Phương pháp phát hiện và chứng minh giả thiết quy nạp

MỤC LỤC
Trang
I. MỞ ĐẦU
1.1.Lí do chọn đề tài…………………………………………… 1
1.2. Mục đích nghiên cứu ……………………………………… 1
1.3.Đối tượng nghiên cứu ……………………………………… 1
1.4.Phương pháp nghiên cứu …………………………………... 2
1.5.Những điểm mới của SKKN……………………………….. 2
II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm ………………… 2
2.1.1. Phương pháp quy nạp…………………………………….. 2
2.1.2. Nguyên lí quy nạp toán học …………………………….. 2
2.1.1a) Tiên đề ……………………………………………….... 2
2.1.1b) Định lí ………………………………………………… 2-3
2.1.3. Hai bước của nguyên lí quy nạp toán học……………….. 3-6
2.1.4. Giai đoạn quy nạp và giả thiết quy nạp………………….. 6
Dạng 1: Bài toán tính tổng ……………………………... 6-10
Dạng 2: Xác định công thức của dãy số (un ) ……………. 11-12
2.1.5. Bước quy nạp được xác định trên P(k) ………………….. 13
2.1.6. Bước quy nạp được xác định trên P(k+1)………………... 13
2.1.7. Áp dụng dãy số vào các bài toán thực tiễn………………... 14
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN………………. 15
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề…………….. 15
2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục…………… 15
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1.Kết luận . ……………………………………………………. 17
3.2. Kiến nghị …………………………………………………… 17

1

I. MỞ ĐẦU.
1.1.Lí do chọn đề tài :
Một phương pháp rất mạnh trong toán học dùng nghiên cứu và chứng minh
các giả thuyết là nguyên lý quy nạp toán học . Có vô số các ví dụ trong các môn
học ở chương trình phổ thông dùng nguyên lý này để diễn tả và mô tả . Nhưng
để hiểu thấu đáo về kỹ thuật áp dụng trong học tập , sáng tạo rất ít sách được bàn
tới hoặc có đề cập đến thì cũng chỉ nằm ở mức độ giản đơn. Khi học bộ môn giải
tích ở lớp 11 phần lớn học sinh không nắm vững phương pháp chứng minh quy
nạp và nguyên lý của bài toán quy nạp một cách cặn kẽ dẫn đến làm toán với
chủ đề này không được như ý . Một lớp bài toán là tính tổng , bài toán xác định
số hạng tổng quát của một dãy số hay nói khác đi là bài toán tìm kiếm giả thiết
quy nạp toán học Như vậy thực tiễn đặt ra là phải có cách nhìn nhận và tiếp cận
tốt hơn về bài toán chứng minh quy nạp toán học nói chung và bài toán tìm ra
giả thiết quy nạp nói riêng .
Thông qua việc trực tiếp giảng dạy và dự giờ của đồng nghiệp tôi nhận thấy
kiến thức về phương pháp quy nạp của học sinh lớp 11 còn nhiều hạn chế , các
em rất lúng túng và gặp nhiều khó khăn khi giải nhửng bài toán liên quan đến
nguyên lý quy nạp , bài toán liên qua đến xây dụng giả thiết quy nạp . Điều đó
khiến tôi phải suy nghĩ và tìm tòi phương pháp phù hợp và dễ hiểu đối với trình
độ và kiến thức của học sinh . Xuất phát từ tầm quan trọng của nội dung , tính
phức tạp hoá gây nên sự trở ngại cho học sinh trong quá trình tiếp cận với
phương pháp quy nạp toán học Cùng với việc giúp đỡ học sinh học tập tốt và
vận dụng nội dung này trong học toán một cách hiệu quả nhất cũng như với hy
vọng giúp học sinh khắc phục những yếu điểm kể trên , nắm vững phương pháp
quy nạp , từ đó giúp học sinh giải những bài toán bằng phương pháp quy nạp
toán học nói riêng và đạt kết quả cao trong quá trình học tập mộn toán nói chung
tôi mạnh dạn đề xuất sáng kiến “Phương pháp phát hiện và chứng minh giả thiết
quy nạp toán học ”
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Xuất phát từ tầm quan trọng của phương pháp chứng minh quy nạp toán

học , tính phức tạp của việc áp dụng nguyên lý quy nạp toán học gây nên trở
ngại cho học sinh trong quá trình tiếp cận . Cùng với sự tích luỹ kinh nghiệm có
được của bản thân qua những năm giảng dạy . Kết hợp với những kiến thức mà
tôi đã lĩnh hội được trong chương trình Đại học toán nên tôi mạnh dạn chọ đề tài
này.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Khi học sinh học chủ đề “phương pháp quy nạp toán học” những kiến thức
sau học sinh thường thấy khó là:
• Nguyên lí quy nạp toán học
• Giai đoạn quy nạp và giả thiết quy nạp
• Phát hiện giả thiết quy nạp
• Hai bước của nguyên lý quy nạp toán học
1.4.Phương pháp nghiên cứu:
Xây dựng khung phương pháp chung cụ thể , rõ ràng . Trên cơ sở đó đưa ra
những bài toán liên quan đến áp dụng nguyên lý quy nạp toán học phù hợp với
2


hoạt động năng lực , tư duy và kĩ năng vận dụng kiến thức của học sinh để giải
quyết triệt để những vướng mắc của học sinh gặp phải.
• Phương pháp phân tích ,tổng hợp
• Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
II. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Phương pháp quy nạp rất hay được dùng trong nghiên cứu khoa học cũng
như trong quá trình học tập môn toán ở trường THPT . Vì lí do đó nên chúng ta
phải hiểu phương pháp quy nạp thế nào đó và đặc biệt là áp dụng thế nào để
nhận được điều chân lí của toán học.
Với mục đích giúp cho học sinh thấy rằng toán học là rất gần gũi với cuộc
sống xung quanh, hoàn toàn rất thực tế và việc tiếp thu các kiến thức toán ở nhà

