VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Kinh Tế - Quản Lý - Khoa học xã hội - Kỹ thuật ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA: TOÁN ---------- TRẦN THỊ PHƯƠNG VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Quảng Nam, tháng 6 năm 2021 ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM KHOA: TOÁN ---------- KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Tên đề tài: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Sinh viên thực hiện TRẦN THỊ PHƯƠNG MSSV: 2117010122 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN KHÓA: 2017 – 2021 Cán bộ hướng dẫn T.S PHẠM NGUYỄN HỒNG NGỰ MSCB: Quảng Nam, tháng 6 năm 2021 LỜI CẢM ƠN Quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp là giai đoạn quan trọng trong quãng đời mỗi sinh viên. Khóa luận tốt nghiệp là tiền đề nhằm trang bị cho sinh viên những kỹ năng nghiên cứu, những kiến thức quý báu trước khi tốt nghiệp. Trước hết, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với cô Phạm Nguyễn Hồng Ngự - Tiến Sĩ Toán học - Giảng viên khoa Toán trường Đại học Quảng Nam, đã tận tình giúp đỡ, định hướng cách tư duy và cách làm việc khoa học. Khóa luận được hoàn thành cũng chính nhờ vào những ý tưởng, hướng dẫn cũng như góp ý tận tình của cô. Đó là những góp ý hết sức quý báu không chỉ trong quá trình thực hiện khóa luận này mà còn là hành trang tiếp bước cho tôi trong quá trình học tập và lập nghiệp sau này. Tiếp theo tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô trong ban lãnh đạo trường Đại học Quảng Nam, quý thầy cô trong khoa Toán,… đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành các thủ tục của khóa luận. Đặc biệt là các Thầy, Cô trong Nhà trường đã tận tình chỉ dạy và trang bị cho tôi những kiến thức cần thiết trong suốt thời gian ngồi trên ghế giảng đường, làm nền tảng cho tôi có thể hoàn thành được bài khóa luận này. Và cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè, tập thể lớp DT17STH01, những người luôn sẵn sàng chia sẻ và giúp đỡ tôi trong học tập và cuộc sống. Mong rằng, chúng ta sẽ mãi mãi gắn bó với nhau. Xin chúc những điều tốt đẹp nhất sẽ luôn đồng hành cùng mọi người. Xin chân thành cảm ơn LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan: Khóa luận tốt nghiệp với đề tài “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào giải một số dạng toán ở trường trung học phổ thông” là quá trình nghiên cứu của cá nhân tôi không sao chép của bất kì ai. Tôi xin chịu mọi trách nhiệm về công trình nghiên cứu của mình Quảng Nam, tháng 6 năm 2021 Người cam đoan Trần Thị Phương MỤC LỤC MỞ ĐẦU ........................................................................................................... 7 1. Lý do chọn đề tài ............................................................................................ 7 2. Mục đích nghiên cứu ...................................................................................... 8 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu................................................................... 8 3.1. Đối tượng nghiên cứu .................................................................................. 8 3.2. Phạm vi nghiên cứu ..................................................................................... 8 4. Phương pháp nghiên cứu ................................................................................ 8 5. Đóng góp của đề tài ........................................................................................ 9 6. Cấu trúc của đề tài .......................................................................................... 9 CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT ................................................................ 10 1.1. Quy nạp và quy nạp toán học..................................................................... 10 1.1.1. Khái niệm ............................................................................................... 10 1.1.1.1. Quy nạp ............................................................................................... 10 1.1.1.2. Quy nạp toán học ................................................................................. 10 1.1.2. Phân loại quy nạp toán học ..................................................................... 11 1.1.2.1. Quy nạp hoàn toàn ............................................................................... 11 1.1.2.2. Quy nạp không hoàn toàn .................................................................... 12 1.1.3. Nguyên lý quy nạp toán học ................................................................... 16 1.1.3.1. Tiên đề Peano ...................................................................................... 16 1.1.3.2. Tiên đề thứ tự ...................................................................................... 17 1.1.3.3. Nguyên lí quy nạp toán học ................................................................. 17 1.2. Một số kỹ thuật của phương pháp quy nạp ................................................ 18 1.2.1. Bước quy nạp xây dựng trên P(k) ........................................................... 18 1.2.2. Bước quy nạp xây dựng trên P( k+1) ...................................................... 