Người Thầy MỖI NGÀY MỘT TẦM CAO MỚI Một phương pháp giải bài toán chia hết Khi gặp bài toán chứng minh F (n) . . . A với n ∈ N ta vẫn thường sử dụng phương pháp quy nạp. Cụ thể các bước của phương pháp quy nạp là 1. F(1) . . . A 2. Giả sử F (n) . . . A ta chứng minh F (n + 1) . . . A. Nhưng để ý rằng: Nếu a . . . c thì b . . . c ⇔ a − b . . . c Vậy ta có thể xem nó là một dạng khác của phương pháp quy nạp. Tức là để chứng minh F (n) . . . A ta qua các bước 1. F(1) . . . A 2. F(n + 1) − F (n) . . . A Sau đây ta xét một số bài toán áp dụng phương pháp trên. Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, n ≥ 1 thì F (n) = 16 n − 15n − 1 chia hết cho 225. Giải Ta có ngay F (1) = 0 . . . 225. Giả sử F (n) . . . 225 ta chứng minh F (n + 1) − F (n) . . . 225. Thật vây F (n + 1) − F (n) = 15.16 n − 15 = 15(16 n − 1) Vì 16 n − 1 . . . 15 nên ta có F (n + 1) − F (n) . . . 225 (đpcm). Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, n ≥ 1 thì G(n) = 3 2n+3 + 40n − 27 chia hết cho 64. mathpts@gmail.com 1 05/05/2014 Người Thầy MỖI NGÀY MỘT TẦM CAO MỚI Giải Ta có ngay G(1) = 256 . . . 64. Giả sử G(n) . . . 64 ta chứng minh G(n + 1) − G(n) . . . 64. Thật vây G(n + 1) − G(n) == 8.3 2n+3 + 40 = 8(3 2n+3 + 5) Suy ra G(n + 1) − G(n) . . . 64 ⇔ F (n) = 3 2n+3 + 5 . . . 8, ∀n ≥ 1, n ∈ N Ta có F (1) = 248 . . . 8. Giả sử F (n) . . . 8 ta chứng minh F (n + 1) − F (n) . . . 8. Thật vậy F (n + 1) − F (n) = 8.3 2n+3 . . . 8 Do đó, ta có G(n + 1) − G(n) . . . 64. (đpcm). Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, n ≥ 1 ta có 1. 10 n + 18n − 1 chia hết cho 27; 2. 2 2n+1 + 1 chia hết cho 3; 3. 10 n − 4 n + 3n chia hết cho 9; 4. 4 n + 15n − 1 chia hết cho 9; Giải 1. Đặt F(n) = 10 n + 18n − 1. Ta có F (1) = 27 . . . 27. Xét F (n + 1) − F (n) = 9.10 n + 18 = 9(10 n + 2). Nhận xét rằng F (n + 1) − F (n) . . . 27 ⇔ G(n) = 10 n + 2 . . . 3. Có G(1) = 12 . . . 3 và G(n + 1) − G(n) = 9.10 n . . . 3 Dó đó, ta có F (n + 1) − F (n) . . . 27 (đpcm). mathpts@gmail.com 2 05/05/2014 Người Thầy MỖI NGÀY MỘT TẦM CAO MỚI 2. Đặt H(n) = 2 2n+1 + 1. Ta có ngay H(n + 1) − H(n) = 3.2 2n+1 . . . 3 (đpcm). 3. Đặt F(n) = 10 n − 4 n + 3n. Ta có F (n + 1) − F (n) = 9.10 n − 3.4 n + 3 = 3(3.10 n − 4 n + 1) Suy ra F (n + 1) − F (n) . . . 9 ⇔ G(n) = 3.10 n − 4 n + 1 . . . 3 Thật vậy, ta có G(n + 1) − G(n) = 27.10 n − 3.4 n . . .3 Suy ra điều phải chứng minh. 4. Đặt F(n) = 4 n + 15n − 1. Ta có F (n + 1) − F (n) = 3.4 n + 15 = 3(4 n + 15) Suy ra F (n + 1) − F (n) . . . 9 ⇔ G(n) = 4 n + 15 . . . 3 Thật vậy, ta có G(n + 1) − G(n) = 3.4 n . . . 3 Suy ra điều phải chứng minh. mathpts@gmail.com 3 05/05/2014 . CAO MỚI Một phương pháp giải bài toán chia hết Khi gặp bài toán chứng minh F (n) . . . A với n ∈ N ta vẫn thường sử dụng phương pháp quy nạp. Cụ thể các bước của phương pháp quy nạp là 1. F(1) . . (đpcm). Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, n ≥ 1 ta có 1. 10 n + 18n − 1 chia hết cho 27; 2. 2 2n+1 + 1 chia hết cho 3; 3. 10 n − 4 n + 3n chia hết cho 9; 4. 4 n + 15n − 1 chia hết cho. khác của phương pháp quy nạp. Tức là để chứng minh F (n) . . . A ta qua các bước 1. F(1) . . . A 2. F(n + 1) − F (n) . . . A Sau đây ta xét một số bài toán áp dụng phương pháp trên. Bài 1. Chứng