Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Chuyên đề: quy nạp toán học (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
Với $P(n)=n^2-4n+5=(n-2{)}^2+1$:
a) $P(3)=9-12+5=2$, $P(4)=16-16+5=5$, nên $P(4)>P(3)$, phát biểu Đúng.
b) $P(n)=1\iff n^2-4n+4=0\iff (n-2{)}^2=0\iff n=2\in \mathbb{N}$, tồn tại $n=2$, phát biểu Đúng.
c) $P(3)=2$ là số nguyên tố, phát biểu Đúng.
d) $P(1)=1-4+5=2$ là số chẵn, không phải số lẻ, phát biểu Sai.
Kết quả Đ–Đ–Đ–S trùng với đáp án mã đề 209 (ĐĐĐS).
a) (AI giải đề cho tôi)
$P(3)=2$, $P(4)=5$, nên $P(4)>P(3)$: Đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
$P(n)=1\iff (n-2{)}^2=0\iff n=2\in \mathbb{N}$: Đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P(3)=2$ là số nguyên tố: Đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
$P(1)=2$ là số chẵn, không phải số lẻ: Sai.

(AI giải đề cho tôi)
Với $P(n)=n^2-4n+5=(n-2{)}^2+1$, $n\in \mathbb{N}$.
a) Với $n=3$: $P(3)=9-12+5=2$, $P(4)=16-16+5=5$. Vì $5>2$ nên $P(n+1)>P(n)$ với $n=3$ là ĐÚNG.
b) $P(1)=1-4+5=2$ là số chẵn, không phải số lẻ, phát biểu SAI.
c) $P(3)=2$ là số nguyên tố (chỉ chia hết cho 1 và chính nó), phát biểu ĐÚNG.
d) $P(n)=1\iff n^2-4n+4=0\iff (n-2{)}^2=0\iff n=2\in \mathbb{N}$, nên tồn tại $n$ thỏa mãn, phát biểu ĐÚNG.
Kết quả: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng — khớp với đáp án mã đề 132 (ĐSĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
P(3)=2, P(4)=5, nên P(4)>P(3): đúng.
b) (AI giải đề cho tôi)
P(1)=2 là số chẵn, không phải số lẻ: sai.
c) (AI giải đề cho tôi)
P(3)=2 là số nguyên tố: đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
P(n)=1 ⇔ (n−2)²=0 ⇔ n=2 ∈ ℕ: đúng.

a) Xét lượt đầu tiên, nếu sử dụng thao tác loại 2 thì ta có bộ số $(3,4,5)$ và từ đây số ngoài cùng bên phải sẽ luôn tăng ít nhất 3 đơn vị nên không thể viết được số 6. Như vậy lượt đầu An phải sử dụng loại 1 và viết bộ số $(1,1,2)$.
Từ trạng thái này, nếu sử dụng thao tác loại 2 sẽ tăng số ngoài cùng bên phải lên ít nhất 5. Do đó, nếu sử dụng thao tác loại 2 trong các trạng thái tiếp theo thì An không thể viết được số 6.
Tóm lại, An chỉ sử dụng thao tác loại 1 và sau đúng 4 lượt chơi, các bộ số trên bảng lần lượt là: $(1,1,2)\to (1,2,3)\to (2,3,4)\to (3,4,6)$.

b) Xét dãy số ${\left(a_k\right)}_{k\ge 1}$ xác định bởi: $a_1=a_2=a_3=1$ và $a_{k+3}=a_{k+2}+a_k$ với mọi $k\ge 1$.