19 1.2.3. Kỹ thuật quy nạp nhảy bước ................................................................... 21 1.2.4. Kỹ thuật tổng quát hóa ............................................................................ 24 1.2.5. Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng phương pháp quy nạp ............... 25 1.3. Kết luận chương 1 ..................................................................................... 26 CHƯƠNG 2: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG .......................... 28 2.1. Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán số học .......... 28 2.2. Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán đại số ........... 34 2.3. Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán giải tích ....... 42 2.4. Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán hình học ....... 52 2.5. Kết luận chương 2 ..................................................................................... 64 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ .......................................................................... 65 1. Kết luận ........................................................................................................ 65 2. Kiến nghị ...................................................................................................... 65 TÀI LIỆU THAM KHẢO ................................................................................ 66 7 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Toán học là một môn khoa học suy diễn. Các kết luận toán học đều được chứng minh một cách chặt chẽ. Nhưng trong quá trình hình thành, trước khi có những kết luận mang tính tổng quát, toán học cũng đã phải tiến hành xét các trường hợp cụ thể, riêng biệt. Ta phải đối chiếu các quan sát, suy ra từ điều tương tự, phải thử đi thử lại,... để từ đó kết luận về một định lý toán học, trước khi chứng minh chúng. Và một trong những phương pháp quan trọng giúp chúng ta đi từ cái cụ thể đến cái tổng quát đó chính là phương pháp quy nạp toán học. Quy nạp là khái niệm cực kì quan trọng, nó được coi là một tuyệt chiêu trong toán học và được sử dụng rộng rãi trong số học, đại số, lí thuyết số. Vì vậy nắm rõ được bản chất về mặt kiến thức, về mặt phương pháp cũng như tư duy là điều bất cứ ai trong chúng ta đều mong muốn hướng tới. Thêm vào đó, quy nạp là một trong những phương pháp tiếp cận bài toán rất độc đáo. Nó có một sức mạnh tuyệt vời khi giải quyết những bài toán chứng minh cả ở hình học. Phép quy nạp không chỉ có ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được ứng dụng trong việc chứng minh định lí hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích, cả trong mặt phẳng, trong không gian; ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp. Trong toán học có nhiều bài toán nếu chúng ta giải bằng phương pháp thông thường thì rất khó khăn và phức tạp, khi đó phương pháp quy nạp toán học chính là công cụ đắc lực giúp chúng ta giải quyết được bài toán đó. Do đó việc đưa phương pháp này vào dạy - học trong chương trình toán THPT là tất yếu. Tuy nhiên đối với học sinh lớp 11 thì đây là nội dung mới được đề cập trong một phạm vi hạn chế, chưa mô tả được một cách hệ thống, chưa nêu rõ được ứng dụng của phương pháp này trong số học, đại số và đặc biệt là hình học chưa được sử dụng nhiều nên đối với học sinh còn khá xa lạ. Ngoài ra, việc nghiên cứu phương pháp quy nạp giúp ta có thể rèn luyện cho học sinh các thao tác tư duy cần thiết, phát triển năng lực, trí tuệ 8 cũng như giúp học sinh tiếp thu các kiến thức toán học một cách chủ động hơn. Thấy được vai trò và ứng dụng quan trọng của phương pháp quy nạp trong dạy học toán và nhằm giúp cho học sinh, giáo viên cũng như những ai quan tâm về phương pháp quy nạp, hiểu hơn về nguyên lí quy nạp cũng như những kĩ thuật áp dụng vào việc giải các bài toán khác nhau. Hơn nữa, là một sinh viên sư phạm toán với mong muốn nghiên cứu phương pháp này một cách sâu hơn và hệ thống, mong muốn tích lũy kiến thức toán học nhiều hơn, có chuyên môn vững vàng cho việc giảng dạy sau này nên tôi đã chọn đề tài: “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào giải một số dạng toán ở trường trung học phổ thông” để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp của mình. 2. Mục đích nghiên cứu - Tổng hợp, hệ thống hóa khái niệm về nguyên lí quy nạp toán học và các kỹ thuật dùng trong phương pháp quy nạp. - Ứng dụng của phương pháp quy nạp vào giải một số dạng toán ở phổ thông. 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng nghiên cứu - Phương pháp chứng minh quy nạp toán học. - Một số dạng Toán trong chương trình THPT. 3.2. Phạm vi nghiên cứu - Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học trong giải một số dạng toán ở trường THPT. 4. Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình, sách giáo khoa, những chuyên đề có liên quan đến phép quy nạp và phương pháp chứng minh quy nạp toán học. - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên cứu tham khảo tài liệu, giáo trình từ đó rút ra những kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu. - Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp hướng dẫn, các giảng viên trong khoa để hoàn hiện về mặt nội dung và hình thức của khóa luận. 9 5. Đóng góp của đề tài - Hệ thống lý thuyết về phương pháp quy nạp, giúp người đọc có cái nhìn chính xác hơn về vấn đề này. - Phân loại, vận dụng phương pháp quy nạp vào giải một số dạng toán cụ thể. - Đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho giáo viên trong dạy học nguyên lí quy nạp ở phổ thông và là tài liệu tham khảo cho những bạn đọc quan tâm đến vấn đề này. 6. Cấu trúc của đề tài Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, thì khóa luận gồm có 2 chương: Chương 1: Cơ sở lý thuyết. Chương 2:Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào giải một số dạng toán ở trường trung học phổ thông. 10 CHƯƠNG 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. Quy nạp và quy nạp toán học 1.1.1. Khái niệm 1.1.1.1. Quy nạp Hiện nay có rất nhiều khái niệm về quy nạp được đưa ra nhưng về bản chất nó đều phản ánh chung về dấu hiệu, sau đây là một số định nghĩa về quy nạp: Theo từ điển toán học thông dụng thì “ Quy nạp” có nghĩa là phương pháp suy luận dựa trên quan sát và thí nghiệm, xuất phát từ những trường hợp riêng lẻ, rồi mở rộng các kết quả có tính chất quy luật ra cho trường hợp tổng quát (8, trang 494). Hay dựa vào tác phẩm bộ sách mới của Fransic Bacon mà tác giả Phan Hoàng Hoàng đã đưa ra khái niệm quy nạp như sau: “ Quy nạp có nghĩa là quy về, dẫn về,…được hiểu là phương pháp tư duy mà mục đích của nó là phân tích sự vận động của tri thức từ các phán đoán đơn nhất, riêng lẻ đến các phán đoán chung. Nó phản ánh bước chuyển tư tưởng từ những mệnh đề ít chung đến những mệnh đề có tính chung cao hơn. Có thể coi quy nạp là một dạng suy luận trong đó có sự thực hiện bước chuyển tri thức về những đối tượng riêng biệt của một lớp tri thức về toàn bộ lớp đó (5, trang 13) . Trích từ câu trả lời của “24 câu phương pháp nghiên cứu khoa học (cao học)” đã đưa ra khái niệm: “Quy nạp là phương pháp đi từ những hiện tượng riêng lẻ, rời rạc, độc lập ngẫu nhiên rồi liên kết các hiện tượng ấy với nhau để tìm ra bản chất của một đối tượng nào đó (11, trang 3). Dựa vào những quan niệm trên, ta có thể hiểu quy nạp là phương pháp suy luận dựa trên quan sát và thí nghiệm, xuất phát từ những trường hợp riêng lẻ rồi mở rộng các tính chất có quy luật cho trường hợp tổng quát. Phép quy nạp có khi đưa ra những khẳng định đúng, có khi đưa ra khẳng định sai. 1.1.1.2. Quy nạp toán học Theo sách giáo khoa môn Toán 11, phương pháp quy nạp toán học là: “Để chứng minh những mệnh đề liên quan đến số tự nhiên n   là đúng với mọi n mà không thể thử trực tiếp được thì có thể làm như sau: 11 - Bước 1: Kiểm tra rằng mệnh đề đúng với 1.n - Bước 2: Giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì 1n k  (gọi là giả thiết quy nạp), chứng minh rằng nó cũng đúng với 1n k  (6, trang 80)”. Trong khóa luận “ Rèn luyện và phát triển năng lực suy luận quy nạp cho học sinh trong dạy học toán ở trường THPT” đã đưa ra khái niệm: Quy nạp toán học là phương pháp suy luận chặt chẽ, thực chất nó là suy diễn, nhưng nó chứa yếu tố quy nạp, cụ thể là bước thử trực tiếp mệnh đề đúng với 0n  (hoặc n p ). Phương pháp quy nạp toán học là một phương pháp chứng minh quan trọng trong toán học, cơ sở của nó là nguyên lý quy nạp toán học (12, trang 6). 1.1.2. Phân loại quy nạp toán học 1.1.2.1. Quy nạp hoàn toàn Quy nạp hoàn toàn là một suy luận mà trong đó kết luận, khái quát chung về một tập hợp dựa trên cơ sở nghiên cứu tất cả các trường hợp riêng, rồi nhận xét để nêu ra kết luận chung cho tất cả các trường hợp đó và chỉ cho các trường hợp ấy mà thôi (1). Như vậy, sử dụng quy nạp hoàn toàn để kết luận tính chất  đúng đối với tập A , người ta xét tất cả các trường hợp riêng của tập A . Nếu các trường hợp đó thỏa mãn tính chất  , ta nói rằng A có tính chất  . Trong đó  A  là một phỏng đoán quy nạp. Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng: “Mỗi số chẵn k đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau” với  8,100k  . Bài giải Ta lần lượt kiểm tra từng giá trị của  8,100k  thỏa yêu cầu bài toán hay không? Đặt    : “Mỗi số chẵn k đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau”. Trong đó  8,100A  . Với  8 5 3 8k      . Với  10 7 3 10k      . 12 Ta kiểm tra tương tự, lần lượt cho các giá trị 12k  tới giá trị 100k  ta thấy tất cả các số chẵn đó đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau. Suy ra “ Mỗi số chẵn nằm trong  8,100 đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau, nên  A  đúng (quy nạp hoàn toàn). Ví dụ 1.2. Chứng minh rằng “ 3 a a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a ”. Bài giải Đặt    : “ 3 a a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a ”. Trong đó A   Khi đó a A  ta có:      3 2 1 1 1a a a a a a a      . Hơn nữa  , ,a A q r   sao cho 3a q r  với 0,1, 2r  . Xét ba khả năng có thể xảy ra: Nếu 0r  nghĩa là 3a q   3 1 1 3.    a a a a Nếu 1r  nghĩa là 3 1a q      1 3 1 1 3.     a a a a Nếu 2r  nghĩa là 3 2a q      1 3 1 1 3.     