MỤC LỤC Phần mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài…………………………………… 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4.Phương pháp nghiên cứu Nội dung 2.1 Cơ sở lí luận skkn 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường………………………… Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Phụ lục ……………………………………………………… Đề số 1…………………………………………………… Đề số 2…………………………………………………… Tài liệu tham khảo ………………………………………… Trang 2 3 4 17 18 18 19 20 20 22 25 I- PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài : Phương pháp qui nạp toán học phương pháp đặc biệt, hiệu lực công cụ hữu hiệu để chứng minh mệnh đề có liên quan đến số tự nhiên n  N * Sự phát huy hiệu lực thể rõ nét toán liên quan đến dãy số (hay nói chung tốn liên quan đến số tự nhiên) Đặc biệt chương trình tốn lớp 11, phương pháp qui nạp toán học áp dụng để chứng minh đẳng thức; bất đẳng thức; tìm số hạng tổng quát cấp số cộng, cấp số nhân; ứng dụng hình học; nhiều toán chia hết phương pháp qui nạp cho ta cách giải hữu hiệu Tuy nhiên, thực tế trình giảng dạy tốn 11 đặc biệt “Phương pháp qui nạp tốn học” tơi thấy q trình vận dụng học sinh thực lúng túng mơ hồ cịn mắc sai lầm thực bước chứng minh phương pháp qui nạp chí cịn khơng kiểm tra bước Với tốn chứng minh đẳng thức học sinh khơng biết phân biệt đâu giả thiết qui nạp, đâu kết luận trình chứng minh em đâu, làm để vận dụng giả thiết qui nạp Còn toán chứng minh bất đẳng thức chứng minh chia hết gặp nhiều khó khăn hơn, viết giả thiết qui nạp học sinh làm cách để thấy mối liên quan với kết luận Trong chương trình tốn lớp 11 cịn có dạng tốn tìm số hạng tổng quát dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân bắt buộc học sinh phải dự đốn cơng thức tổng quát chứng minh phương pháp qui nạp, dạng tốn khó địi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp qui nạp toán học rèn kĩ chứng minh nhiều giải tốn cách thành thạo Ngồi có vơ số ví dụ mơn học chương trình phổ thơng dùng phương pháp qui nạp để diễn giải mô tả Nhưng để hiểu thấu đáo kĩ thuật áp dụng học tập, sáng tạo cịn gặp nhiều khó khăn Hơn nữa, chương trình sách giáo khoa đại số giải tích lớp 11 học sinh tiếp cận hiểu biết phương pháp qui nạp mức độ định; chưa hiểu sâu nguyên lí qui nạp; chưa rèn luyện nhiều kĩ giải toán phương pháp qui nạp Chính tơi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm “phương pháp qui nạp toán học” với mong muốn giúp học sinh hiểu sâu vể phương pháp rèn kĩ nhiều hơn, vận dụng vào giải toán thành thạo hơn, lí tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Giúp học sinh tiếp cận vận dụng phương pháp quy nạp tốt hơn” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh nắm vững lí thuyết, tiếp cận vận dụng phương pháp quy nạp toán học toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức giải toán chia hết - Rèn luyện kĩ nhận dạng, phân tích, xử lý, trả lời tập chứng minh mệnh đề phụ thuộc biến - Giúp đồng nghiệp nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn THPT, đặc biệt phần Phương pháp quy nạp toán học 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu dạng toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải toán chia hết phương pháp quy nạp toán học 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu tài liệu lí thuyết sách tham khảo tài liệu mạng từ phân tích tổng hợp kiến thức phân loại hệ thống hoá kiến thức - Phương pháp điều tra: Khảo sát học sinh lớp 11 để nắm khả tư lĩnh hội kiến thức học sinh kĩ giải tập phần phương pháp quy nạp toán học - Phương pháp thực nghiệm khoa học: Chủ động tác động lên học sinh để hướng phát triển theo mục tiêu dự kiến - Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm: Nghiên cứu xem xét lại thành thực tiễn khứ để rút kết luận bổ ích cho thực tiễn - Phương pháp thống kê xử lí số liệu: Sử dụng xác suất thống kê để xử lí số liệu thu thập II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận: 2.1.1 Khái quát chung tập hợp số tự nhiên N Các số 0, 1, 2, 3, số tự nhiên Tập hợp số tự nhiên kí hiệu N N  0;1;2;3  Các số 0, 1, 2, 3, phần tử tập hợp Tập hợp số tự nhiên khác kí hiệu N* N *  0;1;2;3;  Trong hai số tự nhiên khác nhau, có số nhỏ số Mỗi số tự nhiên có số liền sau Hai số tự nhiên liên tiếp đơn vị Số số tự nhiên nhỏ khơng có số tự nhiên lớn Số số tự nhiên khác không nhỏ Tập hợp số tự nhiên có vơ số phần tử  2.1.2 Ngun lí qui nạp Định lí 2.1 Cho n0 số nguyên dương P(n) mệnh đề có nghĩa với số tự nhiên n n0 Nếu a) P( n0 ) b) Nếu P(k) P(k+1) với số tự nhiên k n0 , mệnh đề P(n) với số tự nhiên n n0  2.1.3 Giai đoạn qui nạp giả thiết qui nạp Để hiểu cách áp dụng phương pháp qui nạp cho đầy đủ, ta xem xét số ví dụ sau phép « suy luận có lí » mà G Polya đề cập Ví dụ : Chứng minh với n  N * ta có 1.2  2.5  3.8   n(3n  1) n (n  1) (2.1) Giải : Bước : Với n =1, vế trái 1.2 = 2, vế phải 12 (1  1) 2 Hệ thức (2.1) Bước : Đặt vế trái S n Giả sử hệ thức (2.1) với n k 1 , tức : S k 1.2  2.5  3.8   k (3k  1) k ( k  1) (giả thiết qui nạp) Ta phải chứng minh (2.1) với n k  , tức : S k 1 1.2  2.5  3.8   k (3k  1)  (k  1) 3 k  1  1 (k  1) ( k  2) Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có S k 1  S k  (k  1) 3 k  1  1 k  k  1   k  1 3k    k  1 (k  3k  2) (k  1) (k  2) Vậy hệ thức (2.1) với n  N * Ví dụ 2: Chứng minh với n 2 , ta có bất đẳng thức: (2.2) n  3n  Giải : Bước :Với n = vế trái 9, vế phải Bất đẳng thức (2.2) Bước : Giả sử bất đẳng thức với n k 2 , tức k  3k  Ta phải chứng minh với n k  , tức k 1  3( k  1)   k 1  3k  Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức k  3k  với ta có 3.3 k  3.(3k  1) 3.(3k  1) 9k  3(k  1)  6k  3( k  1)  (vì k  ) Vậy bất đẳng thức (2.2) với số tự nhiên n 2 Ví dụ 3: Chứng minh với n  N * ta có n  3n  5n chia hết cho Giải : Đặt An n  3n  5n Bước :Với n = 1, ta có A1 9 3 Bước : Giả sử với n k 1 ta có Ak k  3k  5k 3 Ta phải chứng minh Ak 1 (k  1)  3(k  1)  5(k  1) 3 Thật vậy, ta có Ak 1 (k  1)  3(k  1)  5(k  1) (2.3) k  3k  3k   3k  6k   5k  (k  3k  5k )  3k  9k  Theo giả thiết qui nạp Ak k  3k  5k 3 , Ak 1 3 Vậy An n  3n  5n chia hết cho với n  N * Ví dụ 4: Cho trước số tự nhiên n Hãy tìm tổng số tự nhiên 1, 2, , n Giải: Kí hiệu S n tổng phải tìm, nghĩa S n 1     n (2.4) Ta hi vọng tìm cơng thức ngắn gọn để tính tổng trên, cơng thức giúp ta tính nhanh, gọn phải thực phép cộng tổng Ta minh hoạ trình áp dụng nguyên lí qui nạp vào tính tổng Ta tính tổng S n từ đẳng thức (2.4) với vài số tự nhiên liên tiếp, chẳng hạn bắt đầu Những kết tính tốn trường hợp riêng