trường không chỉ để thi cử mà nó còn là những công cụ đắc lực để giúp các em
giải quyết các vấn đề, tình huống đơn giản trong thực tế.
2.1.1. Phương pháp quy nạp.
Để chứng minh mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n ∈ N * là đúng với mọi n
mà không thể thử trực tiếp được thì có thể làm như sau:
Bước 1: Kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n = 1 .
Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì n = k ≥ 1 (gọi là giả
thiết quy nạp ) , chứng minh rằng nó cũng đúng với n = k + 1. Đó là phương pháp
quy nạp toán học , hay còn gọi tắt là phương pháp quy nạp. [2]
Người ta thường phân biệt hai hình thức suy luận , đó là suy diễn và quy nạp.
“ Suy diễn hay còn gọi là phép suy diễn là đi từ cái chung đến cái riêng , từ tổng
quát đến cụ thể” , “còn quy nạp hay còn gọi là phép quy nạp lại đi từ cái riêng
đến cái chung , từ cụ thể đến tổng quát”. [2]
2.1.2. Nguyên lí quy nạp toán học.
Để ngắn gọn ta kí hiệu một khẳng định toán học là P( x) , ở đây x là một biến
số Người ta thường đưa về dạng mệnh đề:
“Với mọi x (trong một tập S nào đó ), P( x) ”. Trong sáng kiến này ta lấy x = n là
những số tự nhiên . S là tập các số tự nhiên ( bao gồm toàn bộ các số nguyên
dương). Ta sử dụng một tính chất rất quan trọng của tập số tự nhiên , thường
người ta công nhận như một tiên đề (được gọi là tiên đề thứ tự ).
2.1.2a) Tiên đề:
Trong một tập hợp khác rỗng của những số tự nhiên có một phần tử nhỏ
nhất.
Cho mỗi số tự nhiên n ứng với một khẳng định P(n) . Ví dụ , với 1 ta cho tương
ứng khẳng định P(1): “ Số 1 là số lẻ”, số 2 cho tương ứng với P(2) :”Số 2 là là
một số chẵn”;…Bằng tương ứng như vậy chúng ta tạo ra dãy khẳng định riêng
P (1), P (2),..., P(n),... Nguyên lý quy nạp toán học cho ta một phương pháp kiểm tra
khẳng định P(n) đúng hoặc sai với mọi n . Nguyên lý quy nạp toán học được thể
hiện qua định lí sau. [1]
2.1.2b) Định lí:

Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là mệnh đề có nghĩa với mọi số tự
nhiên n ≥ n0 . Nếu
A) P (n0 ) là đúng và
3


B ) Nếu P (k ) đúng , thì P (k + 1) cũng đúng với mỗi số tự nhiên k ≥ n0 , khi đó mệnh
đề P(n) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ n0 . [1]

Chứng minh:
Ta sẽ chứng minh định lí bằng phương pháp phản chứng. Giả sử ngược lại ,
mệnh đề khẳng định trong định lí không đúng với một số tự nhiên n ≥ n0 nào đó .
Nghĩa là tồn tại một số tự nhiên m ≥ n0 , mà P(m) không đúng . Ta lấy số tự nhiên
m nhỏ nhất mà P(m) không đúng (điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự).
Theo điều kiện A), ta có bất đẳng thức m > n0 , từ đó suy ra m −1 ≥ n0 . Từ bất
đẳng thức vừa lập và cách chọn số tự nhiên m suy ra P(m −1) là đúng , nhưng
nó không kéo theo được P(m) đúng cho số tiếp theo m = (m −1) + 1 . Điều này trái
với giả thiết B).
Xuất phát từ mệnh đề khẳng định với các trường hợp riêng , chẳng hạn như
các số 1,2, hoặc 3 có thể nảy sinh giả thiết mệnh đề đúng đúng với mọi số tự
nhiên Sau đó để chứng minh giả thiết của ta vừa xây dựng người ta lí luận theo
nguyên lí quynạp toán học . Theo định lí trên phương pháp này gồm hai bước ,
thứ nhất ta kiểm tra khẳng định một tính chất với n = n0 , gọi là bước cơ sở ; sau
đó chứng minh rằng nếu với mỗi k ≥ n0 , P(k ) thoả mãn tính chất đã biết , thì suy
ra P(k + 1) cũng có tính chất ấy , gọi là bước quy nạp . Kết luận là P(n) có tính
chất đã cho với mọi n ≥ n0 . Cách chứng minh theo quy nạp toán học là tránh
cho ta phải kiểm tra vô hạn bước các khẳng định của mệnh đề.
2.1.3. Hai bước của nguyên lý quy nạp toán học.
Như ta đã biết nguyên lý quy nạp toán học gồm hai phần , việc kiểm tra cả
hai cần được sáng tỏ khi áp dụng nguyên lý . Nếu ta bỏ đi một trong hai điều

kiện kiểm tra đó , thì ta sẽ nhận được những kết quả sai. Thông qua các ví dụ sau
để minh hoạ và hiểu thấu đáo điều này hơn.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên
liền sau [1].
Lời giải:
Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học .
Giả thiết rằng mệnh đề đúng với số tự nhiên n = k nào đó , nghĩa là
k = k +1.
Ta sẽ chứng minh đẳng thức sau đúng
k +1 = k + 2
Thật vậy , theo giả thiết quy nạp cộng hai vế đảng thức với 1 , ta nhận được
k + 1 = (k + 1) + 1 = k + 2
Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó đúng với n = k + 1 , do đó mệnh đề bài
toán 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 thật
vô lí Vậy cách chứng minh sai ở đâu? Dễ dàng thấy ngay trong chứng minh áp
dụng nguyên lý quy nạp toán học nhưng bỏ qua kiểm tra n = 1 .
Điều kiện A) và B) trong định lí ở mục 2.1.1b) có một ý nghĩa đặc biệt.
Điều kiện A) tạo ra cơ sở để thực hiện quy nạp.

4


Điều kiện B) đưa ra nguyên tắc cho việc mở rộng vô hạn trên cơ sở điều kiện A)
Nguyên tắc đi từ trường hợp riêng này sang trường hợp riêng khác ; từ k đến
k + 1 . Trong ví dụ 1 này ta không kiểm tra điều kiện A) của định lí ở mục
2.1.1b), nên không tạo ra cơ sở để thực hiện quy nạp , vì vậy không có nghĩa gì
khi thực hiện kiểm tra điều kiện B) của định lí này, thực chất là không có gì để
mở rộng cả.
Ta xét thêm ví dụ sau:

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng
3n > 3n + 1 . [2]
Lời giải:
Giả thiết bất đẳng thức đúng với n = k , với k là một số tự nhiên nào đó , nghĩa
là ta có:
3k > 3k + 1 . (1.1)
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1
3k +1 > 3(k + 1) + 1 (1.2)
Thật vậy , 3k là một số không nhỏ hơn 2 với mọi số tự nhiên k ≠ 0 . Ta cộng vế
trái của (1.1) với 3k và cộng vế phải của (1.1) với 3 . Ta nhận được
3k + 3k > 3k + 1 + 3 .
Nghĩa là

3k +1 > 3(k + 1) + 1 .

