SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN A Phần mở đầu Đổi phương pháp dạy học yêu cầu tất yếu, đảm bảo cho phát triển giáo dục Ngày kinh tế trí thức với bùng nổ thông tin, giáo dục thay đổi để phù hợp với phát triển khoa học kỹ thuật, phát triển xã hội Nội dung tri thức khoa học với đồ sộ lượng thông tin yêu cầu phải đổi phương pháp dạy học Trong giai đoạn giáo dục không tạo người có tài, có đức mà giáo dục cịn có thiên chức cao quý giáo dục thẩm mỹ, nhân văn, đào tạo người có kỹ sống học tập thời đại Mục tiêu giáo dục thay đổi kéo theo yêu cầu phải đổi phương pháp dạy học cách phù hợp Nhằm giúp cho giáo viên tháo gỡ khó khăn q trình đổi phương pháp dạy học, có nhiều giáo sư tiến sỹ, nhà khoa học chuyên tâm nghiên cứu, thí điểm triển khai đại trà đổi phương pháp dạy học Một yêu cầu đặt cải cách phải đổi phương pháp dạy học theo hướng tích cực hố hoạt động học tập học sinh, tổ chức hướng dẫn giáo viên Học sinh tự giác, chủ động tìm tịi, phát giải nhiệm vụ nhận thức có ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo kiến thức học vào tập thực tiễn Trong có đổi dạy học mơn tốn, Trong trường phổ thơng, dạy tốn dạy hoạt động tốn học Đối với học sinh xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động tốn học Q trình giải tốn đặc biệt giải tốn hình học trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp tìm tịi vận dụng kiến thức vào thực tế Thơng qua việc giải tốn thực chất hình thức để củng cố, khắc sâu kiến thức rèn luyện kĩ mơn tốn Từ rút nhiều phương pháp dạy học hay, tiết lên lớp có hiệu nhằm phát huy hứng thú học tập học sinh, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện Trong chương trình tốn phổ thơng cấp THCS có nhiều mảng kiến thức sách giáo khoa đề cập đến trình học lại gặp nhiều, học sinh nắm vững kiến thức sách giáo khoa gặp dạng tốn cịn lúng túng Vì với phạm vi đề tài muốn đề cập đến vấn đề mà người thầy trăn trở băn khoăn, “Phương pháp chứng minh quy nạp vận dụng phương pháp để giải dạng tốn khác nào” Thật chương trình tốn phổ thơng phương pháp chứng minh quy nạp mảng kiến thức khó mà ứng dụng lại rộng rãi, khơng có mặt phân mơn số học mà cịn đóng góp vai trị quan trọng phân mơn đại số, khơng dừng lại chương trình THCS mà cịn phần quan trọng chương trình THPT Vì phương pháp chứng minh quy nạp phần gây cho học sinh, học sinh giỏi nhiều khó khăn bối rối, nhiên phần quyến rũ học sinh say mê mơn tốn học giỏi tốn địi hỏi phải tư lơgic, tìm tịi sáng tạo Qua nghiên cứu kỹ nội dung kiến thức, đọc nhiều tài liệu qua thực tế bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn trường THCS, rút vài kinh nghiệm Tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải số dạng toán” nhằm tìm biện pháp hay giúp cho cơng tác dạy học nói chung cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng đạt kết cao B Phần Nội dung I Cở sở lý luận: Trong hoạt động dạy học theo phương pháp đổi mới, giáo viên cần giúp học sinh chuyển từ thói quen thụ động sang thói quen chủ động Muốn giáo viên cần cho học sinh cách học, biết cách suy luận, biết tự tìm lại điều quên, biết cách tìm tịi để phát kiến thức Các phương pháp thường quy tắc, quy trình nói chung phương pháp có tính chất thuật tốn Tuy nhiên cần coi trọng phương pháp có tính chất tìm đốn Học sinh cần rèn luyện thao tác tư phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự, quy lạ quen Việc nắm vững phương pháp nói tạo điều kiện cho học sinh đọc hiểu tài liệu, tự làm tập, nắm vững hiểu sâu kiến thức đồng thời phát huy tiềm sáng tạo thân từ học sinh thấy niềm vui học tập Trong trình dạy học, người giáo viên phải bám sát chương trình sách giáo khoa, xem định hướng cho trình dạy học Tuy nhiên việc truyền thụ kiến thức cho học sinh không dừng lại sách giáo khoa mà người giáo viên cịn phải có phương pháp để từ kiến thức