xếp vào bảng n Sn 10 15 21 Mục đích ta tìm qui luật chung, với bảng ta dễ thấy qui luật : Tích hai số tự nhiên hàng hai lần số tương ứng hàng Thật vậy, 1.2=2.1 ; 2.3=2.3 ; 3.4=2.6 ;4.5=2.10 ; 5.6=2.15 Như giai đoạn qui nạp thành công với trường hợp n= 1, 2, 3, 4, 5, Tiếp tục cách tự nhiên mở rộng qui luật cho bảng số với số tự nhiên Ta đưa giả thiết thích hợp với qui luật vừa tìm Đặt    n  n(n  1) (2.4) Một giả thiết ta làm gọi giả thiết qui nạp Nhưng câu hỏi đặt đẳng thức (2.4) có với n = 1, 2, hay không ? Rõ ràng (2.4) với số tự nhiên cách thay n n+1 ta có đẳng thức    n  (n  1)  (n  1)(n  2) (2.4) Trái lại, giả thiết (2.4) với n = 1, , 1) với n= 2) với số k suy với k+1 Điều khơng có cách khác phải áp dụng ngun lí qui nạp tốn học, nghĩa ta phải kiểm tra điều kiện a) b) định lí 2.1 Bước sở : Với n = 1, công thức (2.4) Bước qui nạp: Bây chứng minh công thức (2.4)đúng cho điều kiện b) Với mục đích ta giả thiết công thức (2.4) với n k 1 chứng minh với n k  , ta biến đổi k (k  1) ( k  1)(k  2)  (k  1)  2 kết (2.4) với n k  Theo nguyên lí qui nạp tốn học cơng thức (2.4)    k  ( k  1)  với n = 1, 2, Tóm lại qua ví dụ đơn giản ta thấy bước trình tìm tịi chứng minh ngun lí qui nạp tốn học Ví dụ : Tính tổng n số lẻ tự nhiên Giải : Kí hiệu tổng phải tìm S n với S 1     (2n  1) n Để xây dựng giả thiết qui nạp ta tính tổng số giá trị liệt kê bảng sau n Sn 16 25 36 Bây phụ thuộc vào quan sát ta kinh nghiệm kết riêng để dự đoán mệnh đề tổng quát chung Dễ thấy số hàng S n số phương : S1 12 , S 2 , S 3 , S 4 , S 5 , S 6 Như ta đưa giả thiết chung : S n n (2.5) Bước sở : Với n = 1, tổng có số hạng S n =1 ; biểu thức n 1 với n = 1, (2.5) Bước qui nạp : Giả sử (2.5) với n = k, tức S k k Ta chứng minh (2.4) với n = k+1, nghĩa S k 1 (k  1) Thật vậy, theo giả thiết qui nạp ta có S k 1  S k  (2k  1) k  (2k  1) (k  1) Như toán giải xong 2.1.4 Phương pháp qui nạp toán học N* Để chứng minh mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n  N *là với n mà khơng thể thử trực tiếp làm sau :  Bước : Kiểm tra mệnh đề với n =  Bước : Giả thiết mệnh đề với số tự nhiên n k 1 (gọi giả thiết qui nạp), chứng minh với n k   Khẳng định mệnh đề với số tự nhiên n  N * *) Chú ý : Trong trường hợp phải chứng minh mệnh đề với số tự nhiên n  p (p số tự nhiên) :  Ở bước 1, ta kiểm tra mệnh đề với n  p  Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề với số tự nhiên n k  p chứng minh với n k  2.2 Thực trạng vấn đề  2.2.1 Không thực đầy đủ hai bước qui nạp Trong trình vận dụng qui nạp học sinh chưa hiểu kĩ ngun lí qui nạp, cho bước đơn giản nên bỏ qua, dẫn đến kết luận sai lầm Đối với học sinh phương pháp qui nạp khó vận dụng vào giải nhiều loại tốn, nhiên chương trình cấp học tơi đưa số ví dụ cho thấy rõ sai lầm mắc phải trình bày Ví dụ 1: Chứng minh số tự nhiên số tự nhiên liền sau Lời giải: Giả thiết mệnh đề khẳng định với số tự nhiên n = k đó, nghĩa k (k  1) (2.1) Chúng ta chứng minh đẳng thức sau ( k  1) ( k  2) (2.2) Thật vậy, theo giả thiết qui nạp (2.1) cộng hai vế đẳng thức với 1, ta nhận k  (k  1)  k  Như khẳng định với n = k với n = k+1, mệnh đề tốn với n, nghĩa số tự nhiên nhau, điều vơ lí Vậy cách chứng minh sai đâu ? Dễ dàng thấy chứng minh áp dụng ngun lí qui nạp tốn