Nhận xét 1. Một số nguyên dương $n$ bất kỳ biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng tổng các số hạng phân biệt của dãy ${\left(a_k\right)}_{k\ge 1}$, trong đó chỉ số của hai số cách nhau ít nhất 3 đơn vị và không có số hạng nào là $a_1$, $a_2$. Ta chứng minh nhận xét bằng quy nạp mạnh.
Trường hợp $n=1=a_3$ : đúng.
Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn $n$. Gọi $a_k$ là số hạng với chỉ số $k$ lớn nhất thỏa mãn $a_k\le n$. Trong biểu diễn của $n$ phải có $a_k$, vì bằng quy nạp ta có $a_{k-1}+a_{k-4}+\dots <a_k$. Khi đó xảy ra 2 trường hợp: hoặc $n=a_k$ là biểu diễn duy nhất; hoặc $n>a_k$ và tồn tại biểu diễn cho $n-a_k$. Để ý rằng số $n-a_k$ nhỏ hơn $a_{k-2}$, vì nếu ngược lại $n\ge a_k+a_{k-2}=a_{k+1}$, mâu thuẫn với cách chọn $a_k$. Do đó, trong biểu diễn của $n-a_k$ không chứa $a_{k-1}$, $a_{k-2}$ và ta thu được biểu diễn thỏa mãn yêu cầu cho $n$.
Với mọi $n$, biểu diễn $n=\sum a_{k_i}$ trong Nhận xét 1 tương ứng với một dãy nhị phân thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện sau đây:
1. Độ dài của dãy bằng $k_j$, trong đó $k_j$ là chỉ số lớn nhất sao cho $a_{k_j}\le n$;
2. Vị trí thứ $k_i$ (tính từ trái sang phải) nhận giá trị 1 nếu và chỉ nếu $a_{k_i}$ có trong biểu diễn của $n$.
Ta gọi dãy nhị phân tương ứng là biểu diễn chuẩn và ký hiệu là $\bar{n}$.

Nhận xét 2. Với mỗi số tự nhiên $n$, xét biểu diễn $n=\sum a_{k_i}$ và ánh xạ $f(n)=\sum a_{k_i-1}$. Khi đó, bộ số trên bảng sẽ luôn có dạng $\left(f\left(f(n)\right),f(n),n\right)$.
Thật vậy, bộ số ban đầu có dạng $\left(a_1,a_2,a_3\right)=\left(f\left(f(1)\right),f(1),1\right)$. Giả sử bộ số $(x,y,z)$ thỏa mãn $z=\sum a_{k_i+2}$, $y=\sum a_{k_i+1}$, $x=\sum a_{k_i}$, ta kiểm tra cả hai loại thao tác đều có bộ số ở dạng trên.
Với loại 1, ta có $f(x+z)=f\left(\sum \left(a_{k_i+2}+a_{k_i}\right)\right)=f\left(\sum a_{k_i+3}\right)=\sum a_{k_i+2}=z$.
Với loại 2, ta có $f(x+y+2z+1)=f\left(\sum a_{k_i+5}+a_3\right)=\sum a_{k_i+4}+a_2=x+y+z+1$, và $f(x+y+z+1)=f\left(\sum a_{k_i+4}+a_2\right)=\sum a_{k_i+3}+a_1=x+z+1$.

Nhận xét 3. Từ tính toán ở Nhận xét 2, thao tác loại 1 tương đương với việc thêm một số 0 vào bên trái biểu diễn chuẩn của $z$ trong $(x,y,z)$ trên bảng, còn thao tác loại 2 tương đương với việc thêm 001 vào bên trái biểu diễn chuẩn của $z$.
Quay lại bài toán, để ý rằng bộ số ban đầu ta quy ước là $\left(a_1,a_2,a_3\right)$ ứng với biểu diễn chuẩn $(100,010,001)$. Do đó, bài toán tương đương với việc tìm $k$ nhỏ nhất để sau $k$ bước thêm 0 hoặc thêm 001 vào đuôi của $\overline{a_3}=001$ để được 129.
Đến đây, ta tính được 15 số hạng đầu tiên của dãy ${\left(a_k\right)}_{k\ge 1}$ là
$$1,1,1,2,3,4,6,9,13,19,28,41,60,88,129.$$
Ta suy ra biểu diễn chuẩn của 129 là 000000000000001, nên cần đúng 12 biến đổi loại 1.
Vậy $k=12$.

Câu 5. (3,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ thì $2^{2^{4n+1}}+7$ chia hết cho 11.

- (0,5 điểm). Ta có $2^4\equiv 6(\mathrm{mod}10)$ suy ra $2^{4n+1}\equiv 2(\mathrm{mod}10)$.

