UCLN của chúng là 6. Giải Gọi 2 số phải tìm là : a, b ( b>a) Theo đè bài ta có: a + b = 84 và UCLN(a,b) = 6 Suy ra: a=6.k, b= 6.l (k,l Î N) và UCLN(k,l)=1 Þ a+b=6.k+6.l=6(k+l) = 84 Þ (k+l)= 14. Do đó: k 7 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 PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH BẬC NHẤT HAI ẨN: VD : 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 Gọi x là số trâu đứng x > 0 Gọi y là số trâu nằm y >0 Trâu già là: 100 - ( x+y) Theo đề bài ta có phương trình: 5x + 3y + = 100 14x + 8y = 200 7x + 4y = 100 (1) Phương trình (1) có một nghiệm riêng ( 0; 25) nên nghiệm của (1) là: t Î Z vì x>0, y>0 nên 0< A £ 3 A Trâu đứng Trâu nằm Trâu già 1 4 18 78 2 8 11 81 3 12 4 84 VD : 32x - 48y = 112 (1) 3x = 112+ 48y x = = y + 3 + Đặt = t Þ 16y +16 = 32t Þ y = = 2t -1. Vậy (1) có nghiệm là: t Î Z CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ Bài 1 Tìm số các ước của một số tự nhiên, chẳng hạn: 30 , 1960 Giải 30 = 2.3.5 Ta có công thức chung tìm là: F(a)= (x + 1)(x + 1)……..(x +1) Cụ thể: F(30)= (1+1)(1+1)(1+1)= 2 = 8 ® có 8 ước 1960 = 2 .5.7 . 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 62= 2.31 = 2. 5 . 7 .31 35= 5.7 = 2 . 5. 7. 31 (62,35)= 2 . 5 .7 . 31 =1 [62,35] = 2 . 5 . 7 . 31 = 62.35 = 2170. CÁC BÀI TOÁN VỀ HỆ THỐNG GHI SỐ VD : 3975 Ta có: 3975= 8.496 + 7 496= 8. 96 + 0 62= 8.7 +6 7 = 8. 0+7 Vậy : (3975) = (7607) (7607) = 7. 8 .6. 8 . 0.8. 7. 8 = 3975. VD : (3456) sang hệ cơ số 8 Ta có: (3456) = 3. 7 .4.7 .5.7.6.7 = 1029+ 196+35+6= 1266 (1266) = 8.158 +2 158= 8.19+6 19= 8.2+3 2= 8.0+2 Vậy: (3456) = (2362) . CÁC BÀI TOÁN VỀ ĐỒNG DƯ THỨC VD : Hãy chứng minh đồng dư theo mod m là quan hệ tương đương trong tập số nguyên Giải - Tính phản xạ: "a Î Z, ta có: a ≡ a (mod m) Thật vậy: vì a-a=0 + m hay a ≡ a (mod m) - Tính đối xứng: "a, b Î Z, nếu a ≡ b(mod m), ta cần chứng minh b ≡ a (mod m) Thật vậy: vì a ≡ b(mod m) Þ a-b + m Þ b-a + m ( vì a,b Î Z) Hay b ≡ a (mod m). - Tính bắc cầu: "a, b, c Î 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) Þ a-b + m (1) Vì b ≡ c(mod m) Þ 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. VD : Tìm số dư trong phép chia có dư : 2945 -3 chia cho 9. Giải Ta có : 2945 = 9. 327+ 2 Nên 2945= 2 (mod 9) Do đó : (2945 ) - 3 ≡ 2 - 3 (mod 9) (1) Mà 2 -3 = 29= 9.3+2 Hay 2 - 3 ≡ 2 (mod 9) (2) Khi đó 2945 -3 ≡ 2 (mod 9) Vậy số dư trong phép chia 2945 -3 chia 9 là 2 . VD Tìm số dư trong phép chia có dư : 1532 - 1 chia cho 9. VD : ( 1997 + 1998 + 1999 ) 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) Khi đó: ( 1997 + 1998 + 1999 ) = (mod 111) Hay ( 1997 + 1998 + 1999 ) = 2 (mod 111) Mà 2 = 1024 = 111.9 +25 Nên ( 1997 + 1998 + 1999 ) = 25 (mod 111) Vậy số dư là 25. VD Chứng minh rằng: 3 - 3 chia hết cho 13 Giải Ta có : 3 = 27 = 13.3 +1 hay 3 ≡ 1 (mod 13) Mà 3 = 3 = 3. 3 ≡ 3 (mod 13) vì 3. 