SỞ GD & ĐT TP HỒ CHÍ MINH CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẦU ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM  Tên đề tài : PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC ––––––––––––––– Giáo viên thực hiện : NGUYỄN PHẠM NGỌC THÚY Tổ : TOÁN ––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––– A. Đặt vấn đề : Ở lớp 11, bài Phương pháp quy nạp toán học là một bài học mới và lạ đối với học sinh . Về nội dung : “Quy nạp toán học là gì ?” là một nội dung khó tiếp thu nên không đi sâu vào để giải thích , mà chủ yếu là hướng dẫn cho học sinh nắm được các bước tiến hành của “Phương pháp quy nạp toán học” và hướng dẫn cho học sinh biết cách lựa chọn và sử dụng Phương pháp quy nạp toán học để giải các toán một cách hợp lý . Qua quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh thường gặp khó khăn khi thưc hiện các bước tiến hành , cần phải thực hiện một vài động tác bên ngoài của bài giải để các em học sinh có thể tiếp thu và tiến hành giải bài toán một cách dễ dàng hơn . B. Giải quyết vấn đề :  Phương pháp chung : Chứng minh mệnh đề P(n) dúng với mọi n ∈ N và n ≥ a (a ∈ N) Bước 1 : Kiểm chứng mệnh đề đúng với n = a , tức là P(a) đúng Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ a) mệnh để P(k) đúng , ( ta gọi là giả thiết quy nạp) Với n = k + 1 ta cần chứng minh mệnh đề P(k + 1) đúng . Như vậy ta thấy : P(n) đúng với n = a thì cũng đúng với n = a + 1 , a + 2 , a + 3 , …… Từ đó ta đi đến kết luận : Kết luận : mệnh đề P(n) dúng với mọi n ∈ N và n ≥ a (a ∈ N)  Ba bài toán thường gặp : 1. Chứng minh đẳng thức : ( ) ( ) ( ) u 1 + u 2 + . + u n = f(n) , đúng với mọi n ∈ N* Học sinh thường lúng túng khi thiết lập ( ) ( ) ( ) u 1 + u 2 + . + u n ứng với n = 1 , n = k , n =k+1 Trước tiên học sinh phải hiểu tổng n số hạng ( ) ( ) ( ) u 1 + u 2 + . + u n là như thế nào . Hướng dẫn cho học sinh hiểu và thực hiện như sau : VT = ( ) ( ) ( ) u 1 + u 2 + . + u n là tổng của n số hạng ,với: + n = 1 : VT chỉ có 1 số hạng là u(1) + n = 2 : VT là tổng của 2 số hạng là u(1) + u(2) + n = 3 : VT là tổng của 3 số hạng là u(1) + u(2) + u(3) + n = 4 : VT là tổng của 4 số hạng là u(1) + u(2) + u(3) + u(4) . + n = k : VT là tổng của k số hạng là u(1) + u(2) + u(3) + u(4) + . + u(k) + n = k + 1 : VT là tổng của k + 1 số hạng là u(1) + u(2) + u(3) + u(4) + . + u(k) + u(k + 1) Hướng dẫn học sinh thực hiện động tác phân tích này ngoài nháp để hiểu được ý nghĩa để có thể áp dụng dễ dàng vào bài giải của mình Các bước giải : Bước 1 : Kiểm chứng với n = 1 , tức là u(1) = f(1) là mđ đúng Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 1) có : u(1) + u(2) + u(3) + u(4) + . + u(k) = f(k) (gt quy nạp) Với n = k + 1 ta cần chứng minh u(1) + u(2) + u(3) + u(4) + . + u(k) + u(k + 1) = f(k + 1) Ta có u(1) + u(2) + . + u(k) + u(k + 1) = f(k) + u(k + 1) . Biến đổi