skkn vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP
QUY NẠP TOÁN HỌC ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN


A. Phần mở đầu
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, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà
khoa học chuyên tâm nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về 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 đặc biệt là giải
toán hình học 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 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.
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: “Vận dụng
phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán” 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














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 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, chứng
minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức Do vậy “phương pháp
chứng minh quy nạp” 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 người 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 26 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 %
11 42,3%

08 30,8%

05 19,2%

02 7,7%

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, chứng minh đẳng thức,
chứng minh bất đẳng thức. 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. Mục đích nghiên cứu:
a. Đối với giáo viên:
- 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.
- Thông qua việc giải các bài toán áp dụng quy nạp (để chứng minh
chia hết, chứng minh đẳng thức, BĐT) giúp học sinh thấy rõ mục đích
của việc học toán.
IV. 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.
V. Một số kiến thức cơ bản về phương pháp chứng minh quy nạp:
1, phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn:
Ví dụ 1. Quan sát các kết quả sau: 1
3
- 1 chia hết cho 3
2
3
- 2 chia hết cho 3
3
3
- 3 chia hết cho 3
4
3
- 4 chia hết cho 3

 Hãy đưa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó?
Giải: Dự đoán: a
3
- a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a
Chứng minh: Gọi A = a
3
- a = a.(a - 1)(a + 1)
Xét ba khả năng có thể xảy ra:
a) Nếu a = 3k (k  N) thì A chia hết cho 3
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 + 1 chia hết cho 3, do đó A chia
hết cho 3
Vậy a
3
- a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a
Ví dụ 2. Quan sát kết quả sau: 2
3
- 2 chia hết cho 3
2
5
- 2 chia hết cho 5
2
7
- 2 chia hết cho 7
 Dự đoán sau đúng hay sai? 2
n
- 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n?
Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 2
9

- 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
 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 2
n
+ 1 cho ta các số
nguyên tố với n bằng 2
0
, 2
1
, 2
2
, 2
3
, 2
4
(thật vậy 2
1
+ 1 = 3; 2
2
+ 1 = 5; 2
4
+
1 = 17; 2
8
+ 1 = 257; 2
16
+ 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố )
Với n = 2
5
= 32 thì 2

n
+ 1 = 2
32
+ 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, năm 1732, Ơle mới bác bỏ giả thuyết trên bằng cách
chỉ ra rằng 2
32
+ 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 p
2
. 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 2
1093
- 1 chia hết cho 1093
2

- Một dự đoán khác: Số 911n
2

+ 1 không là số chính phương với mọi số
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 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 thỏa mãn:
1, Mệnh đề đúng với n = 1
2, Từ giả thiết mệnh đề đúng với n = k (k  N) 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 n = 1

Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (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

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 ba dạng toán đó
là: Chứng minh sự chia hết, chứng minh đẳng thức và chứng minh bất
đẳng thức. 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.

3, Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh:
3.1, 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: [n
3
+ (n + 1)
3
+ (n + 2)
3
]


9
(1)
+ Với n =1, ta có: 1
3
+ 2
3
+ 3

3
= 1 + 8 + 27 = 36  9
Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N) tức là: [k
3
+ (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
+ k
3
+ 9k
2
+27k + 27
= [k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)
3
] + 9(k
2
+ 3k +
3)
Theo giả thiết quy nạp: k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)
3


9
còn 9(k
3

+ 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 phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9
Bài 2: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì: A
(n)
= 7
n + 2
+ 8
2n +
1
 19

Giải:
+ Với n = 1 thì A
(1)
= 7
3
+ 8
3
= 343 + 512 = 19.45


A
(1)