3 ≡ 3 (mod 13) Suy ra : 3 - 3 ≡ 3-3 (mod 13) hay 3 -3 ≡ 0 (mod 13) Vậy 3 - 3 chia hết cho 13. CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ TƯƠNG ĐƯƠNG VD : R = { (a,b) Î NxN / a có cùng chữ số hàng đơn vị với b} Í N Giải a R b Û a có cùng có cùng chữ số hàng đơn vị với b. - Tính phản xạ: " a Î N ta có a có cùng chữ số hàng đơn vị với a hay a R a - Tính đối xứng: " a, b Î N giả sử a R b nghĩa là a có cùng chữ số hàng đơn vị với b Þ 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 Î 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. VD : Ký hiệu X là tập hợp các điểm trên mặt phẳng và 0 Î X cố định. Trên X xét quan hệ M S N Û OM=ON Giải - Tính phản xạ: " M Î X ta luôn có OM=OM hay M S M. - Tính đối xứng: " M, N Î 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 Î X giả sử M S N và N S P nghĩa là OM = ON và ON = OP Þ 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 VD : A = { 1,2,3} , B= { a, b, c} F : A ÕB f : A ÕB f : A ÕB 1 a a 1 a a 1 a b 2 a b 2 a b 2 a a 3 a c 3 a b 3 a c F là 1ánh xạ f là 1 ánh xạ 2 a b f 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) = n ( n ≥ 1, n Î N) Áp dụng tính tổng sau: A =1 + 3 + 5 + …..+ 1999 Giải Đặt S = 1 + 3 + 5 +…….+ (2n -1) = n Ta có : S = (2.1-1)=1 = 1 - đúng . Giả sử đúng với n= k tức là S = k . Ta cần chứng minh đúng với n= k +1 tức là chứng minh S = (k + 1) . Thật vậy: S = 1 + 3 + 5+ ….(2k - 1) + 2( k+1)- 1 = S + 2k+1 = k + 2k +1 = (k +1) Vậy S = n ( n ≥ 1, n Î N) Áp dụng , ta có: 2n - 1 = 1999 2n = 2000 n = 1000 A= 1 + 3 + 5 + ……+ 1999 = 1000 = 1000.000 Bài 2 Dùng quy nạp toán học chứng minh rằng: 1 + 2 + 3 + …..+ n = ( n ≥ 1) Giải Đặt S = 1 + 2 + 3 + …..+ n = Ta có: S = 1 = = 1 . Đẳng thức đúng với n =1 Giả sử đúng với n = k, tức là S = . Ta chứng minh đúng với n= k+1, tức là: Chứng minh : S = . Thật vậy: S = 1 + 2 + 3 + ….k + k +1 = S - k+1 = + k+1 = = Vậy S = ( n ≥ 1). 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 S = 2 + 4 + 6 +….+ 2n = n(n+1) Ta có: S = 2 = 1(1+1) , đúng Giả sử đúng n =k , tức là : S = k(k+1). Ta chứng minh đúng với n= k+1, tức là: Chứng minh: S = (k+1)(k+2). Thật vậy: S = 2 + 4 + 6 +….2k + 2(k+1) = S + 2(k+1) = k(k+1) + 2(k+1) = (k+1)(k+2) Vậy S = 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: 1 + 2 + …..+ n = ("n ≥ 1) Giải Đặt S = 1 + 2 + …..+ n = Ta có: S = 1 = - đẳng thức Giả sử đúng n= k , tức là : S = Ta chứng minh với n= k+1 tức là chứng minh : S = .Thật vậy S = 1 + 2 + …..+ k + (k+1) = S + (k+1) = + (k+1) = + (k+1) = = = = = Vậy S = ("n ≥ 1). Bài 5: Chứng minh mệnh đề sau 1 + 2 + 3 +…..+ n = "n Î N Giải Với n=1 VT = 1 VP = =1 . Đẳng thức đúng với n = 1 Giả sử đúng n = k 1 + 2 + 3 +…..+ k = . Ta chứng minh đẳng thức đúng với n= k+1. Ta chứng minh: 1 + 2 + 3 +…..+ k + (k+1) = = Ta có vế trái = 1 + 2 + 3 +…..