phát triển tìm kiến thức giúp học sinh lĩnh hội cách chủ động có hệ thống Trong việc dạy học tốn việc tìm phương pháp dạy học giải tập tốn địi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống tập, sử dụng phương pháp dạy học để góp phần hình thành phát triển tư học sinh Đồng thời qua việc học toán học sinh cần bồi dưỡng, rèn luyện phẩm chất đạo đức, thao tác tư để giải tập tốn có tập chứng minh quy nạp toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ cho học sinh, phát quy luật đẹp Toán học II Cở sở thực tiễn: Trong chương trình tốn phổ thông, áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp chiếm mảng lớn chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Do “phương pháp chứng minh quy nạp” góp phần vào việc thực chương trình dạy học theo phương pháp “lấy học sinh làm trung tâm” Đồng thời giúp người giáo viên nâng cao trình độ chun mơn nghiệp vụ, tạo sở vững để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết tốt, góp phần vào mục tiêu “đào tạo bồi dưỡng nhân tài” Qua kết khảo sát, kiểm tra trước áp dụng đề tài với 26 học sinh thấy kết tiếp thu phương pháp chứng minh quy nạp sau: Điểm Điểm - Điểm - Điểm - 10 SL % SL % SL % SL % 11 42,3% 08 30,8% 05 19,2% 02 7,7% Nguyên nhân thực tế trên: Đây dạng tốn tương đối lạ khó với học sinh, học sinh chưa trang bị phương pháp giải, nên việc suy luận hạn chế nhiều khơng có lối dẫn đến kết thấp đặc biệt học sinh trung bình em khó giải Để giúp học sinh nắm phương pháp chứng minh quy nạp, nghiên cứu xây dựng thành chuyên đề, trang bị cho học sinh nắm phương pháp chứng minh quy nạp, vận dụng phương pháp quy nạp để chứng minh quan hệ chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Đồng thời nêu lên số ví dụ minh họa giúp học sinh hiểu nắm kiến thức, biết áp dụng vào giải tốn Từ u cầu học sinh giải tập tương ứng từ dễ đến khó, học sinh rèn luyện nắm kiến thức, phương pháp giải, áp dụng thành thạo chất lượng giải toán nâng cao III Mục đích nghiên cứu: a Đối với giáo viên: - Nâng cao trình độ chun mơn phục vụ cho trình giảng dạy - Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức b Đối với học sinh: - Giúp học sinh học tập mơn tốn nói chung việc giải tập áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp nói riêng Trang bị cho học sinh số kiến thức nhằm nâng cao lực học mơn tốn giúp em tiếp thu cách chủ động, sáng tạo làm công cụ giải số tập có liên quan - Gây hứng thú cho học sinh làm tập sách giáo khoa, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải số tập - Thông qua việc giải toán áp dụng quy nạp (để chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, BĐT) giúp học sinh thấy rõ mục đích việc học tốn IV Phương pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo học sinh giáo viên - Sử dụng phương pháp phân tích tổng hợp V Một số kiến thức phương pháp chứng minh quy nạp: 1, phép quy nạp hoàn toàn phép quy nạp khơng hồn tồn: Ví dụ Quan sát kết sau: 13 - chia hết cho 23 - chia hết cho 33 - chia hết cho 43 - chia hết cho  Hãy đưa dự đoán chứng minh dự đốn đó? Giải: Dự đốn: a3 - a chia hết cho với số nguyên dương a Chứng minh: Gọi A = a3 - a = a.(a - 1)(a + 1) Xét ba khả xảy ra: a) Nếu a = 3k (k  N) A chia hết cho b) Nếu a = 3k + (k  N) a - chia hết cho 3, A chia hết cho c) Nếu a = 3k +2 (k  N) a + chia hết cho 3, A chia hết cho Vậy a3 - a chia hết cho với số nguyên dương a Ví dụ Quan sát kết sau: 23 - chia hết cho 25 - chia hết cho 27 - chia hết cho  Dự đoán sau hay sai? 2n - chia hết cho n với số lẻ n? Giải: Dự đoán sai Chẳng hạn 29 - = 510 không chia hết cho Nhận xét: Trong hai ví dụ trên, ta thực phép suy luận sau: 1, Xét giá trị a 1, 2, 3, 4, để kết luận a3 - a chia hết cho với số nguyên dương a 2, Xét giá trị a 3k, 3k +1, 3k + (k  N) để kết luận a3 - a chia hết cho với số nguyên dương a 3, Xét giá trị n 3, 