f(k) + u(k + 1) = f(k + 1) tức là ta đã chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1 . Kết luận : đẳng thức đúng với mọi n ∈ N* Ví dụ 1 : Chứng minh rằng : 1 + 6 + 11 +16 + … + (5n – 4) = n(5n - 3) 2 , đúng với mọi n ∈ N* • Đặt A(n) = 1 + 6 + 11 +16 + … + (5n – 4) . Ta thực hiện bước phân tích ngoài nháp : + n = 1 : A(1) = 1 = 5.1 – 4 + n = 2 : A(2) = 1 + 6 = 1 +(5.2 – 4) + n = 3 : A(3) = 1 + 6 + 11 = 1 + 6 + (5.3 – 4) + n = 4 : A(4) = 1 + 6 + 11 + 16 = 1 + 6 + 11 + (5.4 – 4) …… + n = k : A(k) = 1 + 6 + 11 + 16 + … + (5k – 4) + n = k + 1 : A(k + 1) = 1 + 6 + 11 + 16 + … + (5k – 4) + (5(k + 1) – 4) • Sau bước phân tích như trên thì học sinh có thể dễ dàng thực hiện các bước giải : Bước 1 : Kiểm chứng với n = 1 : 1 = 1.(5.1 - 3) 2 : đẳng thức đúng với n = 1 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 1) có : 1 + 6 + 11 + 16 + … + (5k – 4) = k(5k - 3) 2 Với n = k + 1 ta cần cm : 1 + 6 + 11 + 16 + … + (5k – 4) + (5(k + 1) – 4) = (k 1)(5(k 1) - 3) 2 + + * 1 + 6 + 11 + 16 + … + (5k – 4) + (5(k + 1) – 4) = k(5k - 3) 2 + 5k + 1 = k(5k - 3) + 10k + 2 2 = 2 5k -3k+10k+2 2 = 2 5k +5k+2k+2 2 = 5k(k+1)+2(k+1) 2 = (k 1)(5k 2) 2 + + = (k 1)(5(k 1) - 3) 2 + + Suy ra : đẳng thức đúng với n = k + 1 Kết luận : 1 + 6 + 11 +16 + … + (5n – 4) = n(5n - 3) 2 , đúng với mọi n∈N* Ví dụ 2 : Chứng minh rằng : 1 1 1 + + . + 1.2 2.3 n.(n + 1) = n n + 1 ,đúng với mọi n ∈ N* • Đặt A(n) = 1 1 1 + . + 1.2 2.3 n.(n + 1) + . Ta thực hiện bước phân tích ngoài nháp : + n = 1 : A(1) = 1 1.2 ; + n = 2 : A(2) = 1 1 1.2 2.3 + ; + n = 3 : A(3) = 1 1 1 1.2 2.3 3.4 + + + n = 4 : A(4) = 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 4.5 + + + ; . ; + n = k : A(k) = 1 1 1 + . + 1.2 2.3 k.(k + 1) + + n = k + 1 : A(k + 1) = 1 1 1 1 + . + 1.2 2.3 k.(k + 1) (k 1)(k 2) + + + + • Sau bước phân tích như trên thì học sinh có thể tiến hành các bước giải : Bước 1 : Kiểm chứng với n = 1 : 1 1 1.2 1 2 = + : đẳng thức đúng với n = 1 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 1) có : 1 1 1 + . + 1.2 2.3 k.(k + 1) + = k k + 1 Với n = k + 1 ta cần cm : 1 1 1 1 + . + 1.2 2.3 k.(k + 1) (k 1)(k 1 1) + + + + + = k 1 k 1 1 + + + * 1 1 1 1 + . + 1.2 2.3 k.(k + 1) (k 1)(k 1 1) + + + + + = k k + 1 + 1 (k 1)(k 2)+ + = k(k + 2) + 1 (k 1)(k 2)+ + = 2 k + 2k + 1 (k 1)(k 2)+ + = 2 (k 1) (k 1)(k 2) + + + = k 1 k 2 + + . Suy ra : đẳng thức đúng với n = k + 1 Kết luận : 1 1 1 + . + 1.2 2.3 n.(n + 1) + = n n + 1 , đúng với mọi n∈N* 2. Chứng minh biểu thức u(n) chia hết cho m (m ∈ N*\{1}) , với mọi n∈ N và n ≥ a (a ∈ N) Ở bài toán này học sinh sẽ phải lúng túng khi biến đổi biểu thức u(k+1) theo u(k) như thế nào để có thể sử dụng được giả thiết quy nạp , phần còn lại của nó cũng chia hết cho m . Ta có thể hướng dẫn học sinh cách phân tích như sau : ghi phần u(k) vào biểu thức biến đổi , phần còn lại ta thực hiện động thái « thêm , bớt » Ví dụ 1 : Chứng minh 3 2 2n - 3n + n chia hết cho 6 , với mọi n ∈ N* Đặt u(n) = 3 2 2n - 3n + n Bước 1 : Kiểm chứng với n = 1 : u(1) = 2.1 – 3.1 + 1 = 0 . Suy ra u(1) chia hết cho 6 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 1) có : u(k) = 3 2 2k - 3k + k chia hết cho 6 Với n = k + 1 ta cần cm : u(k + 1) = 3 2 2(k 1) - 3(k+1) + k+1+ cũng chia hết cho 6 Ta có u(k + 1) = 3 2 2 2k 6k 6k 2 - 3k 6k 3 + k +1+ + + − − = 3 2 2k - 3k + k + 6k 2 = u(k) + 6k 2 Theo giả thiết quy nạp thì u(k) = 3 2 2k - 3k + k chia hết cho 6 ; 6k 2 chia hết cho 6 Suy ra u(k + 1) = 3 2 2(k 1) - 3(k+1) + k+1+ cũng chia hết cho 6 Kết luận : 3 2 2n - 3n + n chia hết cho 6 , với mọi n∈N* Ví dụ 2 : Chứng minh n 4 +15n -1 chia hết cho 9 , với mọi n ∈ N Đặt u(n) = n 4 15n 1+ − Bước 1 : Kiểm chứng với n = 0 : u(0) = 0 4 15.0 1 = 0+ − . Suy ra u (0) chia hết cho 9 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 0) có : u(k) = k 4 15k 1+ − chia hết cho 9 Với n = k + 1 ta cần cm : u(k + 1) = k 1 4 15(k 1) 1 + + + − cũng chia hết cho 9 Ta có u(k + 1) = k 4 .4 15k 15 1+ + − = k 4.(4 15k 1) - 45k + 18+ − = k 4.(4 15k 1) - 9(5k - 2)+ − Theo giả thiết quy nạp thì u(k) = k 4 15k 1+ − chia hết cho 9 ; - 9(5k – 2) chia hết cho 9 Suy ra u(k + 1) = k 1 4 15(k 1) 1 + + + − cũng chia hết cho 9 Kết luận : n 4 15n 1+ − chia hết cho 9 , với mọi n∈N 3. Chứng minh bất đẳng thức đúng với mọi n∈ N và n ≥ a (a ∈ N) Ở bài toán này học sinh lúng túng ở bước 2 khi thực hiện chứng minh bđt đúng với n = k + 1 . Giáo viên có thể hướng dẫn cho hoc sinh sử dụng tính chất bắc cầu của bất đẳng thức để chứng minh Ví dụ 1 : Chứng minh n 2 > 2n + 1 , đúng với mọi n ∈ N và n ≥ 3 Bước 1 : Kiểm chứng với n = 3 : 2 3 = 8 ; 2.3 + 1 = 7 ; suy ra 2 3 > 2.3 + 1 : bđt đúng với n = 3 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 3) có : 2 k > 2.k + 1 Với n = k + 1 ta cần chứng minh : 2 k + 1 > 2(k + 1) + 1 ⇔ 2 k .2 > 2k + 3 Theo giả thiết quy nạp có : 2 k > 2k + 1 ⇔ 2.2 k > 2.(2k + 1) ⇔ 2 k + 1 > 4k + 2 Xét hiệu 4k + 2 – (2k + 3) = 2k – 1 > 0 với mọi n ≥ 3 ; suy ra 4k + 2 > 2k + 3 Theo tính chất bắc cầu của bđt suy ra 2 k + 1 > 2k + 3 ⇔ 2 k + 1 > 2(k + 1) + 1 Kết luận : n 2 > 2n + 1 , đúng với mọi n∈ N và n ≥ 3 Ví dụ 2 : Chứng minh 1 1 1 1 + + + . + < 2 n 2 3 n , đúng với mọi n ∈ N* Đặt A(n) = 1 1 1 1 + + + . + 2 3 n .Ta thực hiện bước phân tích trước khi tiến hành bài giải + n = 1 : A(1) = 1 ; + n = 2 : A(2) = 1 1 + 2 ; + n = 3 : A(3) = 1 1 1 + 2 3 + + n = 4 : A(4) = 1 1 1 1 + 2 3 4 + + ; . ; + n = k : A(k) = 1 1 1 1 + + + .+ 2 3 k + n = k + 1 : A(k + 1) = 1 1 1 1 1 + + + .+ + 2 3 k k+1 Học sinh tiến hành các bước quy nạp : Bước 1 : Kiểm chứng với n = 1 : 1 2. 1< : bất đẳng thức đúng với n = 1 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 1) có : 1 1 1 1 + + + . + < 2 k 2 3 k Với n = k + 1 ta cần cm : 1 1 1 1 1 + + + . + + < 2 k +1 2 3 k k +1 * 1 1 1 1 1 + + + .