+ k + (k+1) = + (k+1) = = = = = = VP (đpcm). Bài 6: Chứng minh rằng: (1+a) ³ 1+n.a với a > -1, a ≠ 0, n >1, n Î N Giải Với n= 2 , ta có: (1+a) = 1+2a+a ³ 1+2.a Þ bất phương trình đúng. Giả sử đúng với n= k , tức là: (1+a) ³ 1+k.a Ta cần chứng đúng với n= k+1, tức là chứng minh: (1+a) ³ 1+(k+1).a hay (1+a) ³ 1+a.k+a Thật vậy: (1+a) = (1+a) .(1+a) ³ (1+k.a)(1+a) = (1+a) .(1+a) ³ 1+k.a+a+k.a = (1+a) .(1+a) ³ 1+k.a+a Vậy : (1+a) ³ 1+n.a với a > -1, a ≠ 0, n >1, n Î N Bài 7 : CMR " n ³ 1, ta có : 7 + 3n -1 + 9 ( 1) Giải Với n=1 thì 7 + 2= 9 + 9 Giả sử (1) đúng với n = k , nghĩa là 7 + 3k-1 + 9 Ta cần chứng minh (1), đúng với n= k+1 , nghĩa là 7 + 3(k+1)-1 + 9 Thật vậy, ta có: 7 + 3(k+1)-1= (7 + 3k -1) + 6.7 +3 = ( 7 + 3k -1) + 6( 7 - 1) +9 Mà 7 +3k-1 + 9 Và 6( 7 -1) + 36 nên 6( 7 -1) + 9 và 9 + 9 Nên 7 + 3(k+1) -1 + 9 Vậy theo nghuyên tắc quy nạp 7 + 3n -1 + 9 với " n ³ 1 . Bài 8: CMR: " n ³ 1, ta có : 16 - 15n -1 + 25 (1) và 10 + 18n - 1 + 27 Giải Với n= 1 thì 16 - 16= 0 + 225 Giả sử (1) đúng với n= k ³ 1 , nghĩa là 16 - 15k -1 + 225 Ta cần chứng minh (1) đúng n= k+1, nghĩa là : 16 - 15(k+1) -1 + 225 Vậy : 16 - 15(k+1) -1 = ( 16 - 15k -1) + 15.16 -15 = ( 16 - 15k -1) + 15(16 -1) Mà 16 - 15k-1 + 225 và 15( 16 - 1) + 225 Do đó 16 - 15(k+1) -1 + 225 Vậy theo nguyên tắc quy nạp thì 16 - 15n -1 + 225 " n ³ 1 Bài 9: Chứng minh rằng: 7 + 3n - 1+ 9 "n Î N , n ³ 1 Giải Với n=1 ta có: 7 +3.1- 1= 9 + 9 Giả sử đúng với n=k , tức là: 7 +3k-1 + 9 Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 , tức chứng minh: 7 +3(k+1)-1+ 9 Thật vậy: 7 +3(k+1)-1 = 7 .7+3k+ 3-1 = 7 .(6+1)+3k+3-1 = 6.7+7 +3k+3-1= (7 +3k-1) +6.7 +3 Ta có : (7 +3k-1)+ 9 (1) Ta chứng minh: 6.7 +3 + 9 - Với k=1 Þ 6.7+3 = 45 + 9 - Giả sử đúng k=m tức là : 6.7 +3 + 9. Ta cần chứng minh: Với k= m+1 , tức là chứng : (6.7 +3)+ 9 Thật vậy: (6.7 +3) = 6.7 .7+3 = (6. 7 +3).7 - 18 + 9 Do đó : 6.7 + 3 + 9 (2) Từ (1)(2) Þ 7 +3(k+1)-1 + 9 Vậy : 7 + 3n - 1+ 9 "n Î N , n ³ 1 Bài 19: Cho biết n chia 3 dư 2 , chia 2 dư 1. Tìm dư trong phép chia n cho 6. Giải C : 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) C : 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 dư 1 , chia 5 dư 2. Tìm dư trong phép chia n cho 15. Bài 12: Cho biết n chia 11 dư 7 , chia 5 dư 4. Tìm dư trong phép chia n cho 55. Bài 13:Cho biết n chia 11 dư 10 , chia 3 dư 2. Tìm dư trong phép chia n cho 33. * CÁC BÀI TOÁN VỀ TẬP HỢP Bài 1 Cho tập hợp A = {x Î N/ x\6} , B = {x Î R/ (x-1)(x -4x+3)=0 } a/ Tìm AÇ B, AÈ B, A\B , A.B b/ Hãy thiết lập 4 ánh xạ từ A ® B Giải A = {x Î N/ x\6} = {1,2,3,6} B = {x Î R/ (x-1)(x -4x+3)=0 } = {1,3} a/ AÇ B = {x/ x Î A và x Î B} = {1,3} AÈ B = {x/ x Î A hoặc x Î B} = {1,2,3,6} A\B = {x/ x Î A và x Ï B} = {2,6} A.B = { (x,y) Î A.B / x Î A , y Î B} = (1,1),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1)
Tài liệu liên quan