5, để kết luận 2n - chia hết cho n với số tự nhiên lẻ n Ba phép suy luận gọi phép quy nạp, phép suy luận từ trường hợp riêng biệt tới kết luận tổng quát  Phép quy nạp gọi hoàn toàn ta xét tất trường hợp riêng, chẳng hạn phép suy luận ta xét khả xảy chia số tự nhiên a cho (a = 3k, a = 3k + 1, a = 3k + 2)  Phép quy nạp gọi khơng hồn tồn ta xét số trường hợp riêng chưa xét đầy đủ trường hợp riêng Chẳng hạn phép suy luận ta xét a 1, 2, 3, để kết luận cho số nguyên dương a, phép suy luận ta xét n 3, 5, để kết luận cho số tự nhiên lẻ n Nhờ phép quy nạp khơng hồn tồn mà ta có dự đốn tính chất tốn học đó, sở để tới phát minh Phép quy nạp cho khẳng định đúng, kết luận chứng minh phép quy nạp (quy nạp hoàn toàn) Phép quy nạp cho kết luận sai, ta bác bỏ phản ví dụ Như “phép quy nạp hoàn toàn” phép chứng minh chặt chẽ, cịn “phép quy nạp khơng hồn tồn” dẫn tới sai lầm, nhà tốn học có tên tuổi đây: - Nhà tốn học Pháp Fecma nhận xét cơng thức 2n + cho ta số nguyên tố với n 20, 21, 22, 23, 24 (thật 21+ = 3; 22 + = 5; 24 + = 17; 28 + = 257; 216 + = 65537; tất số nguyên tố ) Với n = 25 = 32 2n + = 232 + = 4294967297, Fecma khơng phân tích thừa số ngun tố, ơng cho số nguyên tố đưa giả thuyết tổng quát công thức 2n + với n luỹ thừa cho ta số nguyên tố - Một kỉ sau, năm 1732, Ơle bác bỏ giả thuyết cách 232 + hợp số, chia hết cho 641 Có thể kể thêm hai mệnh đề sai lại với số lớn trường hợp đầu tiên: - Nhà toán học Gravơ đưa dự đoán: Với số nguyên tố p ta có: 2p1 - khơng chia hết cho p2 Dự đoán với số nguyên tố nhỏ 1000, chẳng sau người ta tồn số nguyên tố 1093 mà 1093 - chia hết cho 10932 - Một dự đốn khác: Số 911n2+ khơng số phương với số nguyên dương n Số n nhỏ để mệnh đề sai n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số) Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn giúp nhà tốn học tìm phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp khẳng định đắn số tự nhiên, phương pháp quy nạp toán học 2, Nội dung phương pháp quy nạp Toán học: Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn áp dụng hạn chế Nhiều mệnh đề Toán học đáng ý bao gồm số vô hạn trường hợp riêng, người kiểm tra tất trường hợp riêng Phép quy nạp hồn tồn, biết thường dẫn tới kết luận sai lầm Trong nhiều trường hợp để tránh khó khăn người ta áp dụng phương pháp suy luận “đặc biệt”, gọi phương pháp quy nạp Toán học * Nội dung phương pháp quy nạp Toán học trình bày sau: Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n xem chứng minh hai điều kiện sau thỏa mãn: 1, Mệnh đề với n = 2, Từ giả thiết mệnh đề với n = k (k  N) suy mệnh đề với n = k + Như để chứng minh mệnh đề với số nguyên dương n phương pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bước sau: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề với n = Bước 2: Giả sử mệnh đề với n = k (ta gọi giả thiết quy nạp), chứng minh mệnh đề với n = k +1 Bước 3: Kết luận mệnh đề với số nguyên dương n Trong phạm vi nghiên cứu mình, tơi đề cập đến việc vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp Tốn học để giải ba dạng tốn là: Chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức chứng minh bất đẳng thức Hy vọng với số kinh nghiệm nhỏ góp phần vào phương pháp dạy học, đặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, giúp học sinh rèn luyện kỹ giải tốn tư giải tốn có hiệu 3, Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh: 3.1, Dạng Chứng minh quan hệ chia hết: Bài 1: Chứng minh tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp là: n; n +1 n + Ta phải chứng minh: [n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3]  (1) + Với n =1, ta có: 13 + 23 + 33 = + + 27 = 36  Vậy (1) với n = + Giả sử (1) với n = k (k  N) tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3]  Ta phải chứng minh (1) với n = k + 1, tức phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]  