- (0,5 điểm). Suy ra $2^{4n+1}=10q+2$, $(q\in \mathbb{N})\Rightarrow 2^{2^{4n+1}}=2^{10q+2}$

- (0,5 điểm). Theo định lí Fetmat nhỏ ta có $2^{10}\equiv 1(\mathrm{mod}11)$ suy ra $2^{10q}\equiv 1(\mathrm{mod}11)$.

- (0,5 điểm). Do đó $2^{10q+2}\equiv 4(\mathrm{mod}11)$ hay $2^{2^{4n+1}}\equiv 4(\mathrm{mod}11)$.

- (0,5 điểm). Mặt khác $7\equiv 7(\mathrm{mod}11)$.

- (0,5 điểm). Suy ra $2^{2^{4n+1}}+7\equiv 0(\mathrm{mod}11)$. Vậy $2^{2^{4n+1}}+7$ chia hết cho 11.

Ta nói nhà hàng $A$ là nổi trội trong tập các nhà hàng $S$ nếu $A$ tốt hơn ít nhất một tiêu chí so với mọi nhà hàng khác trong $S\setminus \{A\}$. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số nhà hàng rằng trong mọi tập nhà hàng không rỗng luôn tồn tại ít nhất một nhà hàng nổi trội.
Nếu chỉ có một nhà hàng thì hiển nhiên nó là nổi trội. Giả sử mệnh đề đúng với mọi tập không rỗng có $<n$ nhà hàng. Ta sẽ chứng minh nó đúng với $n$ nhà hàng.
Ký hiệu tập $n\ge 2$ nhà hàng là $\mathcal{R}$. Chọn một nhà hàng $A\in \mathcal{R}$ tùy ý.
Theo giả thiết quy nạp, trong tập $\mathcal{R}\setminus \{A\}$ tồn tại một nhà hàng nổi trội, gọi là $B$.
Ký hiệu ${\mathcal{O}}_B$ là tập các nhà hàng trong $\mathcal{R}\setminus \{A\}$ có chất lượng phục vụ kém hơn $B$, và ${\mathcal{P}}_B$ là tập các nhà hàng trong $\mathcal{R}\setminus \{A\}$ có món ăn kém hơn $B$.
Hiển nhiên ${\mathcal{O}}_B\cup {\mathcal{P}}_B=\mathcal{R}\setminus \{A,B\}$.
Giữa $A$ và $B$ có các khả năng sau: (0.5 điểm)

Trường hợp 1: $B$ tốt hơn $A$ trong một tiêu chí nào đó. Khi này $B$ là nhà hàng nổi trội trong $\mathcal{R}$. (0.5 điểm)

Trường hợp 2: $A$ tốt hơn $B$ trong cả hai tiêu chí. Khi này $A$ cũng có chất lượng phục vụ tốt hơn mọi nhà hàng trong ${\mathcal{O}}_B$ và có chất lượng món ăn tốt hơn mọi nhà hàng trong ${\mathcal{P}}_B$. Do đó $A$ là nhà hàng nổi trội trong $\mathcal{R}$. (1 điểm)

Trường hợp 3: $A$ tốt hơn $B$ trong đúng một tiêu chí. Không mất tính tổng quát, giả sử $A$ có chất lượng phục vụ tốt hơn $B$. Khi đó $A$ cũng có chất lượng phục vụ tốt hơn mọi nhà hàng trong ${\mathcal{O}}_B$.
Theo giả thiết quy nạp, trong tập ${\mathcal{P}}_B\cup \{A\}$ tồn tại một nhà hàng nổi trội, gọi là $C$.
Nếu $C=A$ thì $A$ có chất lượng phục vụ tốt hơn mọi nhà hàng trong ${\mathcal{O}}_B\cup \{B\}$, và $A$ nổi trội trong ${\mathcal{P}}_B\cup \{A\}$. Do đó $A$ nổi trội trong ${\mathcal{O}}_B\cup \{B\}\cup {\mathcal{P}}_B\cup \{A\}=\mathcal{R}$. (1 điểm)