a a a a Suy ra   1 1 3a a a   với mọi số nguyên dương a . Nên  A  đúng. 1.1.2.2. Quy nạp không hoàn toàn Đối với phương pháp quy nạp hoàn toàn ở 1.1.2.1 để kiểm tra một suy luận đúng trên tập hợp, ta phải kiểm tra suy luận đó đúng với mọi phần tử thuộc tập đó. Tuy nhiên trong toán học, đôi khi người ta chỉ kiểm tra với một số hữu hạn phần tử. Khi đó ta có khái niệm quy nạp không hoàn toàn sau: Quy nạp không hoàn toàn : là một suy luận mà trong đó kết luận khái quát chung về một tập hợp dựa trên cơ sở nghiên cứu một số phần tử của tập hợp đó (với k là một số hữu hạn,  A  là một phỏng đoán quy nạp). Nghĩa là, để kết luận tính chất  đối với tập A , người ta xét một số phần tử hữu hạn k của tập A . Nếu các phần tử k đó thỏa mãn tính chất  , ta dự đoán A có tính chất  . 13         1 2 1 2 . , ,..., , , . . k k a a a a a A k A a                    (với k là một số hữu hạn,  A  là một phỏng đoán quy nạp) (1, trang 5). Ví dụ 1.3. Sử dụng phương pháp quy nạp không hoàn toàn giáo viên có thể hướng dẫn, giúp học sinh tiếp cận kiến thức toán: “   0 1 1 ... n n n n na b C a C a b       1 1 ...k n k k n n n n n n nC a b C ab C b      ” như sau: Giáo viên yêu cầu học sinh triển khai các công thức     2 3 ,a b a b  .   2 2 2 2a b a ab b      3 3 2 2 3 3 3a b a a b ab b     Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh viết lại công thức trên bằng tổ hợp chập k của n phần tử như sau:   2 2 2 0 2 1 2 2 2 2 22a b a ab b C a C ab C b         3 3 2 2 3 0 3 1 2 2 2 3 3 3 3 3 33 3a b a a b ab b C a C a b C ab C b         Sau khi học sinh quan sát hai ví dụ trên thì yêu cầu học sinh khai triển tương tự đối với   4 a b ,   5 a b . Khi đó với sự hướng dẫn giáo viên học sinh đưa ra kết quả:   4 4 3 2 2 3 4 0 4 1 3 2 2 2 3 3 4 4 4 4 4 4 44 6 4a b a a b a b ab b C a C a b C a b C ab C b             5 0 5 1 4 2 3 2 3 2 3 4 4 5 5 5 5 5 5 5 5a b C a C a b C a b C a b C ab C b       5 4 3 2 2 3 4 5 5 10 10 5a a b a b a b ab b      Sau đó giáo viên cho học sinh dự đoán   ? n a b  Khi đó, sử dụng phương pháp quy nạp không hoàn toàn học sinh có thể đề xuất công thức  : “   0 1 1 1 1 ... ... n n n k n k k n n n n n n n n na b C a C a b C a b C ab C b            ”. Nhận xét: Quy nạp không hoàn toàn là suy luận mà trong đó kết luận khái quát chung về tập hợp, được rút ra trên cơ sở nghiên cứu không đầy đủ các đối 14 tượng của tập hợp ấy. Thực chất là việc nghiên cứu chỉ tiến hành cho một số đối tượng của tập hợp, song kết luận rút ra chung cho cả tập hợp đó. Chúng ta dự đoán kết quả tổng quát sau khi mới chỉ xem xét một số trường hợp riêng mà thôi. Ví dụ 1.4. Để dự đoán tổng số giao điểm  S n của n đường thẳng đôi một cắt nhau (không có ba đường thẳng đồng quy), ta có thể sử dụng suy luận quy nạp không hoàn toàn như sau: - Số giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau là 1 hay  2 1S  . - Số giao điểm của ba đường thẳng đôi một cắt nhau là 3 hay  3 3S  . - Số giao điểm của bốn đường thẳng đôi một cắt nhau, không có ba đường thẳng đồng quy là 6 hay  4 6S  . - Số giao điểm của năm đường thẳng đôi một cắt nhau, không có ba đường thẳng đồng quy là 10 hay  5 10S  . 15 Tổng hợp lại ta có bảng sau: n 1 2 3 4 5 … n  S n  1 3 6 10 ? Từ bảng trên ta thấy với 2,3, 4,5n  ta có một quy luật    : “Tích hai số liên tiếp hàng trên bằng hai lần số thứ hai hàng dưới”. Cụ thể:         1.2 2.1 2 2.3 2.3 3 3.4 2.6 4 4.5 2.10 5                 Như vậy ta có thể dự đoán   ( 1) , 2 2 n n S n n     . Nhận xét: Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn, người ta có thể dự đoán, phát hiện một tính chất toán học nào đó. Tuy nhiên trong toán học, đây lại là phương pháp chứng minh không chặt chẽ vì vậy cần phải thận trọng khi sử dụng phương pháp này. Đôi khi quy nạp không hoàn toàn sẽ dẫn đến những kết luận không chính xác. Ví dụ 1.5. Có thể khẳng định rằng: “Những số có dạng 2 41n n  , với 1, 2, 3,...n  là những số nguyên tố” hay không? Bài giải Ta sẽ xét lần lượt với 1n  thì ta có 2 1 1 41 41   là số nguyên tố. Với 2n  thì ta có 2 2 2 41 43   là số nguyên tố. Với 3n  thì ta có 2 3 3 41 47   là số nguyên tố. Cụ thể xét thêm 4n  , 5n  , ta thấy tất cả đều là số nguyên tố. Khi đó nếu sử dụng phương pháp quy nạp không hoàn toàn ta có thể kết luận mệnh đề trên là đúng. Tuy nhiên với 41n  thì ta có 2 2 41 41 41 41   không phải là số nguyên tố. Vậy mệnh đề trên không đúng. Ví dụ 1.6. D.A. Grave nhà toán học Xô Viết, ông giả định rằng: Với mọi số nguyên tố p thì 1 2 1p  không chia hết cho 2 p . Bằng kết quả kiểm tra trực tiếp với mọi số nguyên tố 1000p  càng củng cố thêm giả định này của ông. Nhưng 16 chẳng bao lâu sau người ta chỉ ra rằng 1092 2 1 chia hết cho 2 1093 ( 1093 là số nguyên tố). Như vậy phỏng đoán của Grave là sai lầm. Ví dụ 1.7. Nhà toán học Pháp P. Fermat cho rằng các số có dạng 2 2 1 n  là số nguyên tố. Ông đã xét 5 số đầu tiên: Với 0n  thì 0 2 2 1 2 1 3    là số nguyên tố. Với 1n  thì 1 2 2 1 4 1 5    là số nguyên tố. Với 2n  thì 2 2 2 1 16 1 17    là số nguyên tố. Với 3n  thì 3 2 2 1 256 1 257    là số nguyên tố. Với 4n  thì 4 2 2 1 65536 1 65537    là số nguyên tố. Nhưng đến thế kỉ 18 Euler đã phát hiện ra với 5n  không đúng vì 5 2 2 1 4294967296 1 4294967297 641.6700417     là hợp số. Nhận xét: Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về một tính chất toán học nào đó và đó là một cơ sở để đi tới các phát minh. Vì vậy, trong toán học, dù phương pháp quy nạp không hoàn toàn là phép chứng minh không chặt chẽ, tuy kết luận của nó có thể sai nhưng lại có ý nghĩa to lớn trong việc tìm tòi, dự đoán, tìm ra tri thức mới. 1.1.3. Nguyên lý quy nạp toán học 1.1.3.1. Tiên đề Peano Cơ sở của nguyên lý quy nạp toán học (còn gọi là tiên đề quy nạp) nằm trong hệ tiên đề PEANO về tập hợp số tự nhiên. Các tiên đề của PEANO có thể được phát biểu như sau: Cho M   và M thỏa các điều kiện: Tiên đề 1. 