học bỏ qua bước kiểm tra n =1 Ví dụ 2: Chứng minh với số tự nhiên n bất đẳng thức sau (2.3) Lời giải Giả thiết bất đẳng thức (1.8) với n = k, với k số tự nhiên đó, nghĩa ta có: (2.4) k  2k  Ta chứng minh bất đẳng thức (1.8) với n k  k 1  2( k  1)  (2.5) k Thật vậy, ta có: với n  N * (*) 2 Cộng vế với vế hai bất đẳng thức (2.4) (*) ta nhận n  2n  k  k  2k    k 1  2(k  1)  Bài toán giải xong Tuy nhiên ví dụ mắc sai lầm ví dụ trước khơng qua bước sở Ví dụ 3: Chứng minh giá trị hàm số f (n) n  n  41 với n = 0,1,2, số nguyên tố Lời giải Ta tính f   1, f 1 41, f   43, f  3 47, f  4 53, f  5 61, f   71, f   83, f  8 97, f  9 113 Ta tính tốn tiếp tục giá trị f(n) n = 40, tất giá trị số nguyên tố Nhưng với n = 41 ta có f  41 412 kết f  41 số nguyên tố, nên kết luận tốn khơng Như ta thấy mệnh đề với 40 trường hợp nói riêng khơng với trường hợp nói chung Cịn nhiều khẳng định sai vận dụng qui nạp theo cách ví dụ 2.2 Chưa biết vận dụng giả thiết qui nạp - Một thực trạng cho thấy học sinh lúng túng việc vận dụng giả thiết qui nạp Ví dụ : Chứng minh với n  N * ta có đẳng thức :     3n   n(3n  1) (2.6) Lời giải: Ở bước 2, giả sử đẳng thức với n k , học sinh biết viết giả thiết qui nạp     3k   k (3k  1) , viết đẳng thức kết luận vế trái học sinh viết     3(k  1)  , nên chứng minh gặp khó khăn, khơng thấy vế trái đẳng thức giả thiết vế trái đẳng thức kết luận học sinh viết thiếu số hạng thứ k  3k  1  2.2.3 Chưa biết phân tích kết luận để sử dụng giả thiết qui nạp Ngoài chứng minh bất đẳng thức phương pháp qui nạp học sinh gặp nhiều khó khăn tìm mối liên quan hai bất đẳng thức giả thiết kết luận Ví dụ : Chứng minh với số tự nhiên n 2 , ta có bất đẳng thức : n  3n  Lời giải: Ở bước ta có bất đẳng thức giả thiết k  3k  bất đẳng thức kết luận k 1  3(k  1)  học sinh khơng biết tìm mối liên quan giả thiết kết luận - Việc vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết học sinh lĩnh vực cịn bỡ ngỡ nhiều Ví dụ : Chứng minh với n  N * ta có n  15n  16 Học sinh thực đầy đủ hai bước bước học sinh lúng túng phân tích biểu thức k 1  15(k  1)  kết luận làm xuất biểu thức k  15k  để áp dụng tính chất chia hết tổng 2.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề 2.3.1 Vận dụng qui nạp chứng minh đẳng thức *) Chú ý: - Nắm thực bắt buộc trình tự hai bước phương pháp qui nạp - Ở bước phải đặt tốn, : Giả thiết (qui nạp) mệnh đề n k kết luận mệnh đề n k  ; cần làm rõ vế trái đẳng thức giả thiết vế trái đẳng thức kết luận - Hoàn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối Bài toán : Chứng minh với n  N *ta có     3n   n(3n  1) Lời giải : Bước : Với n = 1, ta có VT = 2, VP = Vậy đẳng thức với n = Bước : Đặt vế trái S n Giả sử đẳng thức (1) với n k 1 , nghĩa : k (3k  1) (giả thiết qui nạp) S 2     3k   k Ta phải chứng minh (1) với n k  , nghĩa S k 1 2     3k    3 k  1  1  Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có : (k  1) 3 k  1  1 (1) S k 1  S k  3k   k (3k  1) 3k  k  6k   3k   2 3(k  2k  1)  k   k  1 3 k  1  1  2 Bài toán : Chứng minh với n  N * ta có 1 1 2n      n  n 2 (đpcm)  (2) Lời giải : 21   Vậy đẳng thức với n = 2 Bước : Giả sử đẳng thức (2) với n k 1 , tức ta có: 1 1 2k      k  k 2 Ta chứng minh đẳng thức (2) với n k  , nghĩa 1 1 k 1      