Thật ta có: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 +27k + 27 = [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] + 9(k2 + 3k + 3) Theo giả thiết quy nạp: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3  9(k3 + 3k + 3)  với  k Do [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3]  + Kết luận: Mệnh đề (1) với số nguyên dương n Vậy tổng lập phương ba số nguyên dương liên tiếp chia hết cho Bài 2: Chứng minh rằng: Với n nguyên dương thì: A(n) = n + + 82n +  19 Giải: + Với n = A(1) = + 83 = 343 + 512 = 19.45  A(1)  19 Vậy A(n) với n = + Giả sử A(n) với n = k Ta có: A(k) = 7k + + 82k +  19 Ta phải chứng minh A(n) với n = k + A(k + 1) = 7k + + 82k + = 7.7k + + 64.82k + = 7.7k + + 2.82k + = 7.7k + + 7.82k + + 57.82k + = 7.( k + + 2k + 1) + 19.3.82k + = A(k) + 19.3.82k + Vì A(k)  19 (Theo giả thiết quy nạp)  A(k)  19 19  19  19.3.82k +  19  A(k + 1)  19 Theo nguyên lí quy nạp A(n)  19 Với  n nguyên dương Vậy A(n) = 7k + + 82k +  19 Với  n nguyên dương + Kết luận: Vậy A(n) với số nguyên dương Bài 3: Chứng minh rằng: 16n - 15n -  225; n  N Giải: n Đặt A(n) = 16 - 15n - + Với n = 1, ta có: A(1) = 16 - 15 - =  225  A(1)  225 + Giả sử A(n) với n = k Ta có: A(k) = 16 k - 15k -  225 Ta phải chứng minh A(n) với n = k + Thật vậy: A(k + 1) = 16 k + - 15(k + 1) - = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k - 15 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = A(k) + 15(16k - 1) Theo giả thiết quy nạp có A(k)  225 Ta có: 16k -  16 -  16k -  15  15(16k - 1)  15.15 k  15(16 - 1)  225  A(k + 1)  225 Theo ngun lí quy nạp A(n)  225 với  n  N + Kết luận: Vậy 16n - 15 -  225 với  n  N Bài 4: Chứng minh với số nguyên dương n thì: a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) (n + n) chia hết cho 2n b) 3n + + 5.23n + chia hết cho 19 c) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết 24 Giải: A(k + 1) = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + + 6k3 + 18k2 + 18k + + 11k2 + 22k + 11 + 6k + A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k) Dễ thấy: k4 + 6k3 + 11k2 + 6k  24 (Theo giả thiết quy nạp) Và 24(k2 + 1)  24 Lại có (k3 + 11k)  với  k  N Thật vậy: với k = k3 + 11k = 12  (đúng) Giả sử với k = m m3 + 11m  (m  N) Ta phải chứng minh k3 + 11k  với k = m +1 Thật vậy: (m + 1)3 + 11(m + 1) = m3 + 3m + 3m + + 11m + 11 = (m3 + 11m) + (3m2 + 3m + 12)  Do k3 + 11k   4(k3 + 11k)  24 Vậy A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k)  24 Vậy A(n)  24 với n = k + + Kết luận: Với số ngun dương n ln có: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n  24 * Một số tập giải tương tự: Bài 1: Chứng minh với số nguyên a: a) a2 - a chia hết cho b) a3 - a chia hết cho c) a5 - a chia hết cho d) a7 - a chia hết cho Bài 2: Chứng minh với số nguyên dương n thì: a) 32n + + 40n - 67 chia hết cho 64 b) 2n + 2.3n + 5n - chia hết cho 25 c) n + + 2n + chia hết cho 57 d) 10 n + 72n - chia hết cho 81 Bài 3: Chứng minh với số nguyên dương n số gồm 3n chữ số chia hết cho 3n? HD: Mệnh đề với n = Vì số 111  Giả sử số 11 chia hết cho 3, ta có số: 3k 11 11 11 11 11 100 100 01 = k k = chia hết k 1 k 3 3 3k 3k 3k cho Vậy với số nguyên dương n gồm 3n chữ số chia hết cho 3n Bài 4: Chứng minh A chia hết cho B với: a) A = 13 + 23 + 33 + + 993 + 1003; B = + + + + b) A = 13 + + 33 + + 993; B = + + + + 99 + 100 99 Bài 5: Chứng minh n lập phương số tự nhiên (n - 1).n.(n + 1) chia hết cho 504 Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu a b khơng chia hết cho a6 - b6 chia hết cho Bài 7: a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho b) Chứng minh hiệu bình phương hai số lẻ chia hết cho Bài 8: Chứng minh với số n nguyên dương: a) (n + 1).(n + 2).(n + 3) (2n) chia hết cho 2n b) (n + 1).(n + 2).