Giả sử $C\ne A$. Khi đó $C$ tốt hơn $A$ trong một tiêu chí nào đó. Nếu $C$ có chất lượng món ăn tốt hơn $A$ thì suy ra $B$ cũng có chất lượng món ăn tốt hơn $A$, mâu thuẫn với giả thiết. Vì vậy $C$ phải có chất lượng phục vụ tốt hơn $A$. Khi đó $C$ có chất lượng phục vụ tốt hơn mọi nhà hàng trong $\{A,B\}\cup {\mathcal{O}}_B$. Hơn nữa, theo giả thiết $C$ nổi trội trong ${\mathcal{P}}_B\cup \{A\}$, nên $C$ nổi trội trong $\{A,B\}\cup {\mathcal{O}}_B\cup {\mathcal{P}}_B=\mathcal{R}$. Điều này hoàn tất bước quy nạp, và do đó bài toán được giải quyết. (1 điểm)

a) Với $P_1(x)=P(x)=4x^3-20x^2+25x$.
Ta có $P(x)=0\iff 4x^3-20x^2+25x=0\iff x(2x-5{)}^2=0\iff \left[\begin{array}{c}x=0\\ x=\frac{5}{2}\end{array}\right]$.
$P^{\prime }(x)=12x^2-40x+25=0\iff \left[\begin{array}{c}x=\frac{5}{2}\\ x=\frac{5}{6}\end{array}\right]$.
Lập bảng biến thiên:

Ta thấy $P_2(x)=0\iff P\left(P_1(x)\right)=0\iff \{\begin{array}{l}{P}_1(x)=0\\ P_1(x)=\frac{5}{2}\end{array}$.
Từ bảng biến thiên suy ra $P_1(x)=\frac{5}{2}$ có 3 nghiệm thực phân biệt thuộc khoảng $(0;3)$ đồng thời khác 0 và $\frac{5}{2}$. Suy ra $P_2(x)=0$ có 5 nghiệm phân biệt.
Ta chứng minh quy nạp rằng: số nghiệm thực phân biệt của phương trình $P_n(x)=t$ với $t\in (0;3)$ bằng $3^n$, $\forall n\ge 1$. (*)
Thật vậy, như trên đã chứng minh, mệnh đề (*) đúng với $n=1$.
Giả sử mệnh đề đúng đến $n=k$. Xét $n=k+1$ ta có $P_{k+1}(x)=t\iff \{\begin{array}{l}{P}_k(x)=m\\ P_k(x)=n\\ P_k(x)=p\end{array}$ với $m,n,p$ phân biệt thuộc khoảng $(0;3)$. Theo giả thiết quy nạp mỗi phương trình trên có $3^k$ nghiệm thực phân biệt nên phương trình $P_{k+1}(x)=t$ có $3^{k+1}$ nghiệm thực phân biệt. Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề đúng với mọi $n\ge 1$.
Gọi $T_n$ là số nghiệm của $P_n(x)$. Ta có $T_1=2$.
Với $n\ge 2$, ta có $P_n(x)=0\iff P\left(P_{n-1}(x)\right)=0\iff \{\begin{array}{l}{P}_{n-1}(x)=0\\ P_{n-1}(x)=\frac{5}{2}\end{array}$.
Ta thấy $P_{n-1}(x)=0$ có $T_{n-1}$ nghiệm phân biệt.
Theo (*), phương trình $P_{n-1}(x)=\frac{5}{2}$ có $3^{n-1}$ nghiệm thực phân biệt nên $T_n=T_{n-1}+3^{n-1}$. Khi đó
$$T_n=T_{n-1}+3^{n-1}=T_{n-2}+3^{n-2}+3^{n-1}=\dots =T_1+\left(3+3^2+\dots +3^{n-1}\right)=\frac{3^n+1}{2}.$$