+ + 2 3 k k+1 < 2 k + 1 k 1+ ; Xét hiệu 2 k + 1 k 1+ - 2 k +1 = 2 k k 1 1 2k 2 k 1 + + − − + = 2 k(k 1) 1 2k k 1 + − − + = 2 (k 1 k 2 k(k 1)) ( k 1 k) k 1 k 1 − + + − + − + − = + + < 0 với mọi k ≥ 1 ; suy ra 2 k + 1 k 1+ < 2 k +1 Suy ra : bất đẳng thức đúng với n = k + 1 Kết luận : 1 1 1 1 + + + . + 2 3 n < 2 n , đúng với mọi n∈N* 4. Ví dụ khác : Chứng minh rằng : 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + … + (2n – 1) = n(2n – 1) , đúng với mọi n ∈ N* • Đặt A(n) = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + … + (2n – 1) . Ta thực hiện bước phân tích ngoài nháp : + n = 1 : A(1) = 1 ; + n = 2 : A(2) = 1 + 2 +3 ; + n = 3 : A(3) = 1 + 2 +3 + 4 +5 + n = 4 : A(4) = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 ; . ; + n = k : A(k) = 1 + 2 +3 + 4 + 5 + 6 + … + (2k – 1) + n = k + 1 : A(k + 1) = 1 + 2 +3 +4 + 5 + 6 + … + (2k – 1) + 2k + (2(k + 1) – 1) • Sau bước phân tích như trên thì học sinh có thể dễ dàng thực hiện các bước giải : Bước 1 : Kiểm chứng với n = 1 : 1 = 1.(2.1 – 1) : đẳng thức đúng với n = 1 Bước 2 : Giả sử với n = k (k ≥ 1) có : 1 + 2 +3 + 4 + 5 + 6 + … + (2k – 1) = k(2k – 1) Với n = k + 1 ta cần CM : 1+2+3+4+5+6 + … + (2k – 1) + 2k + (2(k + 1) – 1) = (k+1)(2(k+1)-1) * 1+2+3+4+5+6 + … + (2k – 1) + 2k + (2(k + 1) – 1) = k(2k-1) + 2k + (2k + 1) = 2 2k k 2k 2k 1− + + + = 2k(k + 1) + k + 1 = (k + 1)(2k + 1) = (k+1)(2k+2-1) (k+1)(2(k+1)-1) Suy ra : đẳng thức đúng với n = k + 1 Kết luận : 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + … + (2n – 1) = n(2n – 1) , đúng với mọi n∈N* C. Kết quả : – Sau khi làm các ví dụ trên , tất cả học sinh đều nhận thấy sự dễ dàng trong việc tiến hành các bước chứng minh mệnh đề bằng phương pháp quy nạp toán học theo mức độ yêu cầu của SGK . Học sinh không còn lúng túng trong việc thực hiện bước 2 của phương pháp quy nạp toán học – Với các học sinh khá giỏi , sau khi thực hành các bài toán trên , các em còn tự liên hệ và giải các bài toán ở mức độ khó hơn D. Kết luận : Trên đây chỉ là một số kinh nghiệm nhỏ mà tôi có thể truyền đạt cho học sinh , giúp học sinh có hứng thú và thực hiện một cách dễ dàng các bài toán bằng “ phương pháp quy nạp toán học”. Học sinh không còn cảm thấy khó khăn mà còn cảm thấy thích thú khi thực hiện một cách dễ dàng bài toán với yêu cầu chứng minh mệnh đề chứa biến A(n) là mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n , n≥ a bằng “phương pháp quy nạp toán học” Ngày 16 tháng 11 năm 2010 Người viết NGUYỄN PHẠM NGỌC THUÝ . đề : Ở lớp 11, bài Phương pháp quy nạp toán học là một bài học mới và lạ đối với học sinh . Về nội dung : Quy nạp toán học là gì ?” là một nội dung khó. học sinh nắm được các bước tiến hành của “Phương pháp quy nạp toán học và hướng dẫn cho học sinh biết cách lựa chọn và sử dụng Phương pháp quy nạp toán