0 M . Tiên đề 2. , 1n M n M    . Tiên đề 3. , 0, 1n M n n M     . Tiên đề 4. (nguyên lí quy nạp): Giữa hai phần tử liên tiếp trong M không có phần tử nào khác khi đó M   . 17 1.1.3.2. Tiên đề thứ tự Tiên đề thứ tự : Trong mỗi tập hợp khác rỗng của số tự nhiên có một phần tử nhỏ nhất. Chứng minh: Cho A   . Vì  bị chặn dưới bởi 0 nên A cũng bị chặn dưới. Giả sử A bị chặn dưới bởi 0n tức là 0:n A n n   . Nếu 0 0n A n  là số bé nhất trong A . Nếu 0 0 1n A n A    vì giữa 0n và 0 1n  không có số nào khác nên 0 1n  là số bé nhất trong A . Vậy tiên đề thứ tự được chứng minh. 1.1.3.3. Nguyên lí quy nạp toán học Định lý 1.1. Cho 0n là một số nguyên dương và  P n là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên 0n n . Nếu mệnh đề  P n thỏa mãn hai điều kiện sau: (1)  0P n là đúng; (2) Giả sử  P k đúng suy ra  1P k  đúng. Thì mệnh đề  P n đúng với mọi số tự nhiên 0n n . Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng: Giả sử ngược lại  P n không đúng. Khi đó    0 , :m n m P m    không đúng. Chọn m là số tự nhiên bé nhất mà  P m không đúng ( điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự). Khi đó  1P m  đúng. Tức là  1P m  đúng mà     1 1P m P m   không đúng ( mâu thuẫn với (2)). Vậy  P n đúng 0n n  (đpcm). Dựa vào nguyên lí quy nạp toán học này, người ta đưa ra phương pháp quy nạp toán học để kiểm tra một tính chất, mệnh đề đúng thì ta thực hiện hai bước như sau: 18 Bước cơ sở: Ta kiểm tra khẳng định một tính chất đúng với 0n n . Bước quy nạp: Ta chứng minh rằng nếu với mỗi 0k n ,  P k thỏa mãn tính chất đã biết thì suy ra  1P k  cũng có tính chất ấy. Kết luận  P n có tính chất đã cho 0n n  . Cách chứng minh theo phương pháp quy nạp là tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn bước các khẳng định của mệnh đề. Vì mệnh đề của bài toán có thể phụ thuộc vào nhiều đối số, nên người ta phải nói rõ chứng minh quy nạp theo n đối với mệnh đề phụ thuộc vào n . 1.2. Một số kỹ thuật của phương pháp quy nạp Trong toán học khi sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ở bước cơ sở là bước mà dễ dàng kiểm tra được, thường thì người ta chỉ gặp khó khăn ở bước quy nạp. Dưới đây là một số kỹ thuật để khắc phục những khó khăn này. 1.2.1. Bước quy nạp xây dựng trên P(k) Là kỹ thuật dùng để kiểm tra tính đúng của  1P k  người ta biến đổi trực tiếp từ khẳng định đúng của  P k . Ví dụ 1.8. Chứng minh     1 2 1.2 2.3 3.4 ... 1 3 n n n n n         , n    1.8 . Bài giải Bước cơ sở: Khi 1n  , ta có 1.2 2;VT     1 1 1 1 2 2 3 VP     nên đẳng thức   1.8 đúng. Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức  1.8 đúng với n k ,  1k  . Khi đó ta có:        1 2 1.2 2.3 3.4 ... 1 3 k k k P k k k          Suy ra:       1 1.2 2.3 3.4 ... 1 1 2P k k k k k               1 2P k k k          1 2 1 2 3 k k k k k       19           1 2 3 1 2 3 1 2 3 . 3           k k k k k k k k Do đó đẳng thức  1.8 đúng với 1n k  . Vậy đẳng thức  1.8 đúng n   . Ví dụ 1.9. Cho dãy số xác định bởi: 1 1 2 2 ,n n a a a n n         Chứng minh: 2 2na n n   .  1.9 Bài giải Bước cơ sở: Với 1n  , ta có VT  1.9 : 1 2a  , VP  1.9 : 2 2 2 1 1 2 2n n      Suy ra đẳng thức  1.9 đúng với 1n  . Bước quy nạp: Giả sử đẳng thức  1.9 đúng với n k ,  1 .k  Khi đó ta có: 2 2.  ka k k Cần chứng minh đẳng thức  1.9 đúng với 1n k  , nghĩa là chứng minh:     2 1 1 1 2.     ka k k Thật vậy, ta có:     2 2 1 2 2 2 1 1 2.           k ka a k k k k k k Do đó đẳng thức  1.9 đúng với 1n k  . Vậy đẳng thức được chứng minh. 1.2.2. Bước quy nạp xây dựng trên P( k+1) Là kỹ thuật mà để khẳng định mệnh đề đúng với  1P k  suy từ  P k , người ta biễu diễn  1P k  ra mệnh đề của  P k . Ví dụ 1.10. (Bất đẳng thức Bernoulli) Chứng minh rằng với mọi 1x   , 0x  và với mọi số tự nhiên 2n  , ta có  1 1 n x nx    1.10 Bài giải Bước cơ sở: Với 2n  , bất đẳng thức  1.10 trở thành   2 1 1 2x x   hay 2 0x  , điều này đúng do 0x  . Bước quy nạp: Giả sử bất đẳng thức  1.10 đúng với n k  2 .k  20 Khi đó ta có:    1 1 .    k P k x kx Suy ra:     1 1 1 k P k x        1 1 k x x              2 . 1 1 1 1 1 1 1 .           P k x kx x k x kx k x Do đó bất đẳng thức  1.10 đúng với 1n k  . Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 1.11. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương ,n ta có   3 5P n n n  chia hết cho 6 . Bài giải Bước cơ sở: Với 1n  ta có  1 6P  chia hết cho 6 nên bài toán đúng với 1n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k nghĩa là   6P k  với   3 5 . P k k k Khi đó:       3 1 1 5 1P k k k     3 2 3 8 6k k k     3 5 3 1 6k k k k        3 1 6.   P k k k Ta có   6P k  (theo giả thiết quy nạp),  3 1 6k k   (vì tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2 ) suy ra  1 6P k   . Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 1.12. Chứng minh rằng với mọi số nguyên 2n  và 1x  thì bất đẳng thức sau luôn đúng:    1 1 2 n n n x x    . Bài giải Bước cơ sở: Với 2n  bất phương trình trở thành:     2 2 1 1 4x x    2 1 2x   (bđt luôn đúng). Nên bài toán đúng với 2n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k , nghĩa là:      1 1 2 .     