(n + 3) (3n) chia hết cho 3n Bài 9: CM rằng: A = n3(n2 - 7)2 - 36n chia hết cho 5040 với số tự nhiên n 3.2, Dạng Chứng minh đẳng thức: Bài 1: Chứng minh với số nguyên dương n thì:  n(n  1)  Sn = + + + + n =     3 3 Giải: + Với n = 1, vế trái (1) 13 = 1; (1) vế phải (1) 1(1  1)    1    VT = VP Vậy (1) với n = + Giả sử (1) với n = k (k  N & k  1)  (k  1)(k  2)  Tức là: SK = + + + + k =     3 3 Ta phải chứng minh (1) với n = k +1  (k  1)(k  2)  Tức là: SK + =1 + + + + (k + 1) =     3 3 Thật Vậy: SK + = 13 + 23 + 33 + + (k + 1)3 = 13 + 23 + 33 + + k3 + (k + 1)3 = SK + (k + 1)3  (k(k  1)  Theo giả thiết quy nạp Sk =      (k(k  1)  Do đó: Sk + =   + (k + 1) =   (k  1)2 k  4(k  1)    = = 2 (k  1)  k   = 2  k (k  1)    + (k + 1)   (k  1)  k  4k  1  (k  1).(k  1)     =   (k  1).(k  1)   SK + =   Vậy (1) với n = k +   + Kết luận: Mệnh đề (1) với số nguyên dương n Bài Chứng minh số nguyên dương n thì: Sn = 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n  1).(2n  1) (1) Giải: + Với n = 1, vế trái (1) = vế phải (1) 1(1  1).(2.1  1) =1 Vậy VT = VP Vậy (1) với n = + Giả sử (1) với n = k (k  N & k  1), tức là: Sk = + 22 + 32 + + k2 = k(k  1).(2k  1) Ta phải chứng minh đẳng thức (1) với n = k + 1, tức là: Sk + = 12 + 22 + 32 + + (k + 1)2 = (k  1).(k  2).(2k  3) Thật vậy: Sk + = 12 + 22 + + + k2 + (k + 1)2 = Sk + (k + 1)2 (Do giả thiết quy nạp Sn = 12 + 2 + 32 + + k2) k(k  1).(2k  1) ta có: k(k  1).(2k  1) Sk + = + (k + 1)2 (k  1) k(2k  1)  6k   k(k  1).(2k  1)  6(k  1)2   = = 6 (k  1) 2k  k  6k   (k  1).(2k  7k  6)   Mặt khác Sk = = (k  1).(k  2).(2k  3) = =  Sk + = (k  1).(k  2).(2k  3) Vậy đẳng thức (1) với n = k +1 + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n tổng bình phương n số tự nhiên liên tiếp n(n  1).(2n  1) Bài 3: Chứng minh với số nguyên dương n thì: 1 1 n      1.4 4.7 7.10 (3n  2).(3n  1) 3n  Giải: + Với n = 1, đẳng thức VT = VP = + Giả sử đẳng thức với n = k Tức là: (k  N, k  1) 1 1 k      1.4 4.7 7.10 (3k  2).(3k  1) 3k  Ta phải chứng minh đẳng thức với n = k + Tức là: 1 1 k 1      1.4 4.7 7.10 (3k  1).(3k  4) 3k  Thật vậy: Sk 1 1      = 1.4 4.7 7.10 (3k  2).(3k  1) (3k  1).(3k  4) + (3k  1).(3k  4) k Theo giả thiết quy nạp Sk = 3k  k 3k  4k  Do đó: Sk + = =  3k  (3k  1).(3k  4) (3k  1) k 1 Sk + = (3k  1).(k  1) = 3k  (3k  1).(3k  4) = Sk + Vậy Sn với n = k + + Kết luận: Vậy với số ngun dương n đẳng thức (1) ln xảy Bài 4: Chứng minh với số nguyên dương n thì: Sn = 12 22 32 n2 n(n  1)      1.3 3.5 5.7 (2n  1).(2n  1) 2(2n  1) Giải: 12 = (2.1  1).(2.1  1) 1(1  1) vế trái đẳng thức = 2(2.1  1)  VT = VP = Vậy đẳng thức với n = + Với n = 1, vế phải đẳng thức + Giả sử Sn với n = k (k  N, k  1) 12 22 32 k2 k(k  1) Tức là: Sk       1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  1) 2(2k  1) Ta phải chứng minh đẳng thức Sn với n = k + 1 Tức là: Sk +  12 22 32 (k  1)2 (k  1).(k  2)      1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  3) 2(2k  3) Thật vậy:  Sk 2 + 2 k (k  1)      1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  1) (2k  1).(2k  3) Theo 2 thiết giả quy nạp: 2 k k(k  1)      1.3 3.5 5.7 (2k  1).(2k  1) (2k  1)2 k 1 (k  1) k 1 k k 1  Do đó: Sk +      2(2k  1) (2k  1).(2k  3) 2k   2k    k  k(2k  3)  2(k  1) k  2k  5k    2k  2k(2k  3) 2k  2(2k  3) k  (2k  2).(2k  1) (k  1).(k  2)   2k  2(2k  3) 2(2k  3) (k  1).(k  2)  Sk +  Vậy Sn với n = k + (k  N, k  1) 2(2k  3) + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n đẳng thức Sn Bài 5: Chứng minh với số tự nhiên thì: 1  1  1    1  1   1   1   1   1  a    a            (1) Giải: + Với a = 1, VT =  1 1  ; VP =  VT = VP = 2 2 Vậy đẳng thức (1) với a = + Giả sử a = k, đẳng thức (1) đúng, tức 1  1  1    1  1   1   1   1   1  k    k            Ta phải chứng minh đẳng thức (1) với a = k + (k  N, k  1) Tức là: Thật vậy: 1  1      1  1   1   1   1  k   1  k    k            1  1      1  1      1   1  k   1  k                 k   1      1  k     k    k    k   k  1       Vậy đẳng thức (1) với a = k + + Kết luận: Vậy với số tự nhiên a thì: 1  1    1  1  1      1   1   1  a    a            * Một số tập giải tương tự: Bài Chứng minh với số nguyên dương n thì: a, Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) = n(n  1).