k  k 1  k 1 2 Bước : Ta có Thật vậy, 1 1 2k  1 2(2 k  1)  k 1      k  k 1  k  k 1   k 1 2 2 k 1 Vậy đẳng thức (2) với n  N * Bài toán : Chứng minh với n  N * ta có 12     (2n  1)  n(4n  1) (3) Lời giải : Đặt vế trái Cn Bước : Khi n = 1, VT = VP = 1, hệ thức (3) n = Bước : Giả sử hệ thức (3) với n k 1 , tức Ck 12  32    (2k  1)  k (4k  1) Ta phải chứng minh Ck 12     (2k  1)   2 k  1  1  (k  1) 4 k  1  1 Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có C k 1 C k   2 k  1  1 C k  (2k  1) k (4k  1) (2k  1) k  2k  1  3(2k  1)  (2k  1)  3  k  1(2k  3)(2k  1)  (k  1) 4(k  1)   3    Vậy hệ thức (3) chứng minh 2.3.2 Vận dụng qui nạp chứng minh bất đẳng thức 10 *) Chú ý: - Nắm thực bắt buộc trình tự hai bước phương pháp qui nạp - Ở bước phải đặt toán, : Giả thiết (qui nạp) mệnh đề n k kết luận mệnh đề n k  ; cần vận dụng tốt tính chất bất đẳng thức - Hoàn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối Bài toán : Chứng minh với số tự nhiên n 3 ta có (4) n  n  4n  Lời giải : Bước :Với n = 3, vế trái 27, vế phải 26 Bất đẳng thức (4) Bước : Giả sử bất đẳng thức với n k 3 , tức (4’) k  k  4k  Ta phải chứng minh với n k  , tức k 1  ( k  1)  4( k  1)  Thật vậy, nhân hai vế bất đẳng thức (4’) với ta có k 1  3k  12k  15 (k  1)  4(k  1)   2k  6k  Vì 2k  6k   nên k 1  (k  1)  4(k  1)  Bất đẳng thức (4) chứng minh Bài toán : Chứng minh với số tự nhiên n 2 ta có: (5) n  3n  Lời giải : Bước :Với n = 2, vế trái 9, vế phải Bất đẳng thức (5) Bước : Giả sử bất đẳng thức với n k 2 , tức (5’) k  3k  Ta phải chứng minh với n k  , tức k 1  3( k  1)  Thật vậy, 3k  3k   3k 1  9k   3k 1  3k   6k    k 1  3( k  1)   6k  Với k 2 , 6k   nên k 1  3(k  1)  Vậy n  3n  với số tự nhiên n 2 , n  N * Bài toán : Với giá trị số nguyên dương n , ta có: n  n  n (6) Lời giải Ta thử với n 1 :   (sai), n 2 :   14 (sai), n 3 : 27   21 (sai), n 4 : 81  16  28 (đúng), n 5 : 243  32  35 (đúng), n Dự đoán:  n  n , n 4 Chứng minh quy nạp toán học Bước : Kiểm tra với n 4 : 81  16  28 ( đúng) 11 Bước : Giả sử bất đẳng thức với n k 4 , tức k  k  7k (6’) k 1 k 1 Ta phải chứng minh với n k  , tức   7(k  1) k  k  k  k 1  3(2 k  7k ) 3.2 k  21k Thật (1) k k 1 k Xét 3.2  21k   7(k  1)   14k   0, k 4 (2) k 1 k 1 Từ (1) (2) suy ra:   7(k  1) Vậy: n  n  n , n 4 Bài toán : Chứng minh với số tự nhiên n  , ta có : 1 13     n 1 n  2n 24 (7) Lời giải : Bước : Kiểm tra (7)với n 2 : 1 13    ( đúng) 12 24 Bước : Giả sử (7) với n k  , tức Sk  1 13     k 1 k  2k 24 Cần c/m (7) với n k  , tức c/m 1 13     k 2 k 3 2(k  1) 24 1 1 S k 1  k   k    2k  2k   2(k  1) 1 1 1        = k 1 k  k  2k 2k  2k  k  1 1 13 1 = S k  2k   2(k  1)  k   24  2k   2k   k  13 2(k  1)  2k   2(2k  1)   24 2(k  1)(2k  1) 13   24 2(k  1)(2k  1) 13  (k  1) 24 1 13     Vậy với n  n 1 n  2n 24 S k 1  Thật Bài tập tương tự: Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên n 2 ta có: 2n 1  2n  Bài 2: Chứng minh với n  N *ta có: 2n 2  2n  Bài 3: Cho số thực x   Chứng minh rằng: (1  x) n 1  nx ,  n  N * 2.3.3 Vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết *) Chú ý: - Nắm thực bắt buộc trình tự hai bước phương pháp qui nạp - Ở bước phải đặt tốn, : 12 Giả thiết (qui nạp) mệnh đề n k kết luận mệnh đề n k  ; cần vận dụng tốt đẳng thức