b) Với $P_1(x)=P(1-x)+8x^2-9=3x-4x^3$.
Nếu $|x|>1$ thì $\left|P_1(x)\right|=\left|x\left(4x^2-3\right)\right|>1$ nên $P_1(x)$ không có nghiệm thỏa mãn $|x|>1$. Bằng quy nạp, ta suy ra $\left|P_n(x)\right|>1$ nên $P_n(x)$ không có nghiệm thỏa mãn $|x|>1$.
Với $|x|\le 1$, đặt $x=\sin t$, $t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$.
Khi đó $P_1(x)=3\sin t-4{\sin }^{3}t=\sin (3t)$.
Bằng quy nạp, ta chứng minh được $P_n(x)=\sin \left(3^{n}t\right)$.
Do đó $P_n(x)=0\iff \sin \left(3^{n}t\right)=0\iff t=\frac{k\pi }{3^n}$, $k\in \mathbb{Z}$.
Do $t\in \left[-\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2}\right]$ nên $-\frac{\pi }{2}\le \frac{k\pi }{3^n}\le \frac{\pi }{2}\iff -\frac{3^n}{2}\le k\le \frac{3^n}{2}$.
Do $a_n$ là nghiệm dương nhỏ nhất nên $a_n=\sin \frac{\pi }{3^n}$.
Khảo sát hàm số, ta chứng minh được $\sin x\ge \frac{x}{2},\forall x\in \left[0;\frac{\pi }{3}\right]$.
Khi đó ta có:
$$T=\sum _{n=1}^{2026}{a}_n=\sum _{n=1}^{2026}\sin \left(\frac{\pi }{3^n}\right)>\sum _{n=1}^{2026}\frac{\pi }{2.3^n}=\frac{\pi }{2}\cdot \left(\sum _{n=1}^{2026}\frac{1}{3^n}\right)=\frac{\pi }{4}\cdot \left(1-\frac{1}{3^{2026}}\right)>\frac{3}{4}.$$

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P2):

a) Giả sử tồn tại $1\le i<j\le k$ sao cho $d_i,d_j$ có một ước nguyên tố chung $p$.

Từ $d_i^2\mid n+3d_i$, do $d_i\mid n$, suy ra $d_i\mid \frac{n}{d_i}+3$. Tương tự, $d_j\mid \frac{n}{d_j}+3$.

Đặt $D_i=\frac{n}{d_i}$. Vì $d_j\mid D_i$ nên $p\mid D_i$. Mặt khác, $p\mid d_i$ và $d_i\mid D_i+3$, suy ra $p\mid D_i+3$.

Do đó $p\mid 3$, nên $p=3$. Khi ấy $3\mid d_i\mid n$, mâu thuẫn với giả thiết $3\nmid n$.

Vậy các số $d_1,d_2,\dots ,d_k$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bây giờ $n=d_1{d}_2\cdots d_k$ là số chính phương.

Với mỗi ước nguyên tố $p$ của $d_i$, do các $d_j$ đôi một nguyên tố cùng nhau nên $v_p(n)=v_p(d_i)$.

Vì $n$ là số chính phương nên $v_p(n)$ chẵn. Suy ra $v_p(d_i)$ chẵn với mọi ước nguyên tố $p$ của $d_i$.

Do đó mỗi $d_i$ là một số chính phương.

b) Xét dãy $(n_m{)}_{m\ge 0}$ xác định bởi $n_0=18$ và $n_{m+1}=n_m\frac{n_m+3}{3}$.

Ta chứng minh bằng quy nạp mệnh đề sau: Với mỗi $m\ge 0$, tồn tại các số nguyên dương đôi một phân biệt $d_1,d_2,\dots ,d_r$ sao cho $n_m=d_1{d}_2\cdots d_r$, $d_i^2\mid n_m+3d_i$ và $d_i\mid \frac{n_m}{3}$ với mọi $i$.

Với $m=0$, ta có $n_0=18=3\cdot 6$ nên mệnh đề đúng với $m=0$.

Giả sử mệnh đề đúng với $m$, và viết $n_m=d_1{d}_2\cdots d_r$. Đặt $d_{r+1}=\frac{n_m+3}{3}=\frac{n_m}{3}+1$.

Khi đó $n_{m+1}=n_m{d}_{r+1}=d_1{d}_2\cdots d_r{d}_{r+1}$.

Với $1\le i\le r$, từ $d_i\mid \frac{n_m}{3}$ suy ra $d_i\mid d_{r+1}-1$. Ta có $n_{m+1}+3d_i=d_{r+1}(n_m+3d_i)+3d_i(1-d_{r+1})$.