(n  2) b, Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(3n + 1) = n(n + 1)2 c, Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + n(n + 1).(n+2) = n(n  1).(n  2).(n  3) Bài Chứng minh với số nguyên dương n thì: 1 1 n với n      1.2 2.3 3.4 n(n  1) n(n  1) 1 1 n       1.5 5.9 9.13 (4n  3).(4n  1) 4n  1 1 n       1.6 6.11 11.16 (5n  4).(5n  1) 5n  1 1 n       1.7 7.13 13.19 (n  5).(6n  1) 6n  1 1 n       1.8 8.15 15.22 (7n  6).(7n  1) 7n  Sn  Sn Sn Sn Sn Bài 3: Chứng minh với số tự nhiên n  N thì: a, Sn = 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 + + n(n + 3) = n(n  1).(n  5) b, Sn = 1.2 + 2.5 + 3.8 + + n.(3n - 1) = n2.(n + 1) c) Sn = 1.4 + 2.7 + 3.10 + + n.(3n + 1) = n.(n + 1)2 Bài 4: a, Chứng minh tổng n số tự nhiên liên tiếp là: S = + + + + + n = n(n  1) b, Chứng minh tổng n số chẵn liên tiếp là: S = + + + + + 2n = n(2n  2)  n(n  1) c, Chứng minh tổng n số lẻ liên tiếp là: S = + + + + + (2n - 1) = n2 3.3, Dạng Chứng minh bất đẳng thức: Bài 1: Chứng minh với số nguyên dương n  thì: 2n > 2n + (1) Giải: + Với n = VT = 23 = 8; VP = 2n + = 2.3 + =  VT > VP Vậy (1) với n = + Giả sử (1) với n = k (k  N, k  3), tức 2k > 2k + Ta phải chứng minh (1) với n = k + 1, tức là: 2k + > 2k + (2) Thật vậy: 2k + = k.2 Theo giả thiết quy nạp 2k > 2k + Do đó: 2k + > 2(2k + 1) = (2k + 3).(2k - 1) > 2k + (Vì 2k - > với k  3) Vậy (2) với  k  + Kết luận: n > 2n + với số nguyên dương n  Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi với n số không âm a1  a2   an n  a1a2 an với a1, a2, , an  n CM: + Hiển nhiên mệnh đề với n = 2, tức a1  a2  n a1a2 + Giả sử mệnh đề với n = k, tức là: a1  a2   ak  k a1a2 ak k Ta chứng minh mệnh đề với n = k + Giả sử a1  a2   ak  ak + Thì ak +  Đặt a1  a2   ak k a1  a2   ak = x x  k ak + = x + y với y  kx = a1, a2, , ak  (Do giả thiết quy nạp)  a  a   ak  ak 1  Ta có:   k 1   y    x  k  1   k 1  xk 1  (k  1) k 1 k 1  kx  x  y     k 1  = xk  xk 1  xk  y  xk (x  y)  a1a2 ak ak 1 k 1  a  a2   ak  ak 1  k1    a1a2 a3 ak1 k 1   Vậy mệnh đề với số tự nhiên n  Xảy đẳng thức khi: a1 = a2 = = an n  1 Bài 3: Chứng minh với số nguyên dương n ta có: 1     n Giải:  1 + Với n = đẳng thức ln vì: VT = 1    2; VP =  1 + Vớí n = 2, theo khai triển Niu tơn ta có: n n(n 1 n(n 1  2) ) ).(n n(n 1) (n  2) 1  1 1   n  11      1 n   1 n n  2! n2  3!n n! n n!     2! 3! Do: 1 1 1  1  1  1         1            1  2! 3! n! 1.2 2.3 (n  1)n     n  n 1 n   1 Do đó: 1       Với n số nguyên dương  n Bài 4: CMR với số nguyên dương n thì: tức là: 1 1     1 n 1 n  n  3n  Giải: + Với n = 1, vế trái bất đẳng thức là: 1 13    1 12 Vậy bất đẳng thức với n = Giả sử bất đẳng thức + với n = k, 1 1     1 k 1 k  k  3k  Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) với n = k + 1, tức là: 1 1     1 k2 k3 k4 3k  Thật vậy: 1 1 1 1 1             k2 k3 k4 3k  k  k  k  k  3k  3k  1 1 1             3(k  1).(3k  2).(3k  4)  3k  3k  k   k  k  k  3k  1 Do giả thiết quy nạp: 1 1     1 k 1 k  k  3k  Vậy bất đẳng thức với n = k + + Kết luận: Với số nguyên dương n ta có bất đẳng thức: 1 1     1 n 1 n  n  3n  Bài 1 5: CMR với số nguyên dương n 1 1 n     n  1 Giải:  VT > VP Vậy bất đẳng thức (1) với n = + Với n = 1, ta có: VT = 1; VP = + Giả sử bđt với n = k, tức là: thì: Sk   1 1 k     k  (k  Z+ , k  1) 1 Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + Tức Sk 1   1 1 k 1     k   k  1 1 Thật vậy: Sk 1  Sk  Với A = 1 1  k  k   k 1  Sk  A k 2 1  2 1 () 1  k   k 1 k 2 1 1 Ta nhận