k k k P k x x 21 Khi đó:               1 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k k P k x x x x x x                             1 1 1 1 1 1 1 1 k k k k x x x x x x x x                                1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 .2 2 .                                k k k k k k k k x x x x x x x x x x Suy ra  1P k  đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 1.2.3. Kỹ thuật quy nạp nhảy bước Trong định lí 1.1 ở điều kiện 1 cho ta cơ sở mở rộng bắt đầu từ giá trị 0n . Điều kiện 2 của định lí 1.1 cho ta mệnh đề khẳng định  P n đúng với 0 01, 2,...n n  . Thực tế nhiều khi trong bước quy nạp phải đòi hỏi hai giá trị 1n k  và n k của mệnh đề, để suy ra mệnh đề đúng với 1n k  . Trong trường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra không những chỉ với 0n mà cả với 0 1n  . Tổng quát hơn ta có thể phát biểu định lý ở phần trước như sau: Định lý 1.2. Cho p là số nguyên dương và dãy các mệnh đề    1 , 2 ,...,P P  P p nếu thỏa hai điều kiện sau:        1 1 , 2 ,...,P P P p là những mệnh đề đúng;  2 Với mỗi số tự nhiên k p các mệnh đề      1 , 2 ,...,P k p P k p P k    đúng kéo theo mệnh đề  1P k  cũng đúng. Thì mệnh đề  P n đúng với mọi số nguyên dương n . Chứng minh: Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng: Giả sử ngược lại  P n không đúng . Khi đó    , :m k m P m    không đúng. 22 Chọn m là số tự nhiên bé nhất mà  P m không đúng ( điều này thực hiện được do tiên đề thứ tự). Khi đó      1 , 2 ,..., 1P k p P k p P m     đúng. Tức là      1 , 2 ,..., 1P k p P k p P m     đúng mà     1 1P m P m   không đúng ( mâu thuẫn với  2 ). Vậy  P n đúng n   (đpcm). Ví dụ 1.13. Cho 0 12, 3v v  và với mỗi số tự nhiên 1n  , ta có: 1 13 2n n nv v v   Chứng minh rằng 2 1 n nv   , với n là số nguyên không âm bất kỳ. Bài giải Bước cơ sở: Với 0n  thì 0 0 2 2 1v    . Với 1n  thì 1 1 3 2 1v    . Suy ra 2 1 n nv   đúng với 0,1n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k và 1n k  ,  , 1k k  , nghĩa là 2 1 k kv   và 1 1 2 1 k kv     . Khi đó     1 1 13 2 3 2 1 2 2 1k k k k kv v v         1 3.2 3 2 2 2.2 1 2 1.          k k k k Do đó bài toán đúng với 1n k  . Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. Kỹ thuật quy nạp nhảy bước là kỹ thuật mà để khẳng định tính đúng của mệnh đề  P n , người ta đi xem xét tính đúng của các mệnh đề    0 0, 1 ,...P n P n  và nếu  0P n a đúng thì suy ra  P n đúng. Ví dụ 1.14. Chứng minh với mọi số thực 0x  và mọi số tự nhiên 1n  bất đẳng thức sau đúng 2 4 4 2 1 1 1 ... 1n n n n n n x x x n x x x              1.14 Bài giải  i Với 1n  bất đẳng thức  1.14 có dạng 1 2x x     1 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số 1 ,x x , ta có 1 2x x   . 23 Suy ra  1 là bất đẳng thức đúng. Hay  1.14 đúng với 1n  .  ii Với 2n  bất đẳng thức  1.14 có dạng 2 2 1 1 3x x    .   2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số 2 2 1 ,1,x x , ta có 2 2 1 1 3x x    . Suy ra  2 là bất đẳng thức đúng. Hay  1.14 đúng với 2n  .  iii Giả sử bất đẳng thức  1.14 đúng với n k , với k là số tự nhiên nào đó, nghĩa là 2 4 4 2 1 1 1 ... 1k k k k k k x x x k x x x               Ta chứng minh bất đẳng thức  1.14 đúng với 2n k  , nghĩa là Ta có 2 2 2 2 1 1 1 ...k k k k k k VT x x x x x x            2 2 2 2 1 1 1 ...k k k k k k x x x x x x                 2 2 1 1 k k x k x       ( Do giả thiết quy nạp). 2 1 3.k k     (Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số 2 2 1 , k k x x   , ta có 2 2 1 2 k k x x     ) . Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh. Tóm lại: Bước cơ sở: Trong  i và  ii ta chứng minh bất đẳng thức đúng với 1n  và 2n  . Bước quy nạp: Trong  iii ta đã chứng minh từ giả thiết quy nạp  1.14 đúng với n k suy ra nó đúng với 2n k  . Kết quả là : Từ  i và  iii cho khẳng định  1.14 đúng cho mọi số lẻ n . Từ  ii và  iii cho khẳng định  1.14 đúng cho mọi số chẵn n . Do đó  1.14 đúng với mọi số tự nhiên n . 24 1.2.4. Kỹ thuật tổng quát hóa Rất nhiều bài toán dễ giải hơn ở dạng tổng quát, nhất là chứng minh bằng phương pháp quy nạp khi dự đoán giả thiết quy nạp. Chẳng hạn như ta phải chứng minh dãy mệnh đề mà    1 , 2 ,...P P không có đủ thông tin để thực hiện bước quy nạp. Trong trường hợp đó ta xét một dãy mệnh đề tổng quát hơn    1 , 2 ,...Q Q mà với mỗi n mệnh đề  Q n kéo theo  P n và sau đó ta lại áp dụng phương pháp quy nạp cho    1 , 2 ,...Q Q . Ví dụ 1.15. Chứng minh rằng nếu 1 ... , 0n iA A A       , 1, 2,...,i n thì 1 2sin sin ... sin sinnA A A n n      Bài giải Chứng minh bằng quy nạp toán học đến bước quy nạp k mệnh đề  P k đúng có dạng nếu 1 ... , 0k iA A A       1, 2,...,i k thì 1 2sin sin ... sin sin .     kA A A k k Để chứng minh mệnh đề  1P k  đúng ta cho trước 1 1... , 0 ,k k iA A A A        1, 2,..., 1. i k Ta phải chứng minh  1 2 1sin sin ... sin sin 1 sin . 1         k kA A A A k k Nếu ta dùng giả thiết quy nạp thì:  1 2 1 1sin sin ... sin sin sin .        k k kA A A A A k k Không thể suy ra bước tiếp theo. Do việc tổng của các iA bằng  dẫn đến hạn chế rất nhiều khi chứng minh. Bây giờ ta xét mệnh đề rộng hơn  Q n : Nếu 0 , 1, 2,...,iA i n    khi đó 1 2 1 2 ... sin sin ... sin sin .        