Bài toán đã được giải xong.
Tất nhiên ví dụ này cũng mắc sai lầm như ví dụ trước do không kiểm tra
bước cơ sở . Thực chất của cách chứng minh trên là bất đẳng thức 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 n .
Như ta có thể thử với n = 1 bất đẳng thức sai . Với n ≥ 2 thì bất đẳng thức
đúng . Giá trị số tự nhiên nhỏ nhất n = 3 bất đẳng thức (1) đúng (điều kiện A)
với n0 = 3 và lặp lại cách chứng minh ở trên từ giả thiết (1) đúng với n = k suy ra
nó đúng với n = k + 1 ( điều kiện B) . Vì vậy theonguyên lý quy nạp toán học ta
có kết luận bất đẳng thức đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 - chứ không phải với
mọi số tự nhiên n như đề bài ra).
Trong việc áp dụng phương pháp quy nạp toán học mà chỉ chứng minh điều
kiện A) của định lí ở mục 2.1.1 b) thì mới chỉ đưa ra bước cơ sở để quy nạp chứ
không có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó . Để minh chứng cho điều này ta
xét ví dụ sau:

Ví dụ 3: Chứng minh rằng nhứng giá trị của hàm số f (n) = n2 − n + 41 với
n = 0,1,2,... là những số nguyên tố. [1]
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.

5


Ta có thể tính toán tiếp tục giá trị của f (n) cho tới n = 40 , tất cả giá trị này đều
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 .
Như vậy ta thấy một mệnh đề có thể đúng với 40 trường hợp riêng , nhưng
không đúng với mọi trường hợp nói chung. [4]
Ví dụ 4: Đa thức x n −1 , với n là số tự nhiên dương . Đa thức này liên quan đến
bài toán hình học chia đường tròn ra thành n phần bàng nhau , nên đa thức này
được rất nhiều lĩnh vực toán học nghiên cứu và đề cập đến . Đặc biệt các nhà
toán học quan tâm tới vấn đề phân tích đa thức này thành các thừa số là các đa
thức với hệ số nguyên ±1 , liệu điều đó còn đúng với mọi n? [1]
Lời giải:
Bằng cách khai triển các trường hợp riêng , các nhà toán học nhận thấy rằng tất
cảc các hệ số trong các thừa số được khai triển có giá trị tuyệt đối không quá 1 .
Chẳng hạn:
x −1 = x − 1
x 2 −1 = ( x −1)( x + 1)
x3 −1 = ( x −1)( x 2 + x + 1)
x 4 −1 = ( x −1)( x + 1)( x 2 + 1)
x5 −1 = ( x −1)( x4 + x3 + x2 + x + 1)
x6 −1 = ( x −1)( x + 1)( x 2 + x + 1)( x 2 − x + 1)

Những cố gắng chứng minh điều nghi ngờ đúng với mọi n của các nhà toán học
không thành công . Một thời gian sau , nhà toán học Nga V.Ivanov(năm 1941)
chỉ ra rằng với đa thức x n − 1 , điều nghi ngờ chỉ đúng với các trường hợp nhỏ
hơn 105. Vì với n=105 , một thừa số của x105 − 1 là
x 48 + x 47 + x 46 − x 43 − x 42 − 2 x 41 − x 40 − x39 + x36 +
+ x35 + x34 + x33 + x32 + x31 − x 28 − x26 − x24 − x22 − x 20 +
+ x17 + x16 + x15 + x14 + x13 + x12 − x9 − x8 − 2 x7 − x6 + x5 + x2 + x + 1.
Thừa số này không có tính chất của các đa thức mà các nhà toán học muốn.
Ví dụ 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n mệnh đề sau đây đúng :” Nếu a
và b là những số tự nhiên dương , mà max(a, b) = n thì a = bn . [1]
Lời giải:Bước cơ sở: Với mỗi n kí hiệu An là mệnh đề của bài toán đã cho . Rõ
ràng A1 là đúng , vì nếu max(a, b) = 1 , thì hai số a và b phải bằng nhau và bằng
1. ( do a và b là số tự nhiên dương).
Bước quy nạp: Giả sử Ak là đúng . Nếu a và b là những số tự nhiên sao cho
max(a, b) = k + 1 . Ta xét hai số a1 = a − 1, b1 = b − 1 khi đó max(a1, b1) = k , từ đó
suy ra a1 = b1 , vì giải thiết Ak là đúng , do đó a = b , nghĩa là Ak+1 cũng đúng .
Theo nguyên lý quy nạp toán học An đúng với mọi số tự nhiên n.

6


Hệ quả: Cho a và b là hai số tự nhiên bất kì . Ta chứng minh được max(a, b) = k
, mà k là một số tự nhiên . Theo ví dụ trên An đúng với mọi n , thì nó cũng đúng
với Ak . Từ đó suy ra a = b , nghĩa là tất cảc các số tự nhiên đều bằng nhau. Thật
vô lý!
Trong ví dụ trên cách chứng minh sai ở đâu? Ta xem lại toàn bộ cách chứng
minh và nguyên lý quy nạp toán học . Bước quy nạp trong chứng minh không
nhắc tới điều kiện k ≥ 1 , bước quy nạp chuyển tiếp từ Ak sang Ak+1 . Thực tế
trong tính toán chứng minh không đảm bảo k ≥ 1 .
Trên đây là những ví dụ minh chứng cho việc chứng minh bằng phương pháp

quy nạp phải tuân thủ nghiêm ngặt nguyên lý quy nạp toán học gồm hai phần việc kiểm tra cả hai cần được thực hiện đầy đủ.
2.1.4. Giai đoạn quy nạp và giả thiết quy nạp .
Phương pháp quy nạp toán học rất hay được áp dụng trong nghiên cứu và tìm
tòi trong toán học , các nghành khoa học . Để hiểu cách áp dụng phương pháp
quy nạp cho đầy đủ , ta xem xét một số ví dụ sau đây như một phép “suy luận có
lý” mà G.Polya đã đề cập.
Dạng 1: Bài toán tính tổng
Phương pháp chung:
Sử dụng phương pháp quy nạp bằng việc thực hiện các bước :
Bước 1: Viết một vài tổng đầu tiên , từ đó dự đoán cho công thức.
Bước 2: Chứng minh công thức dự đoán bằng phương pháp quy nạp.
Ví dụ 6:
Cho trước một số tự nhiên n. Hãy tìm tổng các số tự nhiên 1,2,..., n .
Lời giải:
Ta kí hiệu Sn là tổng phải tìm , nghĩa là Sn = 1 + 2 + ... + n .
Ta hy vọng là tìm ra công thức ngắn gọn để tính tổng trên , công thức đó giúp ta
tính nhanh , gọn hơn là phải thực hiện lần lượt các phép cộng trong tổng . Ta
cũng biết đây là cấp số cộng , học sinh đã biết về cấp số này , thì ta có thể có
ngay công thức tính tổng . Nhưng ở đây ta muốn minh hoạ quá trình áp dụng
nguyên lí quy nạp toán học nên những điều đã biết về cấp số cộng ta bỏ qua, coi
như chưa biết.
Ta tính tổng Sn với một vài số tự nhiên liên tiếp , chẳng hạn bắt dầu từ 1.Những
kết quả tính toán của các trường hợp riêng ta xếp vào bảng:
n
1
2
3
4
5
6

Sn
1
3
6
10
15
21
Mục đích của ta là tìm được quy luật chung ( khẳng định chung), với bảng trên ,
mỗi số tự nhiên ở hàng trên trong bảng cho ta tương ứng với các số ở hàng
dưới ; Tìm ra quy luật của một bài toán phụ thuộc vào rất nhiều yếu tố: sự khéo
léo trong quan sát , sự nhạy cả dự đoán và kiểm tra của ta ; từ các kinh nghiệm
đã trải qua trong tính toán các bài toán tương tự , từ khả năng liên hệ bài toán
tương tự với điều kiện mới,…
Trên bảng trên ta dễ thấy quy luật : Tích của hai số liên tiếp ở hàng trên bằng
2 lần số đầu tiên tương ứng ở hàng dưới . Thật vậy 1.2=2.1, 2.3=2.3 , 3.4=2.6 ,
7


4.5=2.10, 5.6=2.15. Như vậy giai đoạn quy nạp của chúng ta đã thành công – đó
là tìm quy luật với các trường hợp riêng n = 1,2,3,4,5,6.
Tiếp tục một cách tự nhiên là mở rộng quy luật trên cho bảng với các số tự
nhiên bất kì . Ta đưa ra giả thiết thích hợ với quy luật vừa tìm được . Đặt
n(n + 1)
1 + 2 + ... + n =
.(*)
2
Một giả thiết ta đã làm như vậy được gọi là giải thiết quy nạp. Nhưng câu hỏi
đặt ra là đẳng thức (*) có đúng với mọi n = 1,2,... hay không? Rõ ràng nếu
(*)đúng với mọi số tự nhiên thì bằng cách thay n bằng n + 1 ta sẽ có đẳng thức :
(n + 1)(n + 2)

1 + 2 + ... + n + (n + 1) =
(**)
2
Trái lại , giả thiết (*) là đúng với mọi n = 1,2,...
Điều này không có cách nào khác là phải áp dụng nguyên lý quy nạp toán học.
Nghĩa là ta phải kiểm tra những điều kiện A) và B) của định lí trên - ở mục
2.1.1b)
Bước cơ sở: Với n =1 công thức (*) đúng ( nó còn đúng cho cả n = 2,3,4,5,6 ).
Bước quy nạp: Bây giờ chúng ta chứng minh cho công thức (*)đúng cho cả điều
kiện B). Với mục đích đó ta giả thiết công thức (*)đúng với một số n = k ≥ 1 nào
đó và sẽ chứng minh đẳng thức (*)đúng với n = k + 1 . Ta biến đổi:
k (k + 1)
(k + 1)(k + 2)
1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
+ (k + 1) =
2
2
Kết quả là (*)đúng với n = k + 1 . Theo nguyên lý quy nạp toán học công thức (*)
đúng với mọi n = 1,2,...
Tóm lại , qua ví dụ đơn giản trên ta thấy các bước quá trình tìm tòi và chứng
minh nguyên lý quy nạp toán học.
Ví dụ 7: Tính tổng
1
1
1
Sn =
+
+ ... +
với
a(a + 1) ( a + 1) (a + 2)

 a + (n − 1)  (a + n)
a ≠ 0, −1, −2 ; n = 1,2,... [1]
Lời giải: Việc trước tiên ta phải tìm ra công thức giả thiết quy nạp cho tổng trên
Ta tính :
1
S =
1 a(a + 1)
1
1
1
2
S =S +
=
+
=
2 1 (a + 1)(a + 2) a(a + 1) (a + 1)(a + 2) a(a + 2)
1
3
S =S +
=
3 2 (a + 2)(a + 3) a(a + 3)
1
4
S =S +
=
4 3 (a + 3)(a + 4) a(a + 4)
Chúng ta có thể đưa ra giả thiết rằng
n
Sn =
a(a + n) . (2)

Bước cơ sở : Như đã kiểm tra ở trên
Bước quy nạp: Gỉa thiết (1) đúng với số tự nhiên n = k nào đó . Khi đó
8


1
k
1
=S +
=
+
k +1 k (a + k )(a + k + 1) a(a + k ) (a + k )(a + k + 1)
1 k 2 + (a + 1)k + a
=
.
a+k
a(a + k + 1)
1 k 2 + (a + 1)k + a
.
Nhưng k 2 + (a + 1)k + a = (a + k )(k + 1) ,suy ra Sk+1 =
a+k
a(a + k + 1)
S

=

k +1
.
a( a + k + 1)

Từ kết quả vừa tính và bước cơ sở suy ra giả thiết quy nạp (2) là đúng với mọi
số tự nhiên n ≥ 1. [4]
Ví dụ 8: Tính tổng
2
2
4
2n
Sn =
+
+
+ ... +
n với n = 1,2,... ; a ≠ 1 [1]
1 − a2 1 + a2 1 + a4
1+ a2
Lời giải:
Ta phân tích : Số lượng số hạng của tổng là n + 1 ; trừ số hạng đầu tiên , còn lại
2k
k = 1,2,..., n).
các số hạng khác đề có dạng
k (
2
1+ a
Ta tính

2
2
4
S =
+
=

1 1 − a2 1+ a2 1 − a4
4
4
4
8
S =S +
=
+
=
2 1 1 + a 4 1 − a 4 1 + a 4 1 − a8

8
8
8
16
S =S +
=
+
=
3 2 1 + a8 1 − a8 1 + a8 1 − a16
Do 4 = 22 ,8 = 23,16 = 24 từ các biểu thức của S1, S2 , S3 ta có thể đưa ra giải
thiết
2n+1
Sn =
, (n = 1,2,...).
(3)
n+1
2
1− a
Bước cơ sở: Với n = 1 , công thức (2) đúng như đã kiểm tra ở trên.

Bước quy nạp: Gỉa sử (3) đúng với số tự nhiên n = k nào đó . Khi đó
k
2k +1
S
= 2 + 2 + 4 + ... + 2
+
k +1
k
k +1
1 − a2 1 + a2 1 + a4
1+ a2 1+ a2
2k +1
2k +1
2k + 2
+
=
=
k +1
k +1
k +2
1− a2
1+ a2
1− a2
Đẳng thức (3) cũng đúng với n = k + 1 . Như vậy từ nguyên lý quy nạp toán học
đẳng thức (3) đúng với mọi n ≥ 1 .
Ví dụ 9: Tính tổng của n số lẻ tự nhiên đầu tiên. [3]

9

Lời giải:
Ta kí hiệu tổng phải tìm là Sn :
Sn = 1 + 3 + 5 + ... + (2n −1) .
Để xây dựng giả thiết quy nạp toán học ta tính tổng ở một số giá trị được liệt kê
trong bảng sau:
n
1
2
3
4
5
6
Sn
1
4
9
16
25
36
Bây giờ phụ thuộc vào sự quan sát của ta và kinh nghiệm trên kết quả riêng để
dự đoán mệnh đề tổng quát chung . Dễ thấy các số ở hàng Sn đều là số chính
phương : S1 = 12 , S2 = 22 , S3 = 32 , S4 = 42 , S5 = 52 , S6 = 62 .
Như vậy ta có thể đươa ra giả thiết chung là
Sn = n2 (4)
Ta sẽ chứng minh (4) đúng với mọi số tự nhiên n.
Bước cơ sở: Với n = 1 , tổng chỉ có một số hạng Sn = 1 ; biểu thức n 2 = 1 ,với
n=1 , như vậy (4) đúng.
Bước quy nạp: Gỉa sử (4) đúng với n=k , ( Sk = k 2 ) . Ta sẽ chứng minh (4) đúng
với n = k + 1 .
S k +1 = (k + 1) 2 . Thật vậy S k +1 = S k + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1) 2

Ví dụ 10: Tính tổng bình phương của n số tự nhiên đầu tiên. [2]
Lời giải:
Ta tiến hành tìm công thức cho giả thiết quy nạp . Đặt
Tn = 12 + 22 + ... + n 2 .
Ta hãy tìm một số giá trị của tổng khi cho n=1,2,3,4,5,6.
n
1
2
3
4
5
6
Tn
1
5
14
30
55
91
Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật chug cho Tn . Với thông tin ít ỏi
như vậy không cho kết quả gì, nhưng với kinh nghiệm ta có thể liên hệ với các
ví dụ đã iải và so sánh những số trong ví dụ 6 và chìa khoá tìm ra quy luật chung
cho bảng sau:
n
1
2
3
4
5
6

Tn
1
5
14
30
55
91
Sn
1
3
6
10
15
21
1
5
14
30
55
91
Tn
1
3
6
10
15
21
Sn
Dòng cuối cùng trong bảng ta có thể viết lại :

10


1 3 5 14 7 30 9 55 11 91 13
= , ,
= ,
= ,
=
,
= . Bây giờ ta có thể đưa ra giả thiết
1 3 3 6 3 10 3 15 3 21 3

Tn 2n + 1
rằng S = 3 .
n
Từ kết quả trong ví dụ 6 , ta có:

2n + 1 n(n + 1)
n(n + 1)(2n + 1)
Tn =
.
. (5)
Vậy 12 + 22 + ... + n2 =
3
2
6
Ta chứng minh (5) đúng với mọi số tự nhiên n bằng phương pháp quy nạp toán
học.
Bước cơ sở: Bằng cách xây dựng trên ( 5) đúng với n=1.
Bước quy nạp: Gỉa sử (5) đúng với số tự nhiên n = k nào đó. Ta sẽ chứng minh

rằng nó cũng đúng với n = k + 1 , nghĩa là
(k + 1)(k + 2)(2k + 3)
12 + 22 + ... + k 2 + (k + 1)2 =
.
6
Thật vậy,
k (k + 1)(2k + 1)
T
= T + (k + 1)2 =
+ (k + 1)2
k +1 k
6
k (2k + 1) + 6(k + 1) (k + 1)(k + 2)(2k + 3)
=
= (k + 1)
.
6
6
Như vậy bài toán được giải xong.
Bài tập tương tự:
Tính tổng bằng cách xây dựng giả thiết và chứng minh bằng phương pháp quy
nạp toán học các tổng sau:
1) Sn = 12 − 22 + ... + (−1)n−1n2
2) Sn = 13 + 23 + ... + n3
3) Sn = 1.1!+ 2.2!+ ... + n.n!
4) Sn = 12 + 32 + ... + (2n −1)2 . [4]
Dạng 2: Xác định công thức của dãy số (un ).
Phương pháp chung:
Sử dụng phương pháp quy nạp bằng việc thực hiện các bước :
Bước 1: Viết một vài số hạng đầu của dãy , từ đó dự đoán cho công thức un .

Bước 2: Chứng minh công thức dự đoán bằng phương pháp quy nạp.
Ví dụ 11: Cho dãy số (un ) xác định như sau:
u = 1
 1

un = un−1 + 2, n ≥ 2
Xãc định công thức tính un theo n. [4]
Lời giải:
Ta có :

11


u = 1 = 2.1 −1
1
u = 1 + 2 = 3 = 2.2 −1
2
u = 3 + 2 = 5 = 2.3 −1
3
u
Dự đoán n = 2n −1 . (6)
Ta đi chứng minh dự đoán trên bằng phương pháp quy nạp toán học , thật vậy:
u = 2.1 −1 = 1 , tức công thức (6) đúng với n = 1.
1
Giả sử công thức (6) đúng với n = k, tức là uk = 2k −1 . Ta đi chứng minh nó
cũng đúng với n = k+1.
Thật vậy:
u
= u + 2 = 2k −1 + 2 = 2(k + 1) −1 , tức là (6) đúng với n = k+1.
k +1 k

Vậy , ta có un = 2n −1.
2
, n ∈ ¥ * và dãy số ( Sn ) xác định
Ví dụ 12: Cho dãy số (un ) với un = 2
n + 4n + 3
như sau:

S = u
 1 1
.

 Sn = Sn−1 + un , n ≥ 2

Xác định công thức tính Sn . [4]
Lời giải:
Bằng phân tích và áp dụng phương pháp quy nạp ta có Sn = u1 + u2 + ... + un .
Mặt khác , ta có biểu diễn:
un =

2
n 2 + 4n + 3

=

2
1
1
=
−
(n + 1)(n + 3) n + 1 n + 3 .

Từ đó , ta nhận được:
1 1
u = −
1 2 4
1 1
u = −
2 3 5
1 1
u = −
3 4 6

1
1
un =
−
n +1 n + 3
Cộng theo vế các đẳng thức trên , ta được:
2
Sn = u + u + ... + un = 1 + 1 − 1 − 1 = 5n + 13n .
1 2
2 3 n + 2 n + 3 (n + 2)(n + 3)
u = 2
 1
Ví dụ 13: Cho dãy số (un ) xác định như sau: 
un = 2 + un−1 , n ≥ 2


Xác định công thức tính un . [4]

12


Lời giải:
Ta có:
2
π
π
u = 2 = 2.
= 2.cos
= 2.cos
1
2
22
21+1

π
π
π
π
u = 2 + 2cos
= 2(1 + cos ) = 4cos2
= 2cos
2
22
22
23
22+1
π
Từ đó, ta dự đoán un = 2cos n+1 .(7)

2
Ta chứng minh dự đoán trên bằng phương pháp quynạp toán học , thật vậy:
(7) đúng với n = 1.
π
Giả sử (7) đúng với n = k , tức là uk = 2cos k +1 . Ta chứng minh
2
π
u
= 2cos
, thật vậy:
k +1
2k +2
π

π

π

= 2 + u = 2 + 2cos
= 2(1 + cos
) = 2.2cos 2
k +1
k
k
+
1
k
+
1
2

2
2k + 2

u

π
π
= 2cos
2k + 2
2k + 2
π
π
π
Do 0 < k +2 < 2 ⇒ cos k +2 > 0.
2
2
π
Vậy, ta luôn có un = 2.cos k +2 .
2
Bài tập tương tự:
1)Cho dãy số (un ) xác định như sau :
u = 1
 1

. Xác định công thức tính un .
un = 3un−1 , n ≥ 2
2) Cho dãy số (un ) xác định như sau:
u = 4
 1


. Xác định công thức tính un .
u
=
2
u
,
n
≥
2
 n
n−1
3) Cho dãy số (un ) xác định như sau:
u = 5
 1

. Xác định công thức tính un .
1
u
=
u
,
n
≥
2
 n
3 n−1

4) Cho dãy số (un ) xác địnhnhư sau:
u = 1
 1

3

. Xác định công thức tính un . [4]
u
=
,
n
≥
2
n

u

n−1
2.1.5. Bước quy nạp được xây dụng trên P(k).
= 2 cos

13


Trong chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học , khó khăn nhất là
bước quy nạp chuyển từ mệnh đề P(k ) sang mệnh đề P(k + 1) .
Ví dụ 14: Chứng minh rằng
2n−1(a n + bn ) > (a + b)n . ở đây a + b > 0, a ≠ b, n > 1 . (8)
Lời giải:
Bước cơ sở: Với n = 2 đẳng thức (8) có dạng
2(a2 +b2 )>(a+b)2 . (8.1)
Vì a ≠ b ta có bất đẳng thức đúng (a − b)2 > 0 , cộng hai vế bất đẳng thức này với
(a + b)2 , ta có (8.1).
Bước quy nạp : Giả sử (8) đúng với số n = k nào đó , tức là:

2k −1(a k + bk ) > (a + b)k
Để chứng minh (8) đúng với n = k+1 bây giờ ta chỉ cần chứng minh
2k (a k +1 + b k +1 ) > (a + b) k +1

Sau khi biến đổi và đơn giản hai vế ta được bất đẳng thức tương đương với
a k +1 + bk +1 > a k .b + bk .a , từ đó suy ra (a k − bk )(a − b) > 0 . (8.2)
Xét hai trường hợp:
• Nếu a > b và điều kiện đã cho là a > −b , suy ra a > b . Vì vậy a k > bk . Do đó
bất đẳng thức (8.2) đúng .
• Nếu a < b , lí luận tương tự phần trên , ta có a k < bk , trong trường hợp này
(8.2) cũng đúng . Tóm lại (8.2) đúng với mọi a ≠ b .Do đó (8) đúng với n = k+1.
2.1.6.Bước quy nạp được xây dụng trên P(k+1).
Bước quy nạp trong nguyên lý 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
nhiều khó khăn hoặc không có hướng chính xác . Khi đó ta phải tìm ngược lại
để biểu diễn P(k + 1) ra mệnh đề của P(k) và tiến hành quy nạp . Phần này và
phần trước liên quan mật thiết và tương đương nhau. [1]
Ví dụ 15: Chứng minh rằng số zn = 32n+1 + 40n − 67 chia hết cho 64 với mọi số
n nguyên không âm. [1]
Lời giải:
Bước cơ sở: z0 = 31 + 0 − 67 = −64 chia hết cho 64, mệnh đề đúng với n=0.
Bước quy nạp: Gỉa sử zn chia hết cho 64 , khi đó:
z
= 32n+3 + 40n − 27 = 9(32n+1 + 40n − 67) − 320 + 567 = 9 zn − 64(5n − 9)
n+1
Cũng chia hết cho 64 . Bài toán đúng với mọi n.
2.1.7. Áp dụng dãy số vào các bài toán thực tiễn.
Ví dụ 16: Có 1 kg chất phóng xạ độc hại . Biết rằng cứ sau một khoảng thời
gian T = 24 000 năm thì một nửa số chất phóng xạ này bị phân rã thành chất khác
không độc hai đối với sức khỏe con người ( T được gọi là chu kì bán rã).

Gọi un là khối lượng chất phóng xạ còn lại sau chu kì thứ n .
a) Tìm số hạng tổng quát un của dãy số (un ) .
14


b) Chứng minh rằng (un ) có giới hạn là 0.
c) Từ kết quả câu b), chứng tỏ rằng sau một năm nào đố khối lượng chất phóng
xạ đã cho ban đầu không còn độc hại đối với con người , cho biết chất phóng xạ
này sẽ không còn độc hại nữa nếu khối lượng chất phóng xạ còn lại bé hơn
10−6 g . [2]
Lời giải:
1
2

a) -Nhận xét: u1 = , u2 =

1
1
1
, u3 = . Dự đoán un = n .
4
8
2

- Chứng minh dự đoán trên bằng phương pháp quy nạp:
Với n = 1 ⇒ u1 =

1
. Ta có công thức đúng với n = 1.
2

Gỉa sử công thức đúng với một số tự nhiên bất kì n = k ≥ 1 , tức là uk =
chứng minh công thức cũng đúng với n = k + 1 .

1
. Ta
2k

uk
1
1
= k +1 . Vậy công thức un = n đúng với mọi số tự nhiên n ∈ ¥ *
2 2
2
n
1
b) lim un = lim  ÷ = 0 ( theo tính chất lim q n = 0 nếu q < 1 .
2
1
1 1
1
c) Ta có : 6 (g) = 6 . 3 (kg)= 9 (kg).
10
10 10
10
1
Vì un → 0 , nên un = n có thể nhỏ hơn một số dương bé tùy ý , kể từ một số
2
1
hạng nào đó trở đi . Như vậy , un nhỏ hơn 9 kể từ chu kì n0 nào đó . Nghĩa là

10

Thật vậy uk +1 =

sau một số năm ứng với chu kì này , khối lượng chất phóng xạ không còn độc
hại với con người .
Cụ thể , muốn

1
1
< 9 , ta cần chọn n0 sao cho 2n0 > 109 .
n
2
2

Chẳng hạn với n0 = 36 , thì 236 = ( 24 ) = 169 . Nói cách khác sau chu kì thứ 36
( nghĩa là sau 36.24 000 = 864 000 ( năm)), chúng ta không còn lo lắng về sự
độc hại của khối lượng chất phóng xạ còn lại. [6]
Ví dụ 17: ( Đề mẫu THPTQG NĂM 2017). Ông A vay ngắn hạn ngân hàng
100 triệu đồng , với lãi suất 12% trên năm . Ông muốn hoàn nợ cho ngân hàng
theo cách như sau: Sau đúng một tháng kể từ ngày vay , ông bắt đầu hoàn nợ ,
hai lần hoàn nợ liên tiếp cách nhau đúng một tháng ,số tiền hoàn nở mỗi lần là
như nhau và trả hết tiền nợ sau ba tháng kể từ ngày vay. Hỏi theo cách đó số tiền
m mà ông A phải trả cho ngân hàng theo cách đó là bao nhiêu ? Biết rằng lãi
suất ngân hàng không thay đổi trong thời gian ông A hoàn nợ. [5]
Lời giải:
Lãi suất 12%/1 năm tương ứng với 1%/ tháng nên r = 0.01 ( do vay ngắn hạn).
Số tiền gốc sau 1 tháng là : T + T .r − m = T (1 + r ) − m
Số tiền gốc sau 2 tháng là: T (1 + r )2 −m [ (1 + r ) + 1]
2

2
Số tiền gốc sau 3 tháng là: T (1 + r )3 −m (1 + r ) + (1 + r ) + 1 =0
9

15


Do đó m =

T (1 + r )3
1.013
=
( triệu đồng).
2
(1 + r ) + (1 + r ) + 1 1.013 − 1

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiên kinh nghiệm.
Trước khi áp áp dụng sáng kiến kinh nghiệm , mỗi khi học đến chương 3Dãy số , cấp số cộng, cấp số nhân tôi nhận thấy học sinh của mình rất khó khăn
trong việc tìm số hạng tổng quát của một dãy số , bài toán liên quan đến chứng
minh quy nạp học sinh của tôi khó tiếp cận nguyên lý quy nạp để chứng minh
bài toán sử dụng phương pháp quy nạp toán học . Học sinh gặp rất nhiều khó
khăn trong việc kiến tạo cũng như tìm ra quy luật để từ đó phát hiện ra giả thiết
quy nạp. Học sinh bị hạn chế trong việc tìm tòi các bài toán tương tự .
Với những lí do trên , trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “Phương
pháp phát hiện và chứng minh giả thiết quy nạp” thì kết quả học tập của học sinh
hai lớp 11B4 và lớp 11B6 năm học 2016-2017 đạt được khi làm bài toán liên
quan đến tìm số hạng tổng quát của một dãy số được cho bởi bảng sau:
Lớp
Sĩ số
Điểm

Điểm
Điểm
Điểm
Điểm
Điểm
≥5
0..2
3..4
5..6
7.8
9..10
11B4
45
9
12
13
9
2
24
11B6
45
10
12
14
7
2
23
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:
Đối với chương trình toán THPT nói chung và phương pháp chứng minh quy
nạp toán học nói riêng - đặc biệt là những bài toán liên quan đến việc phát hiện

ra giả thiết quy nạp cần đến một kĩ thuật tinh tế và khéo léo. Điều bất cập là sách
giáo khoa giải tích lớp 11 hầu như không đề cập đến kĩ thuật tìm kiếm giả thiết
quy nạp , tài liệu tham khảo với chủ đề này cũng còn nhiều hạn chế . Trong hoàn
cảnh như vậy bản thân tôi khi dạy đến chủ đề này cũng chỉ đưa ra cho học sinh
của mình những kĩ thuật tìm số hạng tổng quát hay nói khác đi là tìm giả thiết
quy nạp dưới hình thức cục bộ - tức là không có được phương pháp chung ,
những cách làm đi đến chân lí của bài toán chưa thực sự tinh tế , nhẹ nhàng .
Chủ yếu là sử dụng giải pháp làm từng bài thủ công và đơn lẻ - chưa liên kêtý
được thành chuỗi các bài toán có liên quan , các bài toán có cùng nhóm nghiên
cứu . Thực trạng là khi đó bản thân tôi cũng đã tìm một vài giải pháp như là
phân tích , tổng hợp nhưng vẫn chưa thực sự làm cho học sinh hứng thú và tiếp
cận kiến thức tốt nhất khi học chủ đề này.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục , với
bản thân , đồng nghiệp và nhà trường.
Sáng kiến kinh nghiệm “ Phương pháp phát hiện và chứng minh giả thiết quy
nạp” tôi đã trình bày ở trên đã giúp cho bản thân tôi có một giải pháp –phương
pháp rất phù hợp vừa nhẹ nhàng , vừa tinh tế khi dạy đến chủ đề liên qua đến
việc xác định giả thiết quy nạp : như là bài toán xác định tổng trong bài toán tính
tổng, các bài toán tìm số hạng tổng quát của một dãy số ở chương 3 - Giải tích
lớp 11 . Đối với hoạt động giáo dục sáng kiến cũng đã giúp học sinh say mê hơn
với việc khám phá từ những cái riêng để đi đến cái chung . Nhìn nhận một vấn
đề theo một trật tự lôgíc . Đặc biệt giúp học sinh phát triển chỉ số IQ rất tốt khi
tiếp cận cách xác định giả thiết quy nạp mà sáng kiến đề cập đến.