đáng nhớ, tính chất chia hết tổng - Hồn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối Bài toán : Chứng minh với n  N * ta có: n  5n chia hết cho Lời giải: Đặt An n  5n Bước :Với n 1 , ta có A1 13  6 6 Bước : Giả sử với n k 1 ta có An k  5k 6 Ta phải chứng minh Ak 1 6 , tức Ak 1 (k  1)  5(k  1) 6 Ak 1 (k  1)  5( k  1) Thật vậy, ta có: k  3k  8k  k  5k  3k (k  1)   A(k )  3k ( k  1)  Vì Ak 6 3k (k  1) 6 ( tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2) nên Ak 1 6 Vậy An n  5n  6, n  N * Bài toán : Chứng minh với n  N * ta có: n  n chia hết cho Lời giải : Đặt An n  n Bước :Với n = 1, ta có A1 0 3 (đúng) Bước : Giả sử mệnh đề An với n k 1 ta có Ak k  k 3 Ta phải chứng minh mệnh đề An với n k  , tức Ak 1 (k  1)  ( k  1) 3 Thật vậy, ta có Ak 1 (k  1)  ( k  1) k  3k  3k   k   k  k   3 k  k   Ak  3 k  k 3 Vậy n  n 3 với n  N * Bài toán 10 : Chứng minh với n  N * ta có : n  15n  19 Lời giải : Đặt S n 4 n  15n  Bước :Với n = 1, ta có S1 189 Bước : Giả sử với n k 1 ta có S k 4 k  15k  19 Ta phải chứng minh S k 1 9 , tức S k 1 4 k 1  15(k  1)  19 Thật vậy, ta có S k 1 4 k 1  15(k  1)  4(4 k  15k  1)  45k  18 4 S k  9(5k  2) k Theo giả thiết qui nạp S k 4  15k  19 , S k 1 9 Vậy S n 4 n  15n  chia hết cho với n  N * 13 Bài tập tương tự: Bài 1: Chứng minh với n  N * ta có: A(n) n  11n chia hết cho Bài : Chứng minh với n  N * ta có: n  n chia hết cho Bài : Chứng minh với n  N * ta có: 11n 1  12 n  chia hết cho 133 2.3.4 Một vài ứng dụng khác 1 1 Bài toán 11 : Cho tổng S n 1.3  3.5  5.7    (2n  1)(2n  1) a) Tính S1 , S , S3 , S b) Hãy dự đốn cơng thức tính S n chứng minh phương pháp qui nạp Lời giải : a) Ta có 1 1 2 3 S1   , S2    , S3    , S4    1.3 3 3.5 5 5.7 7 9 n b) Từ kết câu a) ta dự đoán S n  (8) 2n  Ta chứng minh công thức (8) phương pháp qui nạp Bước : với n 1 : S1  (đúng) Bước : Giả sử (8) với n k 1 , tức S k  k 2k  Ta cần chứng minh (8) với n k  , tức cần chứng minh: S k 1  k 1 2(k  1)  Thật vậy, ta có S k 1 S k  1 S k   2 k  1  1 2(k  1)  1 ( 2k  1)(2k  3) k k ( 2k  3)    2k  ( 2k  1)(2k  3) ( 2k  1)(2k  3) 2k  3k   k  1 2k  1  k    (2k  1)(2k  3)  2k  1 2k  3 2( k  1)  n Vậy S n  ,  n N * 2n  Bài toán 12: Xác định công thức tổng quát u n dãy ( u n ) sau:   u1  un  :   un  u n 1     n 1 Lời giải: Ta có: u   Dự đốn: u n  n 1  n 1 23  17  33  u   u   , , , 16 32 23 24  n 1 Chứng minh phương pháp qui nạp toán học 14 Bước : Với n 1 u  (đúng ) Bước : Giả sử mệnh đề với n k 1 u k  k 1  k 1 Ta cần chứng minh mệnh đề với n k  , tức cần chứng minh k 2  k 2 u   k 1   k 2   k  k 1  1  k 2 2   u k 1  Thật vậy, ta có: u k 1 Vậy u n  n 1  ,  n 1 n 1 Bài toán 13: Chứng minh: an  bn  a  b      n với: a 0 , b 0, n  N * (9) Lời giải: Bước : với n 1 : (9) ak  bk  a  b      Bước : Giả sử (9) với n k 1 , tức Ta cần chứng minh (9) với n k  , tức Thật vậy, ta nhân hai vế (*) với (*) a k 1  b k 1  a  b      k 1 a b , ta có k (*)  k ak  bk a  b  a  b  a  b  a  b      2     k 1 k 1 a k 1  a k b  ab k  b k 1  a  b    (**)   a  0, b  a k  b k  a  b  0  a k 1  b k 1 a k b  ab k  Nhưng với Suy  a k 1 k  k  a b  ab  b k 1 a k 1  b k 1  (***) So sánh (**) (***) ta điều phải chứng minh Bài toán 14 : Chứng minh số đường chéo đa giác lồi n cạnh n( n  3) Lời giải :  Với n = số đường chéo tứ giác  4(4  3) Mệnh đề với n =  Giả sử mệnh đề với đa giác n = k cạnh ( k>4), nghĩa số đường k (k  3) Với đa giác lồi (k+1) cạnh : A1 A2 Ak Ak 1 Nối k (k  3) A1 Ak Theo giả thiết qui nạp đa giác A1 A2 Ak có đường chéo Số chéo đa giác lồi k cạnh đường chéo A1 A2 Ak Ak 1 số đường chéo A1 A2 Ak cộng với đường chéo A1 Ak k – đường chéo tạo Ak 1 với k -2 đỉnh từ A2 đến Ak  15 Vậy số đường chéo đa giác k+1 cạnh : k (k  3) k  3k  2k   14  k   2 (k  1)  3k  (k  1)  k  1  3   2 Vậy mệnh đề với n k  đướng với n 4 Bài tốn 15 : Chứng minh tam giác ABC vuông A, có số đo cạnh a, b, c với số tự nhiên n 2 , ta có bất đẳng thức (8) b n  c n a n Lời giải :  Với n = theo định lí Pi -ta- go ta có b  c a Vậy bất đẳng thức (8)  Giả sử bất đẳng thức (8) với n k 2 , tức (8’) b k  c k a k k 1 k 1 k k k k k k Khi b  c b b  c c b a  c a (b  c )a Sử dụng giả thiết qui nạp (8’) ta có b k 1  c k 1 a k 1 Tức (8) với n k  Vậy bất đẳng thức (8) chứng minh Dấu « = » xảy n = Bài tập tương tự: 1 1 Bài 1: Cho tổng S n 1.5  5.9  9.13    (4n  3)(4n  1) a) Tính S1 , S , S3 , S b) Hãy dự đốn cơng thức tính S n chứng minh phương pháp qui nạp Bài 2: : Xác định công thức tổng quát u n dãy ( u n ) sau: u 1 a) b)  u  : u u   n 1 *)Nhận xét : Phương pháp qui nạp dùng để giải loại tốn sau : u1 1 un  :   un u n 1  u   n n 1 n n 1 n Loại : Chứng minh kết luận cho sẵn Loại : Tìm điều kiện để kết luận đúng, cách sử dụng qui nạp khơng hồn tồn để dự đốn kết quả, sau chứng minh phương pháp qui nạp 2.4 Hiệu SKKN 2.4.1 Khảo sát thực tế: Trước thực SKKN , năm 2014-2015 khảo sát chất lượng học sinh lớp 11A1;11A2 thông qua kiểm tra viết gồm toán chứng minh phương pháp qui nạp (Đề số phụ lục trang 24) 16 Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức Bài toán 2: Chứng minh chia hết Kết sau: Khơng có học sinh đạt điểm khá, giỏi; điểm trung bình chưa đạt 40%, cịn lại yếu, Cụ thể: Lớp TS Giỏi Khá T bình Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 11A1 42 0 0 15 35,7 13 31 14 33,3 11A2 44 0 0 13 29,5 16 36,4 15 34,1 Tổng 86 0 0 28 32,5 29 33,7 29 33,7 Chất lượng làm học sinh thấp, kĩ giải toán yếu 2.4.2 Kết sau thực SKKN: Sau thực đề tài lớp 11A1 trường THPT Đông Sơn năm 2017-2018 khảo sát chất lượng học sinh thông qua kiểm tra viết gồm toán chứng minh phương pháp qui nạp: (Đề số phụ lục trang 26) Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức Bài toán 3: Dự đoán số hạng tổng quát dãy số chứng minh phương pháp qui nạp Kết sau: Số lượng giỏi, khá, trung bình có tăng lên chưa nhiều tôi, điều quan trọng giúp em thấy bớt khó khăn việc học tập mơn tốn, tạo niềm vui hưng phấn bước vào học toán Một số học sinh khá, giỏi cịn biết vận dụng vào tốn mức độ khó Chất lượng giải kĩ giải toán tốt so với năm trước Cụ thể: Lớp TS Giỏi Khá T bình Yếu Kém SL % SL % SL % SL % 11A1 44 9,09 11,3 29 66 13,6 Như vậy, chất lượng kiểm tra tăng lên rõ rệt SL % Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận - Trong giai đoạn giáo dục nay, đổi phương pháp giảng dạy nhiệm vụ quan trọng nhằm đào tạo cho xã hội nguồn nhân lực thực thụ Bản thân mong muốn làm để nâng cao chất lượng học tập học sinh nên cố gắng tìm tịi ứng dụng vào việc giảng dạy cở sở kinh nghiệm qua nhiều năm đứng lớp 17 - Loại toán