19
Vậy A
(n)
đúng với n = 1
+ Giả sử A
(n)
đúng với n = k. Ta có: A
(k)
= 7
k + 2
+ 8
2k + 1


19
Ta phải chứng minh A
(n)
đúng với n = k + 1
A
(k + 1)
= 7
k + 3
+ 8
2k + 3
= 7.7
k + 2

+ 8
2
.8
2k + 1

= 7.7
k + 2
+ 64.8
2k + 1
= 7.7
k + 2
+ 7.8
2k + 1
+ 57.8
2k + 1

= 7.( 7
k + 2
+ 8
2k + 1
) + 19.3.8
2k + 1
= 7. A
(k)
+ 19.3.8
2k + 1

Vì A
(k)


19 (Theo giả thiết quy nạp)

7. A
(k)


19
19 19

19.3.8
2k + 1
 19

A
(k + 1)
 19
Theo nguyên lí quy nạp A
(n)


19 Với

n nguyên dương
Vậy A
(n)
= 7
k + 2
+ 8
2k + 1


19 Với

n nguyên dương
+ Kết luận: Vậy A
(n)
đúng với mọi số nguyên dương
Bài 3: Chứng minh rằng: 16
n
- 15n - 1

225; n  N
Giải:
Đặt A
(n)
= 16
n
- 15n - 1
+ Với n = 1, ta có: A
(1)
= 16 - 15 - 1 = 0  225

A
(1)
 225
+ Giả sử A
(n)
đúng với n = k. Ta có: A
(k)

= 16
k
- 15k - 1

225
Ta phải chứng minh A
(n)
đúng với n = k + 1
Thật vậy: A
(k + 1)
= 16
k + 1
- 15(k + 1) - 1
= 16.16
k
- 15k - 16
= (16
k
- 15k - 1) + 15.16
k
- 15
= (16
k
- 15k - 1) + 15(16
k
- 1)
= A
(k)
+ 15(16
k

- 1)
Theo giả thiết quy nạp có A
(k)


225
Ta có: 16
k
- 116 - 1

16
k
- 115

15(16
k
- 1)  15.15

15(16
k
- 1)

225

A
(k + 1)
 225
Theo nguyên lí quy nạp thì A
(n)


225 với

n  N
+ Kết luận: Vậy 16
n
- 15 - 1

225 với

n  N
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) S
n
= (n + 1).(n + 2).(n + 3) (n + n) chia hết cho 2
n

b) 3
3n + 2
+ 5.2
3n + 1
chia hết cho 19
c) n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n chia hết 24
Giải:

a) Với n = 1 thì S
1
= (1 + 1).(1 + 2) (1 + n) = 2.3 (1 + 1)  2
n

Vậy S
n
đúng với n = 1
Giả sử S
n
đúng với n = k, tức là: S
k
= (k + 1).(k + 2) (k + k)  2
n

Ta phải chứng minh S
n
đúng với n = k + 1
Tức là S
k + 1
= (k + 2).(k + 3) (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) (2k +
2)  2
n

Thật vậy: S
k + 1
= (k + 2).(k + 3).(k + 4) (k + k + 2)
= (k + 1).(k + 2).(k + 3) (k + k).2.(2k + 1)
= S

k
.2.(2k + 1)
Theo giả thiết quy nạp có S
k
 2
n

Do đó: S
k
.2.(2k + 1)

2
n
.

S
k + 1

2
n

Vậy S
n

2
n
đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì S
n


2
n

b) Với n = 1 thì A
(n)
= 3
3n + 2
+ 5.2
3n + 1
= 3
5
+5.2
4
=243 + 80 = 323 chia
hết cho 19

A
(n)
đúng với n = 1
+ Giả sử A
(n)


19 đúng với n = k, tức là: A
(k)
= 3
3k + 2
+ 5.2
3k + 1


19
Ta phải đi chứng minh A
(n)
 19 đúng với n = k + 1
Tức là: A
(k + 1)
= 3
3(k + 1) + 2
+ 5.2
3(k + 1) + 1
A
(k + 1)
= 3
3k + 5
+ 5.2
3k + 4
 19
Thật vậy: A
(k + 1)
= 3
3k + 5
+ 5.2
3k + 4
= 3
3k + 2
.3
3
+ 5.2
3k + 1