n n A A A A A A n n Ta thấy rằng  Q n suy ra  P n , rõ ràng  1Q đúng. Giả sử  Q k đúng và giả sử có 0 , 1, 2,..., 1iA i k     khi đó 1 2 1 2 1 1 ... sin sin ... sin sin sin sin k k k k A A A A A A A k A k                25   1 2 1 ... 1 1 sin sin 1 1 k k A A A k k A k k k                    1 2 1 1 2 1 ... 1 1 sin 1 1 ... 1 sin . 1 k k k A A A k k A k k k A A A k k                               Như vậy từ sự đúng đắn của mệnh đề  1Q k  suy ra  1P k  cũng đúng. Vậy đẳng thức được chứng minh. 1.2.5. Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng phương pháp quy nạp Phương pháp quy nạp là một phương pháp tư duy dùng để tìm tòi, dự đoán, từ những khẳng định riêng tiến tới khẳng định chung. Phương pháp quy nạp có khi đưa ra những khẳng định đúng, có khi đưa ra khẳng định sai. Cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn các bước khẳng định của mệnh đề. Đôi khi bài toán phụ thuộc vào nhiều biến số, nên khi chứng minh ta cần nói rõ chứng minh quy nạp theo biến nào. Trong chứng minh bằng quy nạp, cả hai bước đều cần thiết. Nếu thiếu một trong hai bước, thì sẽ dẫn đến sai lầm. Một số ví dụ sau đây sẽ cho ta thấy rõ điều này. Ví dụ 1.16. Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền sau nó. Bài giải Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học. Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n k với k là số tự nhiên nào đó, nghĩa là ta có: 1. k k  1.16 Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với 1n k  , nghĩa là chứng minh: 1 2.  k k Thật vậy, theo giả thiết quy nạp bài toán đúng với n k , cộng hai vế của đẳng thức  1.16 với 1 ta được  1 1 1 2.     k k k Như vậy khẳng định với n k thì nó cũng đúng với 1n k  , do đó bài toán đúng với mọi số tự nhiên n . 26 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? Lời giải của ví dụ đã áp dụng nguyên lí quy nạp toán học nhưng bỏ qua bước cơ sở quy nạp. Nghĩa là đã không kiểm tra bài toán có đúng trong trường hợp 1n  hay không. Ta thấy rằng với 1n  thì khẳng định 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 1k  . Ví dụ trên chứng tỏ rằng: Khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu 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 bước quy nạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó. Ta sẽ xét ví dụ 1.5, ví dụ 1.6, ví dụ 1.7, ( mục 1.1.2.2, trang 11 ) đã trình bày trong khóa luận này. Do bỏ qua bước quy nạp nên D.A. Grave nhà toán học Xô Viết hay là nhà Toán học Pháp P. Fermat đã đưa ra khẳng định sai, hay ở ví dụ 1.5 khi chưa thực hiện bước quy nạp mà cho rằng khẳng định đó đúng thì hoàn toàn dẫn đến kết luận sai lầm. Chúng ta nhiều khi tưởng rằng quy nạp thực chất cũng chỉ là đi theo một mô hình quen thuộc cho nên bỏ qua một vài bước trong đó. Ta nên cẩn thận và hiểu rằng đó là làm trái với tiên đề và như vậy tất nhiên sẽ không có cơ sở gì nói lên rằng chứng minh của ta là đúng. Như vậy việc kiểm tra cả hai bước cần được tôn trọng và thực hiện đầy đủ khi áp dụng phương pháp quy nạp toán học. 1.3. Kết luận chương 1 Trong chương này khóa luận đã tổng hợp, hệ thống các khái niệm như quy nạp, quy nạp toán học, quy nạp hoàn toàn, quy nạp không hoàn toàn, từ đó làm rõ được tính chất của chúng. Khóa luận đã trình bày được nguyên lý quy nạp toán học cũng như chứng minh nguyên lí đó nhưng trước khi đưa ra nguyên lý 27 này thì cơ sở của nó chính là dựa vào hệ tiên đề Peano và tiên đề thứ tự, thì khóa luận cũng đã trình bày được và chứng minh. Qua đó khóa luận đã đúc kết và khắc sâu hai bước cần phải thực hiện khi giải toán bằng phương pháp quy nạp là: Bước cơ sở và bước quy nạp, cũng như tầm quan trọng phải thực hiện đầy đủ hai bước này, thông qua các ví dụ và phản ví dụ. Khi sử dụng phương pháp quy nạp chúng ta thường gặp khó khăn ở bước quy nạp, biết được vấn đề này nên khóa luận đã nêu ra được một số kỹ thuật của phương pháp quy nạp để vận dụng vào giải toán nhằm giải quyết các khó khăn đó cùng các ví dụ minh họa. 28 CHƯƠNG 2: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Như chúng ta đã biết phương pháp quy nạp toán học được sử dụng để giải những bài toán khác nhau thuộc nhiều lĩnh vực của toán học, trong chương này khóa luận sẽ trình bày một số dạng toán thường gặp trong chương trình phổ thông giải bằng phương pháp quy nạp. 2.1. Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán số học Trong số học các phép chia hết cho ta rất nhiều tính chất về số nguyên. Đối với những bài toán về phép chia hết, chúng ta có nhiều cách giải cho một bài toán, thậm chí các cách giải đó có thể ngắn gọn hơn rất nhiều. Tuy nhiên sử dụng phương pháp quy nạp lại là công cụ để ta tiếp cận bài toán một cách dễ dàng hơn. Bài toán 2.1.1. Chứng minh rằng   2 2 1 7 8n n P n     chia hết cho 19 , với mọi số nguyên dương n . Bài giải Bước cơ sở: Với 1n  thì ta có    3 3 1 7 8 343 512 19.45 1 19P P       . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k , suy ra   19P k  , nghĩa là 2 2 1 7 8 19k k    . Cần chứng minh  1 19P k   . Ta có:   3 2 3 2 2 2 1 1 7 8 7.7 8 .8k k k k P k              2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 7.7 64.8 7.7 7.8 57.8 7 7 8 19.3.8 7. 19.3.8 .                    k k k k k k k k k P k Vì   19P k  ( theo giả thiết quy nạp) nên   2 1 7. 