Theo giả thiết quy nạp, $d_i^2\mid n_m+3d_i$. Mặt khác, $d_i\mid d_{r+1}-1$, nên $d_i^2\mid 3d_i(1-d_{r+1})$.

Do đó $d_i^2\mid n_{m+1}+3d_i$.

Đối với số $d_{r+1}$, ta có $n_{m+1}+3d_{r+1}=d_{r+1}(n_m+3)=3d_{r+1}^2$, nên $d_{r+1}^2\mid n_{m+1}+3d_{r+1}$.

Ta cũng có $d_i\mid \frac{n_m}{3}\mid \frac{n_{m+1}}{3}$ với $1\le i\le r$, còn $d_{r+1}\mid \frac{n_{m+1}}{3}$.

Cuối cùng, do $d_i\mid \frac{n_m}{3}$ nên $d_i\le \frac{n_m}{3}<\frac{n_m}{3}+1=d_{r+1}$ nên $d_{r+1}$ khác tất cả các số $d_1,\dots ,d_r$.

Suy ra mệnh đề quy nạp đúng, nên $n_m$ là số đẹp với mọi $m\ge 0$.

Mặt khác, $\frac{n_m+3}{3}>1$, nên $n_{m+1}>n_m$. Do đó các số $n_m$ đôi một khác nhau.

Vậy tập hợp $S$ có vô hạn phần tử.

Với $S_n=\{1;2;\dots ;n\}$, có thể sắp xếp tất cả $2^n$ tập con của $S_n$ thành một dãy $A_1,A_2,\dots ,A_{2^n}$ sao cho hai tập kề nhau bất kỳ chỉ khác nhau đúng một phần tử.
Với $n=1$: các tập con của $\{1\}$ là $\varnothing$ và $\{1\}$. Dãy $\varnothing ,\{1\}$ thỏa mãn vì hai tập kề nhau khác nhau đúng phần tử 1. Vậy $P(1)$ đúng.
Giả sử $P(k)$ đúng, tức là có dãy
$$A_1,A_2,\dots ,A_{2^k}$$
gồm tất cả tập con của $S_k$, hai tập kề nhau khác nhau đúng một phần tử. Xét $S_{k+1}=S_k\cup \{k+1\}$. Mỗi tập con của $S_{k+1}$ thuộc đúng một trong hai loại:
• loại 1: không chứa $k+1$, tức là các tập $A_i$;
• loại 2: chứa $k+1$, tức là các tập $A_i\cup \{k+1\}$.
Ta lập dãy gồm $2^{k+1}$ tập như sau:
$$A_1,A_2,\dots ,A_{2^k},A_{2^k}\cup \{k+1\},A_{2^k-1}\cup \{k+1\},\dots ,A_1\cup \{k+1\}.$$
Nửa đầu liệt kê mọi tập loại 1, nửa sau liệt kê mọi tập loại 2 (theo thứ tự ngược), mỗi tập một lần.
• Trong nửa đầu: $A_i$ và $A_{i+1}$ khác nhau đúng một phần tử theo giả thiết quy nạp.
• Ở chỗ nối giữa hai nửa: hai tập kề nhau là $A_{2^k}$ và $A_{2^k}\cup \{k+1\}$. Chúng khác nhau đúng phần tử $k+1$.
• Trong nửa sau: hai tập kề nhau là $A_{i+1}\cup \{k+1\}$ và $A_i\cup \{k+1\}$. Cả hai đều chứa $k+1$, nên sự khác nhau giữa chúng chính là sự khác nhau giữa $A_{i+1}$ và $A_i$, tức là đúng một phần tử.
Vậy $P(k+1)$ đúng.
Theo nguyên lý quy nạp, $P(n)$ đúng với mọi số nguyên dương $n$.
Với $n=2027$, ta có thể sắp xếp tất cả các tập con của $S=\{1;2;\dots ;2027\}$ thành một dãy sao cho hai tập kề nhau bất kỳ chỉ khác nhau đúng một phần tử.