chứng minh phương pháp qui nạp tài liệu tham khảo thường đề cập cách sơ sài nhỏ lẻ, nên cố gắng tập hợp, giải toán chứng minh phương pháp qui nạp cách đơn giản để học sinh dễ hiểu Qua ứng dụng SKKN giảng dạy cho học sinh tơi nhận thấy tốn chứng minh phương pháp qui nạp học sinh thông hiểu nhiều - Như vậy, với SKKN dù hay nhiều giúp ích cho cho cơng việc giảng dạy tơi, góp phần nhỏ giúp học sinh hiểu kĩ vận dụng tốt phương pháp qui nạp vào giải toán, nâng cao chất lượng học mơn tốn trước Đối với thân tôi, giáo viên đứng lớp viết SKKN giúp ích nhiều việc tự học trau dồi chun mơn, nghiệp vụ - Mặc dù SKKN viết tập chung vào vấn đề nhỏ chương trình tốn lớp 11 việc áp dụng vào giảng dạy có tác dụng tốt, thời gian tới phát triển thêm SKKN áp dụng cho đối tượng học sinh khá, giỏi với toán nâng cao - Từ q trình áp dụng SKKN tơi thấy học kinh nghiệm rút giảng dạy giáo viên phải giúp học sinh tiếp thu kiến thức cách nhẹ nhàng tự nhiên, không nên gò ép, áp đặt, phải đưa phương pháp giải loại tốn có học sinh hứng thú học tập yêu thích mơn tốn 3.2 Kiến nghị Loại tốn chứng minh phương pháp qui nạp nhiều dạng, tài liệu tơi trình bày phần nhỏ Thời gian tiến hành làm đề tài khơng nhiều, cịn hạn chế trình độ chun mơn số lượng tài liệu tham khảo nên chắn tránh khỏi thiếu sót Trong q trình thực SKKN, tơi nhận góp ý q báu đồng nghiệp tổ tốn trường THPT Đơng Sơn 2, mong nhận thêm đóng góp quý báu khác từ đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 26 tháng năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 18 Trần Thị Huyền Phụ lục Đề số ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT Môn đại số lớp 11 Câu : Chứng minh với n  N * ta có đẳng thức: n (n  1)     n  3 3 19 (1) Câu : Chứng minh với n  N * ta có 11n1  122 n chia hết cho 133 (2) *) Đáp án – biểu điểm Câu Nội dung Thang điểm 0,75 Đặt vế trái An Bước 1: Với n = 1, ta có vế trái 1, vế phải 12 (1  1) 1 , hệ thức Bước 2: Giả sử đẳng thức (1) với n k 1 , nghĩa là: điểm 0,25 0,5 k (k  1) (giả thiết qui nạp) Ta phải chứng minh (1) với n k  , tức 0,25 (k  1) [(k  1)  1]2 3 3 Ak 1 1     k  ( k  1)  2 0,75 ( k  1) ( k  2)  2 Ak 13  23  33   k  Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có 0,5 Ak 1  Ak  (k  1) k (k  1)   (k  1)3 ( k  1) ( k  4k  4)  0,5 0,75 0,5 ( k  1) ( k  2)  Vậy hệ thức (1) với n  N * 0,25 n 1 n Đặt An 11  12 Bước 1: Với n = 1, A1 133133 Bước 2: Giả sử với n k 1 ta có Ak 11k 1  122 k  chia hết cho 133 (giả thiết qui nạp) Ta phải chứng minh Ak 1 133 , tức k 2 Ak 1 11  12 k 1 133 20 0,75 0,25 0,5 0,25 0,5 ... nghiệm: “ Giúp học sinh tiếp cận vận dụng phương pháp quy nạp tốt hơn? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh nắm vững lí thuyết, tiếp cận vận dụng phương pháp quy nạp toán học toán chứng minh... ? ?phương pháp qui nạp toán học? ?? với mong muốn giúp học sinh hiểu sâu vể phương pháp rèn kĩ nhiều hơn, vận dụng vào giải toán thành thạo hơn, lí tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Giúp học. .. pháp quy nạp toán học 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nghiên cứu dạng toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, giải toán chia hết phương pháp quy nạp toán học 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp