›
›
›

Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học trong giải toán

docx 33 trang thienle22 2640
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học trong giải toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxsang_kien_kinh_nghiem_mot_so_ung_dung_cua_phuong_phap_quy_na.docx

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học trong giải toán

  1. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán MỤC LỤC A. Đặt vấn đề 2 1. Lí do chọn đề tài 2 2. Mục đích nghiên cứu 3 3. Đối tượng nghiên cứu 4 4. Phạm vi và kế hoạch thực hiện 4 5. Phương pháp nghiên cứu .4 B. Nội dung 5 I. Cở sở lý luận 5 II. Cở sở thực tiễn 5 III. Một số kiến thức cơ bản về phương pháp chứng minh quy nạp 6 1. Phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn 6 2. Nội dung của phương pháp quy nạp toán học 9 3. Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học 9 4.Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh 13 4.1. Dạng1: Chứng minh quan hệ chia hết: 13 4.2. Dạng2: Chứng minh đẳng thức và tính tổng: 17 4.3. Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức và tìm số 23 4.4. Dạng 4: Quy nạp toán học trong hình học 26 IV.Một số giải pháp khi vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán 30 1, Đối với giáo viên: 30 2, Đối với học sinh 30 V. Kết quả thu được: 31 C. Phần Kết luận 32 1/32
  2. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1.Lí do chọn đề tài Đổi mới phương pháp dạy học là một yêu cầu tất yếu, đảm bảo cho sự phát triển của giáo dục. Ngày nay nền kinh tế trí thức cùng với sự bùng nổ thông tin, giáo dục đã và đang thay đổi để phù hợp với sự phát triển của khoa học kỹ thuật, sự phát triển của xã hội. Nội dung tri thức khoa học cùng với sự đồ sộ về lượng thông tin yêu cầu chúng ta phải đổi mới phương pháp dạy học. Trong giai đoạn hiện nay giáo dục không chỉ tạo ra những con người có tài, có đức mà giáo dục còn có một thiên chức cao quý hơn đó là giáo dục cái thẩm mỹ, nhân văn, đào tạo ra những con người có kỹ năng sống và học tập trong thời đại mới. Mục tiêu giáo dục thay đổi kéo theo yêu cầu phải đổi mới phương pháp dạy học một cách phù hợp. Nhằm giúp cho giáo viên tháo gỡ những khó khăn trong quá trình đổi mới phương pháp dạy học. Một trong những yêu cầu đặt ra của cải cách là phải đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, dưới sự tổ chức hướng dẫn của giáo viên. Học sinh tự giác, chủ động tìm tòi, phát hiện và giải quyết nhiệm vụ nhận thức và có ý thức vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học vào bài tập và thực tiễn. Trong đó có đổi mới dạy học môn toán, Trong trường phổ thông, dạy toán là dạy hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Quá trình giải toán là quá trình rèn luyện phương pháp suy nghĩ, phương pháp tìm tòi và vận dụng kiến thức vào thực tế. Thông qua việc giải toán thực chất là hình thức để củng cố, khắc sâu kiến thức rèn luyện được những kĩ năng cơ bản trong môn toán. Từ đó rút ra được nhiều phương pháp dạy học hay, những tiết lên lớp có hiệu quả nhằm phát huy hứng thú học tập của học sinh, góp phần nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện. Trong chương trình toán phổ thông cấp THCS có nhiều mảng kiến thức trong sách giáo khoa đề cập đến rất ít nhưng trong quá trình học lại gặp rất nhiều, ngay những học sinh nắm rất vững kiến thức sách giáo khoa nhưng khi gặp những dạng toán này vẫn còn lúng túng. Vì vậy với phạm vi đề tài này tôi muốn đề cập đến một vấn đề mà không ít chúng ta - những người thầy đang trăn trở và băn khoăn, đó là “Phương pháp chứng minh quy nạp và vận dụng phương pháp này để giải các dạng toán khác như thế nào”. Thật vậy trong chương trình toán phổ thông phương pháp chứng minh quy nạp là một trong những mảng kiến thức khó 2/32
  3. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán mà ứng dụng của nó lại khá rộng rãi, nó không những có mặt trong phân môn số học mà còn đóng góp một vai trò quan trọng trong phân môn đại số, nó không chỉ dừng lại ở chương trình THCS mà còn là một phần quan trọng trong chương trình THPT. Vì vậy phương pháp chứng minh quy nạp là phần gây cho học sinh, ngay cả học sinh giỏi nhiều khó khăn bối rối, tuy nhiên đây cũng là phần quyến rũ học sinh say mê môn toán và học giỏi toán vì nó đòi hỏi phải tư duy lôgic, tìm tòi sáng tạo. Giúp học sinh thêm một phương pháp nghiên cứu học tập và giải toán trong các môn số học, đại số và hình học. Góp phần xây dựng năng lực tư duy lôgíc, diễn đạt suy nghĩ mạch lạc, suy luận có lí. Gây hứng thú cho học sinh tìm tòi, phát hiện, tranh luận và phê phán đúng sai cùng bạn bè khi lĩnh hội hoặc khi vận dụng kiến thức toán học. Phương pháp chứng minh quy nạp giúp học sinh dễ dàng giải quyết một số bài toán khó. Qua nghiên cứu kỹ nội dung kiến thức, đọc nhiều tài liệu và qua thực tế bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS, tôi đã rút ra được một vài kinh nghiệm. Tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Một số ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học trong giải toán” 2.Mục đích nghiên cứu: Đối với giáoviên: - Nâng cao trình độ chuyên môn phục vụ cho quá 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 môn toán nói chung và việc giải bài tập về áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp nói riêng. Trang bị cho học sinh một số kiến thức mới nhằm nâng cao năng lực học môn toán giúp các em tiếp thu bài một cách chủ động, sáng tạo và làm công cụ giải quyết một số bài tập có liên quan. Gây được hứng thú cho học sinh khi làm bài tập trong sách giáo khoa, sách tham khảo, giúp học sinh tự giải được một số bài tập. 3/32
  4. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Thông qua việc giải các bài toán áp dụng quy nạp (để chứng minh chia hết, để tính tổng dãy số ) giúp học sinh thấy rõ mục đích của việc học toán. - Giúp cho học sinh rèn luyện kỹ năng chứng minh các bài toán chia hết và tính tổng dãy số viết theo quy luật. Nhằm tìm ra những biện pháp hay giúp cho công tác dạy học nói chung và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói riêng đạt kết quả cao. 3. Đối tượng nghiên cứu Áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp vào bài toán chứng minh chia hết và tính tổng dãy số, chứng minh đẳng thức và áp dụng vào hình học. 4. Phạm vi và kế hoạch thực hiện. Nghiên cứu áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp để giải các bài toán chứng minh chia hết và tính tổng của dãy số viết theo quy luật, chứng minh đẳng thức, hình học cho học sinh khá và giỏi từ lớp 6 đến lớp 9. Thời gian thực hiện: 12 tiết 5. Phương pháp nghiên cứu: - Nghiên cứu lý thuyết thông qua SGK, tài liệu tham khảo của học sinh và giáo viên. - Sử dụng phương pháp phân tích tổng hợp. 4/32
  5. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán B – 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 vậy giáo viên cần chỉ cho học sinh cách học, biết cách suy luận, biết tự tìm lại những điều đã quên, biết cách tìm tòi để phát hiện kiến thức mới. Các phương pháp thường là những quy tắc, quy trình nói chung là các phương pháp có tính chất thuật toán. Tuy nhiên cũng cần coi trọng các phương pháp có tính chất tìm đoán. Học sinh cần được rèn luyện các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự, quy lạ về quen. Việc nắm vững các phương pháp nói trên tạo điều kiện cho học sinh có thể đọc hiểu được tài liệu, tự làm được bài tập, nắm vững và hiểu sâu các kiến thức cơ bản đồng thời phát huy được tiềm năng sáng tạo của bản thân và từ đó học sinh thấy được niềm vui trong học tập. Trong quá trình dạy học, người giáo viên phải bám sát chương trình và sách giáo khoa, xem đây như là định hướng cho cả quá trình dạy học. Tuy nhiên việc truyền thụ kiến thức cho học sinh không chỉ dừng lại ở sách giáo khoa mà người giáo viên còn phải có phương pháp để từ những kiến thức cơ bản ấy phát triển và tìm ra những kiến thức mới giúp học sinh lĩnh hội một cách chủ động và có hệ thống. Trong việc dạy học toán thì việc tìm ra những phương pháp dạy học và giải bài tập toán đòi hỏi người giáo viên phải chọn lọc, hệ thống bài tập, sử dụng đúng phương pháp dạy học để góp phần hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Đồng thời qua việc học toán học sinh cần được bồi dưỡng, rèn luyện về phẩm chất đạo đức, các thao tác tư duy để giải các bài tập toán trong đó có các bài tập về chứng minh quy nạp cũng là một trong những bài toán hay giúp học sinh phát huy cao độ tính tư duy, trí tuệ cho học sinh, phát hiện những quy luật đẹp trong Toán học. II. Cở sở thực tiễn: Trong chương trình toán phổ thông, áp dụng phương pháp chứng minh quy nạp chiếm một mảng lớn đó là chứng minh chia hết, tính tổng dãy số, chứng minh 5/32
  6. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Do vậy “phương pháp chứng minh quy nạp toán học” góp một phần vào việc thực hiện chương trình dạy học theo phương pháp mới hiện nay “lấy học sinh làm trung tâm”. Đồng thời giúp mỗi giáo viên nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ, tạo cơ sở vững chắc để phục vụ cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đạt kết quả tốt, góp phần vào mục tiêu “đào tạo và bồi dưỡng nhân tài” Qua kết quả khảo sát, kiểm tra trước khi áp dụng đề tài với 15 học sinh tôi thấy kết quả tiếp thu về phương pháp chứng minh quy nạp như sau: Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10 SL % SL % SL % SL % 9 60% 4 26,7% 02 13,3% 0 0% Nguyên nhân của thực tế trên: Đây là dạng toán tương đối mới lạ và khó với học sinh, học sinh chưa được trang bị các phương pháp giải, nên việc suy luận còn hạn chế và nhiều khi không có lối thoát dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối với học sinh trung bình các em càng khó giải quyết. Để giúp học sinh nắm được phương pháp chứng minh quy nạp, tôi đã nghiên cứu xây dựng thành chuyên đề, trong đó trang bị cho học sinh nắm được thế nào là phương pháp chứng minh quy nạp, vận dụng phương pháp quy nạp để chứng minh quan hệ chia hết, tính tổng của dãy số viết theo quy luật. Đồng thời nêu lên một số ví dụ minh họa giúp học sinh hiểu và nắm chắc kiến thức, biết áp dụng vào giải toán. Từ đó yêu cầu học sinh giải các bài tập tương ứng từ dễ đến khó, học sinh được rèn luyện và nắm chắc kiến thức, phương pháp giải, áp dụng thành thạo và chất lượng giải toán được nâng cao. III. Một số kiến thức cơ bản về phương pháp chứng minh quynạp: 1, phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn: 6/32
  7. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Ví dụ 1. Quan sát các kết quả sau: 13 - 1 chia hết cho 3 23 - 2 chia hết cho 3 33 - 3 chia hết cho 3 43 - 4 chia hết cho 3 Hãy đưa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó? Giải: Dự đoán: a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a Chứng minh: Gọi A = a3 - a = a.(a - 1)(a + 1) Xét ba khả năng có thể xảy ra: a) Nếu a =3k (k N) thì A chia hết cho3 b)Nếu a = 3k+1 (k N) thì a - 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết cho 3 c)Nếu a = 3k+2 (k N) thì a+1chia hết cho3, do đó A chia hết cho 3 Vậy a3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a Ví dụ 2. Quan sát kết quả sau: 23 - 2 chia hết cho 3 25 - 2 chia hết cho 5 27 - 2 chia hết cho 7 Dự đoán sau đúng hay sai? 2n - 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n? Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 29 - 2 = 510 không chia hết cho 9 Nhận xét: Trong hai ví dụ trên, ta đã thực hiện các phép suy luận sau: (1) - Xét các giá trị của a bằng 1, 2, 3, 4, để kết luận rằng a 3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a (2) - Xét các giá trị của a bằng 3k, 3k +1, 3k + 2 (k N) để kết luận rằng a 3 - a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a (3) - Xét các giá trị của n bằng 3, 5, 7 để kết luận rằng 2 n - 2 chia hết cho n với mọi số tự nhiên lẻ n Ba phép suy luận trên được gọi là phép quy nạp, đó là phép suy luận đi từ các trường hợp riêng biệt đi tới kết luận tổng quát. 7/32
  8. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán *Phép quy nạp gọi là hoàn toàn nếu ta xét tất cả các trường hợp riêng, chẳng hạn trong phép suy luận (2) ta đã xét mọi khả năng có thể xảy ra khi chia số tự nhiên a cho 3 (a = 3k, a = 3k + 1, a = 3k +2) *Phép quy nạp gọi là không hoàn toàn nếu ta xét một số trường hợp riêng chứ chưa xét đầy đủ mọi trường hợp riêng. Chẳng hạn trong phép suy luận (1) ta mới xét a bằng 1, 2, 3, 4 để kết luận cho mọi số nguyên dương a, trong phép suy luận (3) ta mới xét n bằng 3, 5, 7 để kết luận cho mọi số tự nhiên lẻ n. Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về một tính chất toán học nào đó, đó là một cơ sở để đi tới các phát minh. Phép quy nạp (1) cho một khẳng định đúng, kết luận này đã được chứng minh bằng phép quy nạp (2) (quy nạp hoàn toàn). Phép quy nạp (3) cho một kết luận sai, ta bác bỏ nó bằng một phản ví dụ. Như vậy “phép quy nạp hoàn toàn” là một phép chứng minh chặt chẽ, còn “phép quy nạp không hoàn toàn” có thể dẫn tới sai lầm, ngay cả đối với các nhà toán học có tên tuổi dưới đây: Nhà toán học Pháp Fecma nhận xét rằng công thức 2n + 1 cho ta các số nguyên tố với n bằng 20, 21, 22, 23, 24 (thật vậy 2 1+ 1 = 3; 22 + 1 = 5; 24+1 = 17; 28 + 1 = 257; 216 + 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố ) Với n = 25 = 32 thì 2n + 1 = 232 + 1 = 4294967297, Fecma không phân tích được ra thừa số nguyên tố, ông cho rằng đó cũng là một số nguyên tố và đưa ra giả thuyết tổng quát rằng công thức 2 n + 1 với n là một luỹ thừa của 2 cho ta các số nguyên tố. Một thế kỉ sau, năm1732,Ơle mới bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra rằng 232 + 1 là một hợp số, nó chia hết cho 641 Có thể kể thêm hai mệnh đề sai nhưng lại đúng với một số rất lớn các trường hợp đầu tiên: - Nhà toán học Gravơ đưa ra dự đoán: Với mọi số nguyên tố p ta có: 2 p-1 - 1 không chia hết cho p2. Dự đoán này đúng với mọi số nguyên tố nhỏ hơn 1000, nhưng chẳng bao lâu sau người ta chỉ ra rằng tồn tại số nguyên tố 1093 mà 21093 - 1 chia hết cho10932 - Một dự đoán khác: Số 911n 2+ 1 không là số chính phương với mọi số 8/32
  9. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán nguyên dương n. Số n nhỏ nhất để mệnh đề trên sai là n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số) Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn giúp các nhà toán học tìm ra một phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp chúng ta khẳng định sự đúng đắn của một số tự nhiên, đó là phương pháp quy nạp toán học 2, Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học: Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn chỉ được áp dụng rất hạn chế. Nhiều mệnh đề Toán học đáng chú ý bao gồm một số vô hạn các trường hợp riêng, nhưng con người không thể kiểm tra được tất cả các trường hợp riêng đó Phép quy nạp không hoàn toàn, như chúng ta đã biết thường dẫn tới kết luận sai lầm. Trong nhiều trường hợp để tránh những khó khăn như thế người ta áp dụng một phương pháp suy luận “đặc biệt”, được gọi là phương pháp quy nạp Toán học. * Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học được trình bày như sau: Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đã được chứng minh nếu cả hai điều kiện sau đây được thỏamãn: 1, Mệnh đề đúng với số tự nhiên n = n0 2, Từ giả thiết mệnh đề đúng với n = k (k ≥ n 0) suy ra được mệnh đề cũng đúng với n = k +1 Như vậy để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n bằng phương pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bước sau: Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với số tự nhiên n = n0 Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (k ≥ n 0) (ta gọi là giả thiết quy nạp), rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1 Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n ≥ n0 3, Một số lưu ý khi sử dụng phương pháp chứng minh quy nạp toán học * Hai bước của nguyên lí quy nạp toán học Nguyên lí quy nạp toán học gồm hai phần, việc kiểm tra cả hai phần cần được tôn trọng và thực hiện đầy đủ khi áp dụng nguyên lí. Nếu bỏ đi một trong hai điều kiện kiểm tra đó thì sẽ nhận được kết luận sai. Ta lấy một vài phản ví dụ. Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng: 2n > 2n +1. (4) 9/32
  10. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Lời giải. Giả thiết bất đẳng thức (4) đúng với n = k, với k là một số tự nhiên nào đó. Nghĩa là ta có 2k > 2k+1. (5) Ta chứng minh bất đẳng thức (4) đúng với n = k + 1 2k+1 >2(k +1) +1. (6) Thật vậy, 2k là một số không nhỏ hơn 2 với mọi số tự nhiên k khác 0. Ta cộng vế trái của (4) với 2k và cộng vế phải của (4) với 2. Ta nhận được 2k + 2k > 2k +1 +2. Nghĩa là có (6). Theo nguyên lí quy nạp toán học bất đẳng thức (4) đúng với mọi số tự nhiên n. Bài toán đã được giải. Lời giải trên mắc sai lầm là không kiểm tra bước cơ sở. Thực chất của chứng minh trên là bất đẳng thức (4) đúng với n = k + 1, nếu nó đúng với n = k. Điều này không suy ra bất đẳng thức đúng với ít nhất một giá trị nào của n, chứ chưa nói tới với mọi số tự nhiên. Ta có thể thử với n = 1 hoặc n = 2 bất đẳng thức (4) sai. Với n ≥ 3bất đẳng thức (4) mới đúng. Giá trị số tự nhiên nhỏ nhất n = 3 bất đẳng thức (4) đúng và lặp lại cách chứng minh ở trên từ giả thiết (4) đúng với n = k suy ra nó đúng với n = k + 1. Vì vậy theo nguyên lí quy nạp toán học ta có kết luận: Bất đẳng thức (4) đúng với mọi n ≥ 3 (chứ không với mọi số tự nhiên n). Như vậy giá trị ban đầu của các bài toán chứng minh phụ thuộc vào từng bài toán cụ thể và phải kiểm tra bước cơ sở. Sau đây ta có một phản ví dụ khi không kiểm tra bước cơ sở thì hậu quả dẫn đến chứng minh sai. Ví dụ 2. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền sau đó. Lời giải. Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học. Giả sử mệnh đề đúng với với tự nhiên n = k nào đó, nghĩa là ta có k = (k+1). (7) Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n = k+1, nghĩa là phải chứng minh (k+1)=(k+2). Thật vậy, theo giả thiết quy nạp mệnh đề đúng với n = k, cộng hai vế của đẳng thức (7) với 1 ta nhận được k + 1 = (k + 1) + 1 = k + 2. Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó cũng đúng với n = k + 1, do đó theo nguyên lí quy nạp toán học nó đúng với mọi số tự nhiên n. Hệ quả của bài toán này là tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau. Điều này vô lí, vậy cách chứng minh sai ở đâu? Dễ thấy rằng áp dụng nguyên lí quy nạp toán học nhưng bỏ qua kiểm tra trường hợp n = 1. Ta thấy rằng với n = 1 thì mệnh đề 10/32
  11. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán trên đã sai vì 1 ≠ 2. Bước kiểm tra ban đầu có một ý nghĩa đặc biệt là tạo ra cơ sở để thực hiện quy nạp. Bước thứ hai đưa ra nguyên tắc cho việc mở rộng tự động vô hạn trên cơ sở điều kiện ban đầu, đây là nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang trường hợp riêng khác: từ k đến k + 1. Phản ví dụ trên khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu thì không có cơ sở để thực hiện quy nạp, vì vậy không có nghĩa gì khi thực hiện kiểm tra phần quy nạp. Ngược lại, khi áp dụng phương pháp quy nạp mà chỉ chứng minh được một số điều kiện ban đầu, mà bỏ qua phần quy nạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó. Ta xét ví dụ. Ví dụ 3.Chứng minh rằng những giá trị của hàm số f(n) = n2 – n + 41 với n = 0, 1, 2, là những số nguyên tố. Lời giải. Ta tính f(0) =1, f(1) = 41, f(2)=43, f(3) =47, f(4) = 53, f(5) = 61, f(6) = 71, f(7) = 83, f(8) = 97, f(9) = 113. Ta có thể tiếp tục tính f(n) cho đến giá trị n = 40, tất cả giá trị này đề là số nguyên tố. Nhưng với n = 41 ta có f(41)= 412 – 41 + 41 = 412. Kết quả f(41) không phải là số nguyên tố, nên kết luận của bài toán là không đúng. Cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học cần thiết thức hiện hai bước như phân tích ở phần trên. Nhưng khó khăn chủ yếu là trong bước quy nạp toán học là khi mệnh đề giả sử đã đúng cho P(k) phải chứng minh cho P(k+1). Thường người ta tìm mối liên hệ giữa P(k) và P(k+1) để suy ra kết quả phải chứng minh. *Bước quy nạp được xây dựng trên P(k) Trong phần này ta xét khả năng biến đổi quy nạp trực tiếp từ khẳng định đúng P(k) sang khẳng định đúng P(k+1). n(n 1)(2n 1) Ví dụ 4.Chứng minh rằng : 1 4 n 2 với mọi n ≥ 1. (8) 6 Lời giải. Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo n. Kí hiệu tổng bình phương của các số tự nhiên đầu tiên là P(n). 1.2.3 1. Bước cơ sở: 1 , công thức (8) đúng. 6 2. Bước quy nạp: Giả sử (8) đúng với n = k, k(k 1)(2k 1) P(k)= 1 4 k 2 6 11/32
  12. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Khi đó P(k+1) = 1 + 4 + + (k+1)2 = P(k) + (k+1)2 k(k 1)(2k 1) (k 1) 2 6 2k(k 1) k 4(k 1) 2 (k 1) 6 (k 1)(k 2)2(k 1) 1 6 Do đó (8) đúng với n = k + 1. Theo nguyên lí quy nạp toán học (8) đúng với mọi n. Ví dụ 5. ( Phân số Ai Cập) Ta xét tập hợp những phân số có tử số là 1 và mẫu số là những số tự nhiên lớn hơn 1 1 1 1 1: ; ; ; ; Chứng minh rằng với mọi n ≥ 3 có thể biểu diễn 1 thành dạng tổng 2 3 4 5 n phân số khác nhau trong tập hợp trên. 1 1 1 Ví dụ như n = 3, ta có thể viết 1 = 2 3 6 Lời giải. 1. Bước cơ sở: Với n = 3. Mệnh đề đúng như ví dụ trên. 2. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n – 1, nghĩa là với n – 1 phân 1 1 1 số khác nhau 1 a b k Ta có thể cho rằng những phân số sắp xếp theo thứ tự nhỏ dần, nghĩa là số ở mẫu tăng dần. Ta chứng minh cho trường hợp tổng của n phân số dựa vào đẳng 1 1 1 thức sau đây k k 1 k(k 1) Công thức này chứng minh đơn giản bằng cách biến đổi trực tiếp. Như vậy, các phân số trong trường hợp P(n-1) vẫn giữa nguyên, chỉ có phân số cuối cùng tách ra làm hai phân số, vậy P(n) đúng. Suy ra theo nguyên lí quy nạp toán học khẳng định đúng với mọi n ≥ 3. *Bước quy nạp được xây dựng trên P(k+1) Bước quy nạp toán học cần khẳng định P(k+1) suy ra từ P(k). Nhưng nhiều khi việc biến đổi trực tiếp từ P(k) sang P(k+1) gặp rất nhiều khó khăn hoặc không có hướng chính xác để biến đổi. Khi đó ta phải làm ngược lại để biểu diễn P(k+1) thành những mệnh đề P(k) và tiến hành quy nạp. 2n+1 Ví dụ 6. Chứng minh rằng số z n = 3 + 40n – 67 chia hết cho 64 với mọi số n nguyên không âm. Lời giải. 12/32
  13. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 1 Bước cơ sở: z0 = 3 + 0 – 67 = - 64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng. Bước quy nạp: Giả sử zn chia hết cho 64. Khi đó 2n+3 zn+1 = 3 + 40(n+1) – 67 = 9(32n+1 + 40n – 67) – 320n + 576 = 9.zn– 64(5n – 9). Vế phải của đẳng thức sau cùng chia hết cho 64, vậy với n+1 mệnh đề vẫn đúng. Do đó theo nguyên lí quy nạp toán học bài toán đúng với mọi n không âm. Trong phạm vi nghiên cứu của mình, tôi chỉ đề cập đến việc vận dụng phương pháp chứng minh quy nạp Toán học để giải một số dạng toán đó là: Chứng minh sự chia hết, tính tổng của dãy số viết theo quy luật, chứng minh bất đẳng thức và một chút ứng dụng vào hình học. Hy vọng với một số kinh nghiệm nhỏ này sẽ góp phần vào phương pháp dạy học, đặc biệt là công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, giúp học sinh rèn luyện được kỹ năng giải toán và tư duy giải toán có hiệu quả hơn. 4, Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh: 4.1, Dạng 1. CHỨNG MINH QUAN HỆ CHIA HẾT: Bài 1: Chứng minh rằng tổng các lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9 Giải: Gọi ba số nguyên dương liên tiếp đó là: n; n +1 và n + 2 Ta phải chứng minh: [n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3] 9 (1) + Với n =1, ta có: 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36 9 Vậy (1) đúng với n = 1 + Giả sử (1) đúng với n = k (k N) tức là: [k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3] 9 Ta phải chứng minh rằng (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là phải chứng minh: [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] 9 Thật vậy 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 còn 9(k3 + 3k + 3) 9 với k Do đó [(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3] 9 + Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n. Vậy tổng các lập 13/32
  14. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9 n+2 2n+1 Bài 2: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì: A(n) = 7 + 8 19 Giải: 3 3 + Với n = 1 thì A(1) = 7 + 8 = 343 + 512=19.45 A (1) 19 Vậy A(n) đúng với n = 1 k+2 2k+1 + Giả sử A(n) đúng với n = k. Ta có : A(k) = 7 + 8 19 Ta phải chứng minh A(n) đúng với n = k +1 k+3 2k+3 A(k+1) = 7 + 8 = 7.7k+2 + 82.82k+1 = 7.7k+2+64.82k+1 = 7.7k+2+7.82k+1+57.82k+1 = 7.( 7k+2 + 82k+1) + 19.3.82k+1 2k+1 = 7. A(k) + 19.3.8 Vì A(k) 19 (Theo giả thiết quy nạp) 7. A(k) 19 2k+1 19 19 19.3.8 19 A(k+1) 19 Theo nguyên lí quy nạp A(n) 19 Với n nguyên dương k+2 2k+1 Vậy A(n) = 7 + 8 19 Với n nguyên dương + Kết luận: Vậy A(n)đúng với mọi số nguyêndương Bài 3: Chứng minh rằng: 16n - 15n - 1 225; n N Giải: n Đặt A(n) = 16 - 15n - 1 + Với n = 1, tacó: A(1)= 16 - 15 - 1 = 0 225 A(1) 225 k + Giả sử A(n) đúng với n = k. Ta có: A(k) = 16 - 15k - 1 225 Ta phải chứng minh A(n) đúng với n = k + 1 k+1 Thật vậy:A (k+1) = 16 - 15(k + 1) - 1 = 16.16k - 15k - 16 = (16k - 15k - 1) + 15.16k -15 = (16k - 15k - 1) + 15(16k -1) k = A(k) + 15(16 - 1) 14/32
  15. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Theo giả thiết quy nạp có A(k) 225 Tacó:16k-1 16-1 16k-1 15 15(16k-1) 15.15 15(16k - 1) 225 A(k+1) 225 Theo nguyên lí quy nạp thì A(n) 225 với n N + Kết luận: Vậy 16n – 15k - 1 225 với n N Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: n a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) (n + n) chia hết cho2 b)3 3n+2 + 5.23n+1chia hết cho 19 c)n 4 + 6n3+ 11n2 + 6n chia hết 24 Giải: n a) Với n = 1 thì S1 = (1 + 1).(1 + 2) (1 + n) = 2.3 (1 + 1) 2 Vậy Sn đúng với n = 1 n Giả sử Sn đúng với n = k, tức là: Sk = (k + 1).(k + 2) (k + k) 2 Ta phải chứng minh Sn đúng với n = k + 1 n Tức là Sk+1 = (k + 2).(k + 3) (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) (2k +2) 2 Thật vậy: Sk+1 = (k + 2).(k + 3).(k + 4) (k + k +2) = (k + 1).(k + 2).(k + 3) (k + k).2.(2k + 1) = Sk.2.(2k + 1) n Theo giả thiết quy nạp có Sk 2 n n n Dođó: Sk.2.(2k+1) 2 . Sk+1 2 Vậy Sn 2 đúng với n = k +1 n + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì Sn 2 3n+2 3n+1 5 4 b) Với n =1 thì A(n) = 3 + 5.2 = 3 +5.2 =243 + 80 = 323 chia hết cho 19 A(n) đúng với n = 1 3k+2 3k+1 + Giả sử A(n) 19 đúng với n = k, tức là: A(k) = 3 + 5.2 19 Ta phải chứng minh A(n) 19 đúng với n = k + 1 3(k + 1) + 2 3(k + 1) +1 Tức là: A(k + 1) = 3 + 5.2 A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 19 3k+5 3k+4 3k+2 3 3k+1 3 Thậtvậy:A (k+1) = 3 + 5.2 = 3 .3 + 5.2 .2 15/32
  16. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 3k+2 3k+1 3k+1 3k+1 = 27(3 + 5.2 ) - 19.3 = 27.Ak - 19.3 Theo giả thiết quy nạp có: Ak 19 27Ak 19 3k+1 3k+1 Lại có: 19 19 19.3 19. Do đó A(k+1) = 27.Ak - 19.3 19 Vậy A(n) 19 đúng với n = k + 1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì A(n) 19 c) Chứngminh:n 4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24. + Với n = 1 thì A = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n = 1 + 6 + 11 + 6 = 24 24 Vậy A 24 đúng với n = 1 + Giả sử A 24 đúng với n = k 4 3 2 Tức là: A(k) = k + 6k + 11k + 6k 24 Ta phải đi chứng minh A(n) 24 đúng với n = k + 1 4 3 2 Tức là: A(k+1) = (k+1) + 6(k + 1) + 11(k + 1) + 6(k + 1) 24 Thật vậy: 4 3 2 3 2 2 A(k+1) = k + 4k + 6k + 4k + 1 + 6k +18k +18k +6 +11k + 22k + 11+ 6k + 1 4 3 2 2 3 A(k+1) = (k + 6k + 11k + 6k) + 24(k + 1) + 4(k + 11k) Dễ thấy: k4 + 6k3 + 11k2 + 6k 24 (Theo giả thiết quy nạp) Và 24(k2 + 1) 24. Lại có (k3 + 11k) 6 với k N. Thật vậy: với k = 1 thì k3 + 11k = 12 6 (đúng) Giả sử đúng với k = m thì m3 + 11m 6 (m N) Ta phải chứng minh k3 + 11k 6 đúng với k = m +1 Thật vậy: (m + 1)3 + 11(m + 1) = m3 + 3m2 + 3m + 1 + 11m + 11 = (m3 + 11m) + (3m2 + 3m + 12) 6 Do đó k3 + 11k 6 4(k3 + 11k) 24 4 3 2 2 3 Vậy A(k+1) = (k + 6k + 11k + 6k) + 24(k + 1) + 4(k + 11k) 24 Vậy A(n) 24 đúng với n = k + 1 + Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24 * Một số bài tập giải tương tự: Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a: a) a2 - a chia hết cho 2 b) a3 - a chia hết cho 3 16/32
  17. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán c) a5 - a chia hết cho5 d) a7 - a chia hết cho 7 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: a) 32n+1 + 40n - 67 chia hết cho 64 b) 2n+2.3n + 5n - 4 chia hết cho 25 c) 7n+2 + 82n+2 chia hết cho5 7 d) 10n + 72n - 1 chia hết cho 81 2n Bài 3: Chứng minh rằng số A = 22 5 chia hết cho 7 với mọi số tự nhiên n. Bài 4: Chứng minh rằng A chia hết cho B với: a) A=13+ 23+33+ +993+1003; B = 1 + 2 + 3 + +99 + 100 b) A =13 + 23+ 33 + + 993; B = 1 + 2 + 3 + + 99 Bài 5: Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì (n - 1).n.(n + 1) chia hết cho 504 Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a6 - b6 chia hết cho 9 Bài 7: a) Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9 b) Chứng minh rằng hiệu các bình phương của hai số lẻ thì chia hết cho8 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi 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 mọi số tự nhiên n 4.2.Dạng 2: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÀ TÍNH TỔNG Đẳng thức liên quan đến số tự nhiên rất phong phú, tìm ra công thức và chứng minh công thức theo biến số tự nhiên rất đa dạng ta xét một số ví dụ. Ví dụ 1. Tính tổng n số tự nhiên đầu tiên. Lời giải. Kí hiệu Pn là tổng phải tìm, nghĩa là Pn = 1 + 2 + 3 + + n. Ta tính một số tổng tại những giá trị ban đầu: 17/32
  18. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán n 1 2 3 4 5 6 7 Pn 1 3 6 10 15 21 28 Ta thấy quy luật: Tích của hai số liên tiếp ở hàng trên bằng 2 lần số đầu tiên ở hàng dưới. Như 1.2 = 2.1, 2.3 = 2.3, 3.4 = 2.6, 4.5 = 2.10, 5.6 =2.15, 6.7 = 2. 21, Như vậy ta có thể dự đoán công thức phải tìm là n(n 1) Pn = 1 + 2 + 3 + + n = (1) 2 Biểu thức trên được gọi là giả thiết quy nạp. Muốn chắc chắn công thức này đúng ta phải chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông qua hai bước: 1. Bước cơ sở: Với n = 1 công thức (1) đúng như cách tính ở trên. 2. Bước quy nạp: Giả sử n = k, P(k) đúng, nghĩa là đã có k(k 1) Pk = Ta phải chứng minh (1) cũng đúng cho n = k+1 2 k(k 1) k(k 1) 2(k 1) Thật vậy, P(k+1) = Pk + (k +1) = + (k +1) = 2 2 = (k 1)(k 2) 2 Do đó công thức (1) cũng đúng với n = k +1, theo nguyên lí quy nạp toán học công thức (1) đúng với mọi mọi n ≥ 1. Ví dụ 2. Tính tổng lập phương của n số tự nhiên đầu tiên. Lời giải. 3 3 3 3 Ta đặt công thức S n = 1 + 2 + 3 + + n . Ta cũng đi tính một số giá trị ban đầu: n 1 2 3 4 5 6 Sn 1 9 36 100 225 441 Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho S(n). Nhưng với kinh nghiệm và những kết quả đã tính ở bài trước ta gép lại n 1 2 3 4 5 6 Pn 1 3 6 10 15 21 Sn 1 9 36 100 225 441 2 2 2 2 Từ bảng này ta thấy rằng có lẽ Sn = (Pn) ; 1 = 1 ; 9 = 3 ; 36 = 6 ; 18/32
  19. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Mà công thức Pn ta đã biết, vậy công thức cho giả thiết quy nạp là 2 3 3 3 3 n(n 1) Sn = 1 + 2 + 3 + + n = (2) 2 Chứng minh công thức (2) bằng phương pháp quy nạp theo n: 1. Bước cơ sở: Với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 công thức (2) đúng theo bảng trên. 2. Bước quy nạp: Giả sử (2) đúng với n = k, ta phải chứng minh (2) cũng đúng 3 3 3 3 3 với n = k+1. Thật vậy, S(k+1) = 1 + 2 + 3 + + (k+1) = Sk + (k+1) 2 = k(k 1) + (k+1)3 2 2 2 k = (k+1) k 1 4 2 2 k 4k 4 = (k+1) 4 k 1 k 2 2 = 2 Vậy (2) đúng với n = k + 1. Từ nguyên lí quy nạp toán học suy ra (2) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 2 2 2 2 Ví dụ 3. Tính tổng sau: Sn = 1 + 3 + 5 + + (2n + 1) với n là số tự nhiên Lời giải Trước tiên ta cần dự đoán tổng Sn bằng cách tính một số trường hợp sau n 0 1 2 3 4 5 S(n) 1 10 35 84 165 286 Không như ví dụ 1, qua bảng một số giá trị đặc biệt ta không dự đoán được công thức tổng quát của tổng Sn qua những ví dụ trên ta dự đoán tổng Sn phải là một đa thức của n có bậc không nhỏ hơn 3. 3 2 Giả sử Sn = an + bn + cn + d. Vì S0 = 1 nên d = 1 19/32
  20. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán a b c 9 Lần lượt thay n = 1, n = 2, n = 3 ta được hệ 8a 4b 2c 34 27a 9b 3c 83 Giải hệ này ta thu được a = 4 , b = 4, c = 11 3 3 4 3 2 11 n 1 2n 1 2n 3 Khi đó Sn = n + 4n + n + 1 = (3) 3 3 3 Để khẳng định tính đúng đắn của công thức (3) ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh công thức (3) đúng với mọi số tự nhiên n. Thật vậy: + Ta đã có công thức (3) đúng với n € 0;1;2;3;4;5 + Giả sử công thức (3) đúng với n = k, ta chứng minh công thức (3) cũng đúng 2 2 2 2 2 với n = k + 1. Ta có S(k+1) = 1 + 3 + 5 + + (2k + 1) + (2k + 3) 2 = Sk + (2k + 3) k 1 2k 1 2k 3 Theo giả thiết quy nạp thì Sk = 3 k 1 2k 1 2k 3 2 Suy ra S(k+1) = + (2k + 3) 3 k 1 2k 1 2k 3 3 2k 3 2 = 3 2k 3 k 1 2k 1 3 2k 3 =   3 2k 3 2k 2 9k 10 =   3 k 2 2k 3 2k 5 = 3 + Vậy công thức (3) vẫn đúng với n = k +1 do đó đúng với mọi n€N Ví dụ 4. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì: n n 1 2n 1 S(n) = 12 + 22 + 32 + + n2 = (4) 6 Lời giải. + Với n = 1, vế trái của (4) bằng 12 = 1 1 1 1 2.1 1 Vế phải của (4) bằng 1 6 + Giả sử (4) đúng với n = k (k N & k 1), tức là: 20/32
  21. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 2 2 2 2 k k 1 2k 1 Sk = 1 + 2 + 3 + + k = 6 Ta phải chứng minh đẳng thức (4) đúng với n = k + 1, tức là: 2 2 2 2 k 1 k 2 2k 3 S(k+1) = 1 + 2 + 3 + + (k+1) = 6 2 2 2 2 2 2 Thật vậy: S(k+1) = 1 + 2 + 3 + + k + (k + 1) = Sk + (k + 1) 2 2 2 2 (Do giả thiết quy nạp Sk = 1 + 2 + 3 + + k ) k k 1 2k 1 k k 1 2k 1 2 Mà Sk = nên S(k+1) = + (k+1) 6 6 k k 1 2k 1 6 k 1 2 = 6 k 1 k 2k 1 6k 6 =   6 k 1 2k 2 7k 6 =  6 k 1 k 2 2k 3 = 6 k 1 k 2 2k 3 Suy ra S(k+1) = vậy đẳng thức (4) đúng với n = k+1 6 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì tổng bình phương n các số tự n n 1 2n 1 nhiên liên tiếp bằng 6 Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1 n Sn = 1.4 4.7 7.10 3n 2 3n 1 3n 1 Lời giải. + Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 1 4 + Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k N, k 1) tức là 1 1 1 1 k 1.4 4.7 7.10 3k 2 3k 1 3k 1 Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1 1 1 1 1 k 1 Tức là : 1.4 4.7 7.10 3k 1 3k 4 3k 4 21/32
  22. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 1 1 1 1 1 Thật vậy S(k+1) = 1.4 4.7 7.10 3k 2 3k 1 3k 1 3k 4 1 = Sk + 3k 1 3k 4 k k 1 Mà Sk = nên S(k+1) = + 3k 1 3k 1 3k 1 3k 4 3k 2 4k 1 3k 1 k 1 k 1 = = (3k 1)(3k 4) 3k 1 3k 4 3k 4 Vậy Sn đúng với n = k + 1 + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức (5) luôn xảy ra Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 12 22 32 n 2 n n 1 Sn = 1.3 3.5 5.7 2n 1 2n 1 2(2n 1) Lời giải. + Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 1 3 + Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k N, k 1) tức là 12 22 32 k 2 k k 1 Sk = 1.3 3.5 5.7 2k 1 2k 1 2(2k 1) Ta phải chứng minh đẳng thức Sn đúng với n = k + 1 tức là 12 22 32 (k 1) 2 k 1 k 2 Sk+1 = 1.3 3.5 5.7 2k 1 2k 3 2(2k 3) 12 22 32 k 2 (k 1) 2 Thật vậy Sk+1 = 1.3 3.5 5.7 2k 1 2k 1 2k 1 2k 3 12 22 32 k 2 k k 1 Theo giả thiết quy nạp Sk = 1.3 3.5 5.7 2k 1 2k 1 2(2k 1) (k 1) 2 k(k 1) (k 1) 2 Suy ra Sk+1 = Sk 2k 1 2k 3 2(2k 1) 2k 1 2k 3 k 1 k k 1 (k 1)(k 2) = 2k 1 2 2k 3 2(2k 3) (k 1)(k 2) Suy ra S(k+1) = 2(2k 3) + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức Sn luôn đúng * Một số bài tập giải tương tự: Bài 1: Tính các tổng sau 22/32
  23. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 0 1 2 n a) Sn = 2 2 2 2 2 2 2 2 b) Sn = 1 2 3 n 1 1 1 1 c) Sn = 1.2 2.3 3.4 n(n 1) d) Sn = 1.2 +2.5 +3.8 + + n.(3n – 1) 3 3 3 3 e) Sn = 1 3 5 (2n 1) Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: n(n 1)(n 2) a) Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) = 3 n(n 1)(n 2)(n 3) b) Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + n(n + 1)(n+2) = 4 Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1 n a) Sn = 1.5 5.9 9.13 (4n 3)(4n 1) 4n 1 1 1 1 1 n b) Sn = 1.6 6.11 11.16 (5n 4)(5n 1) 5n 1 1 1 1 1 n c) Sn = 1.7 7.13 13.19 (6n 5)(6n 1) 6n 1 1 1 1 1 n d) Sn = 1.8 8.15 15.22 (7n 6)(7n 1) 6n 1 4.3. Dạng 3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM SỐ Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 3 thì: 2n> 2n + 1 (1) Lời giải + Với n = 3 thì VT = 23=8; VP = 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 VT >VP Vậy (1) đúng với n = 3 + Giả sử (1) đúng với n = k(k N, k 3), tức là 2k> 2k +1 Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1,tức là: 2k+1>2k +3 (2) Thật vậy: 2k+1 = 2k.2. Theo giả thiết quy nạp 2k> 2k + 1 Do đó: 2k+1> 2(2k + 1) = (2k +3).(2k - 1) > 2k + 3 (Vì 2k - 1 > 0 với k 3) Vậy (2) đúng với k 3 + Kết luận: 2n> 2n + 1 với mọi số nguyên dương và n 3 Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi với n số không âm 23/32
  24. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán a a a 1 2 n n a a a Với a1, a2, , an ≠ 0 n 1 2 n Lời giải a a + Dễ chứng minh mệnh đề đúng với n = 2. Tức là 1 2 a a 2 1 2 a a a + Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là 1 2 k k a a a k 1 2 k Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 a a a Giả sử a a a a Thì a 1 2 k 1 2 k k 1 k 1 k a a a Đặt 1 2 k x Thì x 0 k ak+1 = x + y với y≠0 và kx = a1 + a2 + + ak ≠ 0 ( Do giả thiết quy nạp) Ta có : k 1 k 1 k 1 a1 a2 ak ak 1 kx x y y k 1 1 k x x (k 1). x k 1 k 1 k 1 k 1 k+1 k k = x + x + y = x (x + y) a1a2 akak+1 a a a 1 2 k 1 k 1 a a a k 1 1 2 k 1 Suy ra mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n. Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a1 = a2 = = an. a a a 1 2 n n + Vậy a a a Với a1, a2, , an ≠ 0 n 1 2 n Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có 1 1 1 1 1 n 1 n 2 n 3 3n 1 Lời giải 1 1 1 13 + Với n = 1 VT của bất đẳng thức là VT = 1 2 3 4 12 Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1 1 1 1 1 + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là 1 k 1 k 2 k 3 3k 1 Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là: 1 1 1 1 1 k 2 k 3 k 4 3k 4 24/32
  25. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 1 1 1 1 Thật vậy k 2 k 3 k 4 3k 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3k 2 3k 3 3k 4 k 1 1 1 1 1 1 2 ( ) 1 k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3(k 1)(3k 2)(3k 4) 1 1 1 1 Do giả thiết quy nạp 1 k 1 k 2 k 3 3k 1 Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1 + Kết luận: Với mọi số nguyên dương n ta luôn có bất đẳng thức: 1 1 1 1 1 n 1 n 2 n 3 3n 1 Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương n sao cho: 2n> 5n Lời giải + Với n = 1; 2; 3; 4 thì vế trái nhỏ hơn vế phải Với n = 5 thì 25 = 32 > 25 = 5.5. Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 5 + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (Với k N , k 5); Tức là: 2k> 5k Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1; Tức là: 2k+1> 5(k + 1) Thậtvậy:2 k+1 = 2k.2mà 2k> 5k (Theo giả thiết quy nạp) Nên 2k.2 > 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k 5 nên 5k > 5 Vì vậy: 2k+1> 5k + 5 = 5(k + 1) + Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n, n 5 thì ta có 2n> 5n *Một số bài tập giải tương tự: Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 1 1 1 1 n a) 1 2 3 4 2n 1 2 1 1 1 1 13 b) ( Với n 2) n 1 n 2 n 3 2n 24 Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n 1 thì: 1 1 1 1 a) 2 2 2 2 1 2 3 4 n 1 1 1 1 1 3 b) 2 n 1 n 2 n 3 n n 4 25/32
  26. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 3 3 3 3 c) 1 1.4 4.7 7.10 n(n 3) Bài 3. Chứng minh các bất đẳng thức 1 1 1 1 a) n 1 n 2 1 2 3 n 1 1 1 1 1 b) n 1 n 2 n 3 2n 2 4.4. Dạng 4. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC Nhiều bài toán hình học được gải bằng phương pháp quy nạp toán học, nhất là trong lĩnh vực hình học tổ hợp. Những bài toán liên quan số lượng điểm, đường thẳng, độ lớn góc, các đa giác lồi, Ta nhắc lại một đa giác lồi là mọi đường thẳng đi qua bất kì cạnh nào của nó cũng để đa giác về một nửa mặt phẳng. 4.4.1. Tính toán bằng quy nạp Ví dụ 1. Cho n đường thẳng khác nhau trên mặt phẳng đi qua một điểm chung. Hỏi chúng chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền? Lời giải. Rõ ràng với n = 1, thì một đường thẳng chia mặt phẳng thành 2 miền. Với n=2, hai đường thẳng giao nhau chia mặt phẳng thành 4 miền. Với n = 3, ba đường thẳng đi qua một điểm trên mặt phẳng chia mặt phẳng thành 6 miền, Ta có thể giả thiết số miền được chia ra bởi n đường thẳng là 2n. Ta chứng minh bằng quy nạp giả thiết trên: Bước cơ sở: Với n = 1 mệnh đề khẳng định đúng, vì một đường thẳng chia mặt phẳng thành hai phần. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với số n = k, nghĩa là k đường thẳng khác nhau đi qua một điểm chia mặt phẳng ra thành 2k miền. Để chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 đường thẳng, ta chú ý rằng nếu dựng đường thẳng đi qua điểm đã cho và không trùng với đường thẳng nào trong số những đường thẳng còn lại, thì chúng ta nhận thêm 2 miền của mặt phẳng. Như vậy số miền của 2k cộng thêm 2, 26/32
  27. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán nghĩa là 2(k+1). Suy ra mệnh đề đúng với n = k + 1. Kết luận: Vậy n đường thẳng khác nhau trên mặt phẳng đi qua một điểm chung. Hỏi chúng chia mặt phẳng thành 2n miền. Ví dụ 2.Có thể chia n-giác lồi thành bao nhiêu tam giác bởi các đường chéo không giao nhau? Lời giải. Nếu n = 3 thì tam giác không có đường chéo vậy số tam giác chỉ có một, nghĩa là 3 – 2 =1. Nếu n = 4 thì rõ ràng tứ giác chỉ có thể chia thành hai tam giác: 4 – 2 = 2. Ta có thể đưa ra giả thiết số tam giác chia bởi đường chéo không giao nhau là S n = n – 2. Ta chứng minh giả thiết này bằng phương pháp quy nạp. Bước cơ sở: Với n = 3; 4 công thức đúng. Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là đa giác lồi k cạnh có thể chia thành Sk = k – 2 tam giác. Ta cần chứng minh mệnh đề đúng cho n = k +1 A1 A2 Ak+1 Ak Thật vậy đường chéo A1Ak của đa giác A1A2 AkAk+1 có k + 1 cạnh . Vì đa giác A1A2 Ak có thể chia thành (k-2) tam giác theo giả thiết quy nạp. Do có thêm tam giác A1AkAk+1 nên đa giác(k+1) có thể chia thành Sk+1 = k –1. Theo nguyên lí quy nạp toán học, đa giác lồi n cạnh chia bởi đường chéo không giao nhau thành Sn = n – 2 tam giác. Ví dụ 3.Tính tổng các góc trong của n-giác lồi bất kì. Lời giải. Ta xét một số trường hợp ban đầu để tìm ra công thức. Kí hiệu T n là tổng góc 27/32
  28. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán trong của n-giác lồi. 0 0 Với n = 3, tổng góc trong là T3 = 180 = (3-2)180 . Với n= 4, tổng của góc trong của tứ giác lồi bằng 2 lần tổng góc một tam giác: 0 0 T4 = 360 = (4 – 2)180 . 0 Từ hai trường hợp trên ta có thể giả thiết công thức phải tìm là Tn = (n – 2) 180 . Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp. Bước cơ sở: Với n = 3, công thức đúng như tính toán trên. Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k <n, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là (k - 1)180 0 và (n – k - 1)1800. Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là: (k–1+ n – k –1)1800 = (n - 2)1800. Suy ra mệnh đề đúng với mọi n ≥ 3. 4.4.2. Chứng minh bằng quy nạp Ví dụ 4. Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh bằng n(n 3) 2 Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 3, mệnh đề đúng vì tam giác có 0 đường chéo. k(k 3) Bước quy nạp: Giả sử đa giác lồi n = k cạnh có số đường chéo S k = 2 đường chéo, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với đa giác 2 lồi n = k +1 cạnh có số (k 1)(k 2) đường chéo là Sk+1 = 2 Thật vậy, giả sử A1A2 AkAk+1 là đa giác lồi k + 1 cạnh. Trong tam giác ta kẻ đường chéo A1Ak. Để đếm hết được các đường chéo trong đa giác k + 1 cạnh ta cần phải đếm số đường chéo trong đa giác k cạnh A 1A2 Ak và thêm vào đó số đường chéo thu được từ k – 2 đường chéo nữa, tức là số đường chéo của đa giác 28/32
  29. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán k+1 cạnh A 1A2 Ak+1 xuất phát từ đỉnh A k+1, ngoài ra cần tính đến đường chéo A1Ak. k(k 3) (k 1) k 2 Như vậy, Sk+1 = Sk + (k-2) + 1 = + (k-1) = = 2 2 Ví dụ 5. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm trên cùng một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n. Lời giải. Bước cơ sở: Với n = 3 điểm, mệnh đề hiển nhiên đúng: Ba điểm không nằm trên một đường thẳng nối từng đôi với nhau tạo ra ba đường thẳng khác nhau. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 3 điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng cho n = k + 1 điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm A n và An+1 là AnAn+1. Nếu những điểm A 1, A2, , An nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là n + 1: Gồm n đường thẳng nối An+1 với các điểm A1, A2, , An và đường thẳng chúng nối chung. Nếu A1, A2, , An không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối A n+1 với các điểm A 1, A2, , An. Vì đường thẳng A nAn+1 không chứa một điểm nào trong A1, A2, , An-1, nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A1, A2, , An. Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn n + 1. * Một số bài tập giải tương tự: Bài 1: Chứng minh rằng n đường tròn chia mặt phẳng thành n 2−n+2 miền nếu mọi cặp đường tròn giao nhau đúng hai điểm và không có ba đường tròn nào giao nhau tại một điểm. Kết luận còn đúng không khi ta thay một đường khép kín khác đường tròn. Bài 2: Một đa giác được gọi là đa giác lồi nếu mọi cặp điểm trong đa giác có thể nối với nhau bằng một đoạn thẳng mà đoạn thẳng này cũng nằm trong đa giác. Chứng minh rằng với n ≥ 3 tổng những góc của đa giác lồi n đỉnh là 180(n−2) độ. 29/32