thấy A tổng 2 phân thức mà phân thức lớn 2k 1 Do đó: A > 1 1 + k 1 + … + k 1 = 2 k 1  k 1 2 2 Từ (  ) (   ) suy Sk + = Sk + A > Lại có: (  ) 1  Sk + > 2 k 1  (với k  Z+ , k  1) Vậy bất đẳng thức với n = k 2 +1 + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n bất đẳng thức sau đúng: 1 1 1 n     n  1 Bài 6: Tìm số nguyên dương n cho: n > 5n Giải: + Với n = 1; 2; 3; vế trái nhỏ vế phải + Với n = 25 = 32 > 25 = 5.5 Vậy bất đẳng thức n = + Giả sử bất đẳng thức với n = k (Với k  N , k  5); Tức là: 2k > 5k Ta phải chứng minh bất đẳng thức với n = k + 1; Tức là: 2k + > 5(k + 1) Thật vậy: 2k + = 2k.2 mà 2k > 5k (Theo giả thiết quy nạp) Nên 2k.2 > 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k  nên 5k > Vì vậy: 2k + > 5k + = 5(k + 1) + Kết luận: Vậy với số nguyên dương n, n  ta có 2n > 5n *Một số tập giải tương tự: Bài Chứng minh với số nguyên dương n thì: 1 1 13 (n  2)      n 1 n  n  2n 24 Bài Chứng minh với số tự nhiên n > thì: a 1 1      2 n 1 1      n 1 n  nn Bài Chứng minh với n số tự nhiên n  tổng: b S 1 1     Không phải số tự nhiên 2 n 1 n 1     2 n n Bài Chứng minh rằng: Bài Cho S với n  N * và: S  3 3     1.4 4.7 7.10 n(n  3) Chứng minh S < Bài Chứng minh với số tự nhiên n  có: n 1      n 2 n Bài Chứng minh bất đẳng thức: a b c 1    n  n 1 n  1 1     n 1 n  2n 1 2n  1   2n n 2n Bài Chứng minh bất đẳng thức sau: a) 1 1      với số tự nhiên n  2 n b) 1 1 với số tự nhiên n       2 (2n) Bài Chứng minh với n số tự nhiên ta ln có: 1 1      25 n  (n  1) VI Một số giải pháp vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán: 1, Đối với giáo viên: - Trước hết người giáo viên phải xây dựng sở lí thuyết phương pháp quy nạp toán học việc vận dụng để giải dạng tốn cụ thể Nội dung phải chuyển tải đến học sinh, với dạng tốn giáo viên đưa ví dụ mẫu, hướng dẫn học sinh dựa sở lý thuyết để tìm cách giải, giáo viên chốt lại giải mẫu Sau yêu cầu học sinh giải tập áp dụng - Phân loại tập từ dễ đến khó phù hợp với đối tượng học sinh, tạo điều kiện cho đối tượng học sinh làm việc, chủ động nắm kiến thức sở phương pháp giải - Rèn luyện nâng cao khả tư sáng tạo học sinh thông qua qua việc tìm tịi chọn lọc, tham khảo kiến thức nghiên cứu, giải tốn - Trong q trình giảng dạy, phải ý tìm vướng mắc, sai sót mà học sinh hay mắc phải làm tập phải có biện pháp hướng dẫn sửa sai kịp thời - Động viên, khuyến khích học sinh nghiên cứu tìm cách giải cho tốn Qua giúp học sinh nhớ lâu, nắm toán giải 2, Đối với học sinh: - Đây dạng toán liên quan đến hầu hết kiến thức cấp học, học sinh cần phải trang bị cho kiến thức bản, tồn diện chương trình THCS Đồng thời nắm sở lý thuyết dạng toán mà giáo viên cung cấp để hiểu chất phương pháp quy nạp tốn học Từ vận dụng để giải dạng toán chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức bất đẳng thức - Với tập cần nhận dạng dạng tốn để từ vận dụng phương pháp hợp lý dạng vào giải toán - Phát huy khả tư sáng tạo giải toán, biết suy luận từ dễ đên khó với cách giải hay hơn, tìm nhiều cách giải cho toán VII Kết thu được: Qua qua trình triển khai áp dụng nội dung phương pháp nêu trên, nhận thấy học sinh có hứng thú học tập, học sinh nắm chất phương pháp quy nạp tốn học, cách vận dụng vào giải tốn rèn luyện kỹ trình bày giải theo phương pháp quy nạp Sau học xong chuyên đề vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải số dạng tốn, tơi tiến hành kiểm tra khảo sát mức độ hiểu, nắm kiến thức vận dụng 26 học sinh khảo sát ban đầu Kết thu sau: Điểm Điểm - Điểm - Điểm - 10 SL % SL % SL % SL % 02 7,7% 06 23,1% 10 38,4% 08 30,8% Trên số nội dung việc vận dụng phương pháp quy nạp toán học đẻ giải số dạng tốn mà tơi áp dụng giảng dạy thực tế trường THCS cho học sinh đại trà q trình ơn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi Tôi đồng nghiệp thu kết sau: + Học sinh tiếp thu