.2
3

= 27(3
3k + 2
+ 5.2
3k + 1
) - 19.3
3k + 1

= 27.A
k
- 19.3
3k + 1

Theo giả thiết quy nạp có: A
k
 19

27A
k
 19
Lại có: 19

19

19.3
3k + 1



19. Do đó A
(k + 1)
= 27.A
k
- 19.3
3k + 1



19
Vậy A
(n)
 19 đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì A
(n)


19
c) Chứng minh: n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n  24.
+ Với n = 1 thì A = n
4
+ 6n
3
+ 11n

2
+ 6n = 1 + 6 + 11 + 6 = 24

24
Vậy A  24 đúng với n = 1
+ Giả sử A  24 đúng với n = k
Tức là: A
(k)
= k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k

24
Ta phải đi chứng minh A
(n)
 24 đúng với n = k + 1
Tức là: A
(k + 1)
= (k+1)
4
+ 6(k + 1)
3
+ 11(k + 1)
2
+ 6(k + 1)


24
Thật vậy:

A
(k + 1)
= k
4
+ 4k
3
+ 6k
2
+ 4k + 1 + 6k
3
+ 18k
2
+ 18k + 6 + 11k
2
+ 22k + 11
+ 6k + 1
A
(k + 1)
= (k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k) + 24(k
2
+ 1) + 4(k

3
+ 11k)
Dễ thấy: k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k  24 (Theo giả thiết quy nạp)
Và 24(k
2
+ 1)

24. Lại có (k
3
+ 11k)

6 với

k  N
Thật vậy: với k = 1 thì k
3
+ 11k = 12

6. (đúng)
Giả sử đúng với k = m thì m
3
+ 11m  6 (m  N)
Ta phải đi chứng minh k
3

+ 11k

6 đúng với k = m +1
Thật vậy: (m + 1)
3
+ 11(m + 1) = m
3
+ 3m
2
+ 3m + 1 + 11m + 11
= (m
3
+ 11m) + (3m
2
+ 3m + 12)


6
Do đó k
3
+ 11k

6

4(k
3
+ 11k)

24
Vậy A

(k + 1)
= (k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k) + 24(k
2
+ 1) + 4(k
3
+ 11k)

24
Vậy A
(n)


24 đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có: n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n
 24
* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a:
a) a

2
- a chia hết cho 2 b) a
3
- a chia hết cho
3
c) a
5
- a chia hết cho 5 d) a
7
- a chia hết cho
7
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) 3
2n + 1
+ 40n - 67 chia hết cho 64 b) 2
n + 2
.3
n
+ 5n - 4 chia hết
cho 25
c) 7
n + 2
+ 8
2n + 2
chia hết cho 57 d) 10
n
+ 72n - 1 chia hết cho
81
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì số gồm 3
n

chữ số
1 chia hết cho 3
n
?
HD: Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111

3
Giả sử số
k
11 1
3
chia hết cho 3, ta có số:
k 1
11 1
3

=
k
11 1
3
.
k
11 1
3
.
k
11 1
3
=
k

11 1
3
.
k
100 1
3
.
k
100 01
3
chia hết
cho 3

Vậy với mọi số nguyên dương n thì gồm 3
n
chữ số 1 chia hết cho 3
n

Bài 4: Chứng minh rằng A chia hết cho B với:
a) A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + 99
3
+ 100
3
; B = 1 + 2 + 3 + +

99 + 100
b) A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + 99
3
; 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 a
6
- b
6
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 cho 8
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương:
a) (n + 1).(n + 2).(n + 3) (2n) chia hết cho 2
n

b) (n + 1).(n + 2).(n + 3) (3n) chia hết cho 3
n

Bài 9: CM rằng: A = n
3
(n
2
- 7)
2
- 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự
nhiên n



3.2, Dạng 2. Chứng minh đẳng thức:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
S
n
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=

 
 
 
2
n(n 1)

2
(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1
3
= 1; vế phải của (1) bằng

 

 
 
2
1(1 1)
1
2


VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N & k  1)
Tức là: S
K
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + k
3
=

 
 
 
 
2
(k 1)(k 2)
2

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k +1

Tức là: S
K + 1
=1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + (k + 1)
3
=
 
 
 
 
2
(k 1)(k 2)
2

Thật Vậy: S

K + 1
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + (k + 1)
3

= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + k
3
+ (k + 1)
3

= S
K

+ (k + 1)
3

Theo giả thiết quy nạp thì S
k
=


 
 
 
2
(k(k 1)
2

Do đó: S
k + 1
=

 
 
 
2
(k(k 1)
2
+ (k + 1)
3
=
 

 
 
2
2
k (k 1)
4

+ (k + 1)
3

=
2 2
(k 1) . k 4(k 1)
4
 
  
 

=


2 2
(k 1) . k 4k 1
4
  

=


2
2
(k 1) . k 2
4
 
=
2
(k 1).(k 1)

2
 
 
 
 


S
K + 1
=
2
(k 1).(k 1)
2
 
 
 
 
đúng. Vậy (1) đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n

Bài 2. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì:
S
n
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n

2
=
n(n 1).(2n 1)
6
 
(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1
2
= 1
vế phải của (1) bằng
1(1 1).(2.1 1)
6
 
= 1
Vậy VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N & k  1), tức là:
S
k
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + k
2
=
k(k 1).(2k 1)
6

 

Ta phải chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là:
S
k + 1
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + (k + 1)
2
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6
  

Thật vậy: S
k + 1
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + k
2
+ (k + 1)
2

= S
k
+ (k + 1)
2


(Do giả thiết quy nạp S
n
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + k
2
)
Mặt khác S
k
=
k(k 1).(2k 1)
6
 
do đó ta có:
S
k + 1
=
k(k 1).(2k 1)
6
 

+ (k + 1)
2

=
2
k(k 1).(2k 1) 6(k 1)
6
   
=
   
 
 
(k 1). k(2k 1) 6k 6
6

=
 
   
 
2
(k 1). 2k k 6k 6
6
=
2
(k 1).(2k 7k 6)
6
  
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6

  



S
k + 1
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6
  
. Vậy đẳng thức (1) đúng với n = k
+ 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì tổng bình phương n các số
tự nhiên liên tiếp bằng
n(n 1).(2n 1)
6
 

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
1 1 1 1 n

1.4 4.7 7.10 (3n 2).(3n 1) 3n 1
    
  

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
Tức là:
1 1 1 1 k 1

1.4 4.7 7.10 (3k 1).(3k 4) 3k 4

    
  

Thật vậy: S
k + 1

=
1 1 1 1 1

1.4 4.7 7.10 (3k 2).(3k 1) (3k 1).(3k 4)
    
   

= S
k
+

1
(3k 1).(3k 4)
 

Theo giả thiết quy nạp S
k
=
k
3k 1


Do đó: S
k + 1
=
k 1
3k 1 (3k 1).(3k 4)

  
=
2
3k 4k 1
(3k 1)
 


S
k + 1
=
(3k 1).(k 1)
(3k 1).(3k 4)

 
 
=
k 1
3k 4



Vậy S
n
đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức (1) luôn xảy ra
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
S
n
=
2 2 2 2
1 2 3 n n(n 1)

1.3 3.5 5.7 (2n 1).(2n 1) 2(2n 1)

    
  

Giải:
+ Với n = 1, vế phải của đẳng thức trên bằng
2
1
(2.1 1).(2.1 1)
 

=
1
3

vế trái của đẳng thức trên bằng
1(1 1)
2(2.1 1)


=
1
3


VT = VP =
1
3
. Vậy đẳng thức đúng với n = 1
+ Giả sử S
n
đúng với n = k (k  N, k  1)
Tức là: S
k

2 2 2 2
1 2 3 k k(k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) 2(2k 1)

     

  

Ta phải đi chứng minh đẳng thức S
n
đúng với n = k + 1

Tức là: S
k + 1

2 2 2 2
1 2 3 (k 1) (k 1).(k 2)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 3) 2(2k 3)
  
     
  

Thật vậy: S
k + 1

2 2 2 2 2
1 2 3 k (k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) (2k 1).(2k 3)

     
   

Theo giả thiết quy nạp:
2 2 2 2

1 2 3 k k(k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) (2k 1)2

    
  

Do đó: S
k + 1
2
k 1 (k 1) k 1 k k 1
.
2(2k 1) (2k 1).(2k 3) 2k 1 2 2k 3
   
 
   
 
    
 


2
k 1 k(2k 3) 2(k 1) k 1 2k 5k 2
. .
2k 1 2k(2k 3) 2k 1 2(2k 3)
      
 
   

k 1 (2k 2).(2k 1) (k 1).(k 2)
.
2k 1 2(2k 3) 2(2k 3)
    
 
  


S
k + 1
(k 1).(k 2)
2(2k 3)
 


. Vậy S
n
đúng với n = k + 1 (k  N, k  1)
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức S
n
luôn đúng

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì:
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 a 1 a 1
         
     
         
 

         
(1)
Giải:
+ Với a = 1, VT =
1 1
1
2 2
 
; VP =
1
2


VT = VP =
1
2

Vậy đẳng thức (1) đúng với a = 1
+ Giả sử a = k, đẳng thức (1) đúng, tức là
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 k 1 k 1
         
     
         
 
         

Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với a = k + 1 (k  N, k  1)
Tức là:

1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 1 . 1
2 3 4 k 1 k 2 k 2
         
     
         
  
         

Thật vậy:
1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 1 . 1
2 3 4 k 1 k 2
         
    
         
 
         


1 1 1 k 2 1 1
. 1 .
k 1 k 2 k 1 k 2 k 2
 
       
   
       
    
       

Vậy đẳng thức (1) đúng với a = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên a thì:
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 a 1 a 1
         
     
         
 
         


* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a, S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) =
n(n 1).(n 2)
3
 


b, S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(3n + 1) = n(n + 1)
2

c, S
n
= 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + n(n + 1).(n+2) =

n(n 1).(n 2).(n 3)
4
  

Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
     
 

n
1 1 1 1 n
S
1.2 2.3 3.4 n(n 1) n(n 1)
với n  1
n
1 1 1 1 n
S
1.5 5.9 9.13 (4n 3).(4n 1) 4n 1
     
  

n
1 1 1 1 n
S
1.6 6.11 11.16 (5n 4).(5n 1) 5n 1
     
  

n
1 1 1 1 n
S

1.7 7.13 13.19 (n 5).(6n 1) 6n 1
     
  

n
1 1 1 1 n
S
1.8 8.15 15.22 (7n 6).(7n 1) 7n 1
     
  

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  N thì:
a, S
n
= 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 + + n(n + 3) =
n(n 1).(n 5)
5
 

b, S
n
= 1.2 + 2.5 + 3.8 + + n.(3n - 1) = n
2
.(n + 1)
c) S
n
= 1.4 + 2.7 + 3.10 + + n.(3n + 1) = n.(n + 1)
2

Bài 4: a, Chứng minh rằng tổng n các số tự nhiên đầu tiên liên tiếp là:

S = 1 + 2 + 3 + 4 + + n =
n(n 1)
2


b, Chứng minh rằng tổng n các số chẵn đầu tiên liên tiếp là:
S = 2 + 4 + 6 + 8 + + 2n =

 
n(2n 2)
n(n 1)
2

c, Chứng minh rằng tổng n các số lẻ đầu tiên liên tiếp là:
S = 1 + 3 + 5 + 7 + + (2n - 1) = n
2


3.3, Dạng 3. Chứng minh bất đẳng thức:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n

3 thì: 2
n
> 2n + 1
(1)
Giải:
+ Với n = 3 thì VT = 2
3
= 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 2
k
> 2k + 1
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là: 2
k + 1
> 2k + 3
(2)
Thật vậy: 2
k + 1
= 2
k
.2 Theo giả thiết quy nạp 2
k
> 2k + 1
Do đó: 2
k + 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: 2
n

> 2n + 1 với mọi số nguyên dương và n

3

Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi với n số không âm
1 2 n
n
1 2 n
a a a
a a a
n
  
 với a
1
, a
2, . . .,
a
n
 0
CM:
+ Hiển nhiên mệnh đề đúng với n = 2, tức là
1 2
n
1 2
a a
a a
2



+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là:
1 2 k
k
1 2 k
a a a
a a a
k
  


Ta đi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1
Giả sử a
1


a
2




a
k


a
k + 1
. Thì a
k + 1


1 2 k
a a a
k
  

Đặt
1 2 k
a a a
k
  
= x thì x  0
a
k + 1
= x + y với y  0 và kx = a
1
, a
2, . . .,
a
k
 0 (Do giả thiết quy nạp)
Ta có:
k 1
k 1
1 2 k k 1
a a a a
kx x y
k 1 k 1




   
 
 
 

 
 
 
 
 
=

k 1
k 1 k k 1 k k
1 2 k k 1
y 1
x x (k 1). .x x x y x (x y) a a a a
k 1 k 1

 

 
          
 
 
 


1 2 k k 1
k 1

1 2 3 k 1
a a a a
a a a a
k 1



   
 

 

 
.
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n  2.
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a
1
= a
2
= = a
n

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
n
1
1 3
n
 
 
 

 

Giải:
+ Với n = 1 đẳng thức luôn đúng vì: VT =
1
1
1 2;
1
 
 
 
 
VP = 3
+ Vớí n = 2, theo khai triển Niu tơn ta có:
    
   
            
   
   
n
2 3 n
1 1 n(n 1) 1 n(n 1).(n 2) n(n 1) (n 2) 1 1 1 1
1 1 n. . . 1 1
n n 2! n 3!n n! n 2! 3! n!
Do:

     
                
     
 

     
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
2! 3! n! 1.2 2.3 (n 1)n 2 2 3 n 1 n n
Do đó:
 
    
 
 
2
1
1 1 1 1 3.
n
Với mọi n số nguyên dương

Bài 4: CMR với mọi số nguyên dương n thì:
    
   
1 1 1 1
1
n 1 n 2 n 3 3n 1

Giải:
+ Với n = 1, vế trái bất đẳng thức là:
   
1 1 1 13
1
2 3 4 12

Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là:
    
   
1 1 1 1
1
k 1 k 2 k 3 3k 1

Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là:
    
   
1 1 1 1
1
k 2 k 3 k 4 3k 4

Thật vậy:
           
         
 
         
 
         
 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

k 2 k 3 k 4 3k 4 k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3k 2
1 1 1 1 1 1 1 2
1
3k 3 3k 4 k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3(k 1).(3k 2).(3k 4)
Do giả thiết quy nạp:
    

   
1 1 1 1
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


Bài 5: CMR với mọi số nguyên dương n thì:
     

n
1 1 1 1 n
1
2 3 4 2 1 2

Giải:
+ Với n = 1, ta có: VT = 1; VP =
1
2
.


VT > VP. Vậy bất đẳng thức (1) đúng với n = 1

+ Giả sử bđt đúng với n = k, tức là:

k
k
1 1 1 1 k
S 1 .
2 3 4 2 1 2
      

(k  Z
+
, k

1)
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1
Tức là


        
 
k 1
k k
1 1 1 1 1 k 1
S 1
2 3 4 2 1 2 1 2

Thật vậy:


       

  
k 1 k k
k k k k 1
1 1 1 1
S S S A
2 2 1 2 2 2 1
(

)
Với A =
k k k 1
1 1 1

2 2 1 2 1

  
 

Ta nhận thấy A là tổng của 2
2
phân thức mà mỗi phân thức đều lớn hơn
k 1
1
2


Do đó: A >
k 1
1
2


+
k 1
1
2

+ … +
k 1
1
2

= 2
2
.


k 1
1 1
2 2
(


)
Từ (

) và (


) suy ra S
k + 1

= S
k
+ A >
1
2
.

S
k + 1
>
1
2

Lại có:
k 1 1
2 2


(với k  Z
+
, k

1) . Vậy bất đẳng thức đúng với n = k
+ 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì bất đẳng thức sau luôn
đúng:
     

n
1 1 1 1 n

1
2 3 4 2 1 2

Bài 6: Tìm số nguyên dương n sao cho: 2
n
> 5n
Giải:
+ Với n = 1; 2; 3; 4 thì vế trái nhỏ hơn vế phải
+ Với n = 5 thì 2
5
= 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: 2
k
>
5k
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1; Tức là: 2
k + 1
> 5(k
+ 1)
Thật vậy: 2
k + 1
= 2
k
.2 mà 2
k
> 5k (Theo giả thiết quy nạp)
Nên 2
k

.2

> 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k

5 nên 5k > 5
Vì vậy: 2
k + 1
> 5k + 5 = 5(k + 1)
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n, n

5 thì ta có 2
n
> 5n
*Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:

1 1 1 1 13

n 1 n 2 n 3 2n 24
    
  
(n

2)
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì:
a.
    
2 2 2 2
1 1 1 1
1

2 3 4 n

b.
    
  
1 1 1 1 3

2 n 1 n 2 n n 4

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên và n

1 thì tổng:
2 2 2 2
1 1 1 1
S .
1 2 3 n
     Không phải là một số tự nhiên
Bài 4. Chứng minh rằng:

   
2 2 2
1 1 1 n 1

2 3 n n

Bài 5. Cho S với n  N
*
và:
    


3 3 3 3
S
1.4 4.7 7.10 n(n 3)

Chứng minh rằng S < 1

Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n

2 đều có:
      
1 1 1 1 1
n 2 n
1 2 3 4 n

Bài 7. Chứng minh các bất đẳng thức:
a.
      
1 1 1
n 1 n 2
1 2 n

b.
   
 
1 1 1 1

n 1 n 2 2n 2

c.


 
1 1 3 5 2n 1 1
. . .
2 4 6 2n
2 n 2n

Bài 8. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
    
2 2 2 2
1 1 1 1
1
2 3 4 n
với mọi số tự nhiên n  2
b)
    
2 2 2 2
1 1 1 1 1

2 4 6 (2n) 2
với mọi số tự nhiên n  2
Bài 9. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có:
    
 
2 2
1 1 1 1 1

5 13 25 n (n 1) 2

VI. 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 đên bài khó với cách giải hay hơn, tìm ra được nhiều cách
giải cho một bài toán
VII. 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 26 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 %
02 7,7% 06 23,1%

10 38,4%

08 30,8%


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.










Phần III: 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: Chứng minh sự chia
hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức. Tuy nhiên, trên
thực tế phương pháp quy nạp Toán học còn được vận dụng để giải nhiều
dạng toán khác đa dạng hơn. 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.
Xin chân thành cảm ơn!









Tài liệu tham khảo

1. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 6 - NXB Giáo Dục năm

2003.
2. Đại số sơ cấp và thực hành giải toán - Hoàng Kỳ - Hoàng Thanh
Hà. NXB Đại học sư phạm năm 2005.
3. Nâng cao và phát triển Toán 9 - Vũ Hữu Bình. NXB Giáo Dục
năm 2007.
4. Nâng cao và phát triển Toán 6 - Vũ Hữu Bình. NXB Giáo Dục năm
2004.
5. Toán nâng cao và các chuyên đề Đại Số 8 - Nguyễn Ngọc Đạm -
Nguyễn Việt Hải - Vũ Dương Thụy. NXB Giáo Dục năm 1997.
6. Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8 - Vũ Hữu Bình - Đỗ Thân - Đỗ
Quang Thiều. NXB Giáo Dục năm 1999.