  30. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán Bài 3: Ta xét sự sắp đặt bất kì n ≥ 3 đường thẳng trong mặt phẳng (nghĩa là, không có hai đường nào song song và ba đường nào giao nhau tại một điểm). Chứng minh rằng ít nhất trong những miền nhỏ nhất liên thông là một tam giác. IV. Một số giải pháp khi vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán: 1, Đối với giáo viên: Trước hết người giáo viên phải xây dựng được cơ sở lí thuyết về phương pháp quy nạp toán học và việc vận dụng nó để giải từng dạng toán cụ thể. Nội dung này phải chuyển tải đến học sinh, với mỗi dạng toán giáo viên đưa ra ví dụ mẫu, hướng dẫn học sinh dựa trên cơ sở lý thuyết để tìm cách giải, giáo viên chốt lại bài giải mẫu. Sau đó yêu cầu học sinh giải bài tập áp dụng Phân loại các bài tập từ dễ đến khó phù hợp với từng đối tượng học sinh, tạo điều kiện cho từng đối tượng học sinh được làm việc, chủ động nắm được kiến thức cơ sở và phương pháp giải. Rèn luyện và nâng cao khả năng tư duy sáng tạo của học sinh thông qua qua việc tìm tòi chọn lọc, tham khảo kiến thức trong khi nghiên cứu, giải toán. Trong quá trình giảng dạy, phải chú ý tìm ra những vướng mắc, sai sót mà học sinh hay mắc phải khi làm bài tập và phải có biện pháp hướng dẫn sửa sai kịp thời. Động viên, khuyến khích học sinh nghiên cứu tìm ra cách giải mới cho từng bài toán. Qua đó giúp học sinh nhớ lâu, nắm chắc bài toán đã giải. 2, Đối với học sinh: Đây là dạng toán liên quan đến hầu hết các kiến thức của cấp học, do đó học sinh cần phải trang bị cho mình các kiến thức cơ bản, toàn diện của chương trình THCS. Đồng thời nắm chắc cơ sở lý thuyết và các dạng toán mà giáo viên cung cấp để hiểu được bản chất của phương pháp quy nạp toán học. Từ đó có thể vận dụng để giải được các dạng toán về chứng minh sự chia hết, chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức. Với mỗi bài tập cần nhận dạng được dạng toán để từ đó vận dụng phương pháp hợp lý của từng dạng vào giải toán. Phát huy khả năng tư duy sáng tạo trong khi giải toán, biết suy luận từ bài dễ đến bài khó với cách giải hay hơn, tìm ra được nhiều cách giải cho một bài toán. 30/32
  31. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán V.Kết quả thu được: Qua qua trình triển khai áp dụng các nội dung và phương pháp đã nêu ở trên, tôi nhận thấy rằng học sinh có hứng thú hơn trong học tập, học sinh đã nắm được bản chất của phương pháp quy nạp toán học, cách vận dụng nó vào giải toán và đã rèn luyện được kỹ năng trình bày một bài giải theo phương pháp quy nạp. Sau khi học xong chuyên đề vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán, tôi tiến hành kiểm tra khảo sát mức độ hiểu, nắm kiến thức và vận dụng đối với 15 học sinh đã khảo sát ban đầu. Kết quả thu được như sau: Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10 SL % SL % SL % SL % 01 6,7% 04 26,6% 9 60% 01 6,7% Trên đây là một số nội dung về việc vận dụng phương pháp quy nạp toán học đẻ giải một số dạng toán mà tôi đã áp dụng giảng dạy trên thực tế hiện nay ở trường THCS cho học sinh đại trà cũng như trong quá trình ôn luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi cùng các đồng nghiệp đã thu được kết quả sau: + Học sinh tiếp thu bài nhanh, dễ hiểu hơn, hứng thú tích cực trong học tập và yêu thích bộ môn toán. Học sinh có thể vận dụng để giải được một số bài toán nâng cao dành cho hoc sinh giỏi. + Học sinh tránh được những sai sót cơ bản, và có kĩ năng vận dụng thành thạo cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh. Kỹ năng trình bày bài giải theo phương pháp quy nạp tốt hơn. Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh. Người thầy cần phát huy tính chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn. Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường. 31/32
  32. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán C - KẾT LUẬN Toán học là một kho tàng kiến thức vô tận, việc nghiên cứu và tìm ra các phương pháp giải toán là một công việc mà mỗi người dạy toán phải thường xuyên làm. Một mặt để nâng cao năng lực chuyên môn nghiệp vụ của bản thân, đồng thời nó giúp cho chúng ta tìm ra những phương pháp giảng dạy hay, có hiệu quả, giúp học sinh có hứng thú trong học tập, rèn luyện được kỹ năng giải toán. Việc đổi mới phương pháp dạy học phụ thuộc rất nhiều vào trình độ chuyên môn nghiệp vụ, năng lực sư phạm của giáo viên. Nhưng bên cạnh đó, sự hứng thú đối với môn học của học sinh cũng rất quan trọng. Theo tôi việc hứng thú với môn học có được chỉ khi nào các em có sự tự tin, có thể tự mình giải được một số bài toán, dạng toán. Do đó trong quá trình dạy học, người giáo viên cần phải cung cấp cho học sinh hệ thống các phương pháp học tập cũng như các phương pháp giải toán, khi học sinh nắm được hệ thống kiến thức và phương pháp cơ bản thì các em mới có thể có đủ sự tự tin, tự mình tìm tòi, nghiên cứu và từ đó các em sẽ thấy hứng thú đối với môn học. Trong khuôn khổ của sáng kiến tôi chỉ đề cập đến việc vận dụng phương pháp quy nạp Toán học để giải dạng toán. Tuy nhiên, trên thực tế phương pháp quy nạp Toán học còn được vận dụng để giải nhiều dạng toán khác đa dạng hơn và trong nhiều lĩnh vực khác nhau. Theo tôi phương pháp này sẽ có nhiều hiệu quả hơn nếu chúng ta vận dụng vào trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, đào tạo nhân tài. Hy vọng rằng với nội dung nghiên cứu trên đây sẽ góp một phần nhỏ vào trong quá trình giảng dạy của giáo viên và học tập của học sinh, giúp học sinh nắm chắc được kiến thức và phương pháp học tập, từ đó có hứng thú học tập đối với môn Toán. XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Sơn Tây ngày 11 tháng 3 năm 2018 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình, không sao chép của người khác Người viết Nguyễn Thị Thu Cúc 32/32
  33. Sáng kiến kinh nghiệm Môn toán 33/32