nhanh, dễ hiểu hơn, hứng thú tích cực học tập u thích mơn tốn Học sinh vận dụng để giải số toán nâng cao dành cho hoc sinh giỏi + Học sinh tránh sai sót bản, có kĩ vận dụng thành thạo phát huy tính tích cực học sinh Kỹ trình bày giải theo phương pháp quy nạp tốt Tuy nhiên để đạt kết mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại tập thành dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó phức tạp phù hợp với trình độ nhận thức học sinh Người thầy cần phát huy tính chủ động tích cực sáng tạo học sinh từ em có nhìn nhận bao qt, tồn diện định hướng giải toán đắn Làm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục nhà trường Phần III: Kết luận Toán học kho tàng kiến thức vô tận, việc nghiên cứu tìm phương pháp giải tốn cơng việc mà người dạy tốn phải thường xuyên làm Một mặt để nâng cao lực chuyên mơn nghiệp vụ thân, đồng thời giúp cho tìm phương pháp giảng dạy hay, có hiệu quả, giúp học sinh có hứng thú học tập, rèn luyện kỹ giải toán Việc đổi phương pháp dạy học phụ thuộc nhiều vào trình độ chun mơn nghiệp vụ, lực sư phạm giáo viên Nhưng bên cạnh đó, hứng thú môn học học sinh quan trọng Theo việc hứng thú với môn học có em có tự tin, tự giải số tốn, dạng tốn Do q trình dạy học, người giáo viên cần phải cung cấp cho học sinh hệ thống phương pháp học tập phương pháp giải toán, học sinh nắm hệ thống kiến thức phương pháp em có đủ tự tin, tự tìm tịi, nghiên cứu từ em thấy hứng thú môn học Trong khuôn khổ sáng kiến đề cập đến việc vận dụng phương pháp quy nạp Toán học để giải dạng toán: Chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Tuy nhiên, thực tế phương pháp quy nạp Tốn học cịn vận dụng để giải nhiều dạng toán khác đa dạng Theo tơi phương pháp có nhiều hiệu vận dụng vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, đào tạo nhân tài Hy vọng với nội dung nghiên cứu góp phần nhỏ vào q trình giảng dạy giáo viên học tập học sinh, giúp học sinh nắm kiến thức phương pháp học tập, từ có hứng thú học tập mơn Tốn Xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán - NXB Giáo Dục năm 2003 Đại số sơ cấp thực hành giải tốn - Hồng Kỳ - Hồng Thanh Hà NXB Đại học sư phạm năm 2005 Nâng cao phát triển Tốn - Vũ Hữu Bình NXB Giáo Dục năm 2007 Nâng cao phát triển Toán - Vũ Hữu Bình NXB Giáo Dục năm 2004 Toán nâng cao chuyên đề Đại Số - Nguyễn Ngọc Đạm Nguyễn Việt Hải - Vũ Dương Thụy NXB Giáo Dục năm 1997 Toán bồi dưỡng học sinh lớp - Vũ Hữu Bình - Đỗ Thân - Đỗ Quang Thiều NXB Giáo Dục năm 1999 Mục lục a phần mở đầu B Phần Nội dung I Cở sở lý luận: II Cở sở thực tiễn: III Mục đích nghiên cứu: IV Phương pháp nghiên cứu: V Một số kiến thức phương pháp chứng minh quy nạp: 1, Phép quy nạp hoàn toàn phép quy nạp khơng hồn tồn 2, Nội dung phương pháp quy nap toám học: 3, Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh: 3.1, Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết: 3.2, Dạng 2: Chứng minh đẳng thức: 12 3.3, Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức: 16 VI Một số giải pháp vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán: 20 1, Đối với giáo viên: 20 2, Đối với học sinh: 20 VII Kết thu được: 20 C Phần Kết luận 22 Tài liệu tham khảo 23 ... tìm phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp khẳng định đắn số tự nhiên, phương pháp quy nạp toán học 2, Nội dung phương pháp quy nạp Toán học: Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn áp dụng hạn... theo phương pháp quy nạp Sau học xong chuyên đề vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải số dạng tốn, tơi tiến hành kiểm tra khảo sát mức độ hiểu, nắm kiến thức vận dụng 26 học sinh khảo... phương pháp quy nạp Toán học để giải dạng toán: Chứng minh chia hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Tuy nhiên, thực tế phương pháp quy nạp Tốn học cịn vận dụng để giải nhiều dạng