16


Bên cạnh đó sáng kiến cũng đã giải quyết được một vấn đề quan trọng mà đồng
nghiệp cũng đang quan tâm- Phương pháp cần thiết về con đường hình thành giả
thiết quy nạp ở bài toán tính tổng và tìm số hạng tổng quát của một dãy số . Để

từ đó định hướng cho học sinh những bài toán liên quan và dẫn dắt học sinh tìm
ra giả thiết quy nạp tốt hơn vào hai bào toán này – góp phần vào kết quả học tập
môn toán ở trường THPT nói chung và phương pháp chứng minh quy nạp nói
riêng.Sau khi cho học sinh của mình áp dụng “Phương pháp phát hiện và chứng
minh giả thiết quy nạp”thì kết quả đạt được của học sinh hai lớp 11B4 và lớp
11B6 đạt được khi làm bài toán liên quan đến tìm số hạng tổng quát của một dãy
số được cho bởi bảng sau:
Lớp

Sĩ số

Điểm
Điểm
Điểm
Điểm
Điểm
Điểm
≥5
0..2
3..4
5..6
7.8
9..10
11B4 45
6
11
16
9
3
28

11B6 45
7
12
15
8
3
26
So sánh kết quả của hai lần khảo sát tôi thấy tỉ lệ học sinh điểm kém có
giảm đi , số học sinh đạt điểm trung bình tăng lên . Đặc biệt là nhờ có cách tiếp
cận làm bài mới mà học sinh cảm thấy hứng thú hơn đối với môn học , các em
không còn thấy băn khoăn hay lúng túng khi gặp những bài toán về tính tổng
hay là bài toán tìm số hạng tổng quát của dãy số.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận:
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm bản thân tôi đã rút ra được nhiều kinh
nghiệm trong giảng dạy chủ đề tính tổng, bài toán xác định số hạng tổng quát
của một dãy số nói riêng và bộ môn toán học ở trương THPT nói chung là:
Trước một chủ đề hay một vấn đề nào đó của toán học cần phải có một phương
pháp cụ thể , rõ ràng – làm cho học sinh tiếp cận kiến thức một cách nhẹ nhàng
và tinh tế . Và một điều quan trọng nhất là tạo cho học sinh chủ động học tập để
phát huy được tính tích cực sự tư duy tiềm ẩn của học sinh .
Sáng kiến kinh nghiệm “ Phương pháp phát hiện và chứng minh giả thiết quy
nạp” tôi đã trình bày ở trên đã giúp cho bản thân tôi có một giải pháp –phương
pháp rất phù hợp vừa nhẹ nhàng , vừa tinh tế khi dạy đến chủ đề liên qua đến
việc xác định giả thiết quy nạp : như là bài toán xác định tổng trong bài toán tính
tổng, các bài toán tìm số hạng tổng quát của một dãy số ở chương 3 - Giải tích
lớp 11 . Đối với hoạt động giáo dục sáng kiến cũng đã giúp học sinh say mê hơn
với việc khám phá từ những cái riêng để đi đến cái chung
Trong quá trình tìm tòi và phát hiện một điều nào đó của toán học – học sinh
đã tìm ra được mối quan hệ mật thiết giữa toán học và thực tiễn . Với phần dãy

số có rất nhiều bài toán , dạng toán hay thường được áp dụng trong đời sống
hằng ngày như bài toán về lãi suất ngân hàng, bài toán về phóng xạ…Qua đó
học sinh thấy được tầm quan trọng cũng như việc cần thiết phải học toán . Qua
một số ví dụ về áp dụng của dãy số vào bài toán thực tiễn mà bản thân tôi đưa ra
trong nội dung của sáng kiến đâu đó đã đánh thức được phần nào đó cho học
sinh sự hứng thú trong việc học toán nói chung và dãy số cũng như việc tìm tòi
và phát hiện giả thiết quy nạp nói riêng.
17


Do thời gian và trình độ có hạn , dù rất cố gắng song cũng có thể vẫn còn
nhiều thiếu sót rất mong nhận được sự trao đổi , chia sẻ của các thầy cô giáo ,
các đồng nghiệp để đề tài được hoàn thiện hơn nữa – góp phầp thúc đẩy công
việc giảng dạy chủ đề mà sáng kiến đề cập nói riêng cũng và môn toán ở trường
THPT nói chung.
3.2. Kiến nghị:
Thông qua sáng kiến kinh nghiệm bản thân tôi đã rút ra được nhiều kinh
nghiệm trong giảng dạy chủ đề tính tổng, bài toán xác định số hạng tổng quát
của một dãy số nói riêng và bộ môn toán học ở trương THPT nói chung là:
Trước một chủ đề hay một vấn đề nào đó của toán học cần phải có một phương
pháp cụ thể , rõ ràng – làm cho học sinh tiếp cận kiến thức một cách nhẹ nhàng
và tinh tế . Và một điều quan trọng nhất là tạo cho học sinh chủ động học tập để
phát huy được tính tích cực sự tư duy tiềm ẩn của học sinh .
Sáng kiến kinh nghiệm “ Phương pháp phát hiện và chứng minh giả thiết quy
nạp” tôi đã trình bày ở trên đã giúp cho bản thân tôi có một giải pháp –phương
pháp rất phù hợp vừa nhẹ nhàng , vừa tinh tế khi dạy đến chủ đề liên qua đến
việc xác định giả thiết quy nạp : như là bài toán xác định tổng trong bài toán tính
tổng, các bài toán tìm số hạng tổng quát của một dãy số ở chương 3 - Giải tích
lớp 11 . Đối với hoạt động giáo dục sáng kiến cũng đã giúp học sinh say mê hơn
với việc khám phá từ những cái riêng để đi đến cái chung

Vậy nên sau khi sáng kiến được công nhận tôi mong được đồng nghiệp
trong tổ chuyên môn phát triển hơn nữa , cũng như được áp dụng trong quá trình
giảng dạy để học sinh không còn lúng túng khi làm những bài toán tính tổng, tìm
số hạng tổng quát của một dãy số và những bài toán áp dụng vào thực tiễn mà
kiến thức về dãy số mang lại.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 10 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết , không sao chép nội dung của
người khác .
Người thực hiện

Nguyễn Hồng Sơn.

18


DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.Phương pháp quy nạp toán học , Nguyễn Hữu Điển -Nhà xuất bản giáo
dục năm 2000
2. Đại số và Giải tích 11 , Đoàn Quỳnh -Nhà xuất bản giáo dục năm 2007.
3. Đại số và Giải tích 11 nâng cao , Đoàn Quỳnh - Nhà xuất bản giáo dục
năm 2007.
4. Bài giảng chuyên sâu toán THPT Lê Hồng Đức – Nhóm Cự Môn : Giải
toán Đại số và Giải tích 11- Nhà xuất bản Hà Nội năm 2007.
5. Đề mẫu THPTQG lần 1 năm 2016.
6. Đại số và Giải tích 11 sách giáo viên , Trần Văn Hạo -Nhà xuất bản giáo
dục năm 2007.

19