19.3.8 19 k P k    . Do đó  1 19P k   . Theo nguyên lí quy nạp ta có   19,P n n nguyên dương. Vậy   2 2 1 7 8 19,n n P n      n nguyên dương. 29 Bài toán 2.1.2. Chứng minh rằng   16 15 1 n P n n   chia hết cho 225, n   . Bài giải Bước cơ sở: Với 1n  thì ta có     1 1 16 15.1 1 0 225 1 225P P      . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k , suy ra   225P k  nghĩa là 16 15 1 225k k   . Cần chứng minh  1 225P k   . Ta có:     1 1 16 15 1 1 16.16 15 16k k P k k k             16 15 1 15 16 1k k k        15 16 1 .   k P k Vì   225P k  ( theo giả thiết quy nạp) và  15. 16 1 225k   nên    15 16 1 225.   k P k Do đó  1 225P k   . Theo nguyên lí quy nạp ta có   225,P n n   . Bài toán 2.1.3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ,     1 2 ...nS n n n n    chia hết cho 2 n . Bài giải Bước cơ sở: Với 1n  thì ta có 1 1 1 2S    chia hết cho 1 2 2 . Vậy bài toán đúng với 1n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k ( k là số tự nhiên bất kì), nghĩa là     1 2 ...kS k k k k    2 k  . Cần chứng minh bài toán đúng với 1n k  .Thật vậy      1 1 1 1 2 ... 1 1 1kS k k k k k k                2 3 ... 2 1 2 2k k k k           2 1 2 ... 2 1k k k k k      2 . 2 1 . kS k Theo giả thiết quy nạp thì kS chia hết cho 2 k , suy ra 1kS  chia hết cho 1 2 k  . Theo nguyên lí quy nạp toán học nS chia hết cho 2 n với mọi số tự nhiên n . 30 Bài toán 2.1.4. Chứng minh rằng nếu , ,a b n là các số nguyên không âm và b chia hết cho n a , thì số  1 1 b a   chia hết cho 1n a  . Bài giải Bước cơ sở: Với 0n  thì ta có  1 1 b a   luôn chia hết cho 0 1 a a  , nên bài toán đúng với 0n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với n k ( k là số nguyên không âm nào đó), tức là nếu b chia hết cho k a thì  1 1 b a   chia hết cho 1k a  . Ta chứng minh bài toán đúng với 1n k  tức là nếu 1b là số tự nhiên chia hết cho 1k a  thì cần chứng minh   1 1 1 b a   2 k a   . Thật vậy đặt 1b c a  thì c k a   1 1do b k a   . Khi đó     1 1 1 1 1 b ca a a      1 1 a c a                  1 2 1 1 1 1 ... 1 1 . c c a c a c a a a a                   Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ nhất chia hết cho 1k a  (theo giả thiết quy nạp). Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai chia hết cho a vì ta có thể biểu diễn nó dưới dạng           1 2 1 1 1 1 ... 1 1 c a c a c a a a a                       , mỗi số hạng của tổng này đều chia hết cho a . Như vậy bài toán đúng với 1n k  . Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh. Bài toán 2.1.5. Chứng minh rằng , 1n n   thì những số có dạng 4 1 n A a a    chia hết cho 30 với a là số nguyên. Bài giải Bước cơ sở: Với 1n  thì ta có         5 2 2 2 1 1 1 1 1 4 5A a a a a a a a a a                     2 1 1 2 5 1 1 .a a a a a a a a        31 Thừa số thứ nhất chia hết cho 5 120 4.30  ( kết quả tích của 5 số tự nhiên liên tiếp), còn thừa số thứ hai chia hết cho 5.3 30 (kết quả tích của 3 số tự nhiên liên tiếp). Suy ra 1A chia hết cho 30 nên bài toán đúng với 1n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với 1n k  , nghĩa là ta có 4 1 k kA a a    chia hết cho 30 . Ta chứng minh bài toán đúng với 1n k  nghĩa là chứng minh: 4 5 1 k kA a a     chia hết cho 30 . Thật vậy , ta có:    4 5 4 5 4 1 4 1 4 1 4 5 4 1 4 1 1.k k k k k k k k k kA a a a a a a a a a a A a A                    Rõ ràng 4 1. k a A chia hết cho 30 và kA chia hết cho 30 theo giả thiết quy nạp, nên bài toán đúng với 1n k  . Vậy A chia hết cho 30 a   . Bài toán 2.1.6. Chứng minh rằng: a)    ,n n a b a b n   là số tự nhiên lẻ. b)    ,n n a b a b n   là số tự nhiên chẵn. Bài giải a) Bước cơ sở: Với 1n  thì ta có :    a b a b  nên bài toán đúng với 1.n Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với 1n k  , nghĩa là ta có:    , 1.  k k a b a b k Cần chứng minh bài toán đúng với 2n k  . Thật vậy, ta có: 2 2 2 2 2 2k k k k k k a b a a b a b b            2 2 2 .   k k k a a b b a b Mà    2 2 a b a b  và    k k a b a b  suy ra bài toán đúng với 2n k  . Vậy bài toán đúng n là số tự nhiên lẻ. b) Bước cơ sở: Với 2n  thì ta có :    2 2 a b a b  nên bài toán đúng với 2n  . Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với 2n k  , nghĩa là ta có:    , 2.  k k a b a b k 32 Cần chứng minh bài toán đúng với 2n k  . Thật vậy, ta có: 2 2 2 2 2 2k k k k k k a b a a b a b b            2 2 2 .   k k k a a b b a b Mà    2 2 a b a b  và    k k a b a b  suy ra bài toán đúng với 2n k  . Vậy bài toán đúng n là số tự nhiên chẵn. Bài toán 2.1.7. Hãy tìm chữ số tận cùng của số: 2 2 1 n nA   với mọi số nguyên , 2n n  . Bài giải Nhận xét. Với dạng toán tìm n chữ số tận cùng của một số thật ra là đi tìm số dư của số đó khi chia cho 10 n . Bước cơ sở: Với 2n  , ta có 2 2 2 2 1 17A    , có chữ số tận cùng là 7 . Bước quy nạp: Giả sử với n k ,  , 2k k  thì số 2 2 1 k kA   có chữ số tận cùng là 7 . Ta sẽ chứng minh 1kA  cũng có chữ số tận cùng là 7 . Thật vậy, do kA có chữ số tận cùng là 7 nên tồn tại số nguyên dương m để 10 7kA m  hay 2 2 1 10 7 k m   nên 2 2 10 6 k m  . Từ đó 1 2 2 .2 1 2 1 2 1 k k kA       2 2 (2 ) 1 k     2 10 6 1m   2 100 120 37m m     2 10 10 12 3 7.m m    Nên 1kA  có chữ số tận cùng là 7 . Vậy với mọi số nguyên , 2n n  thì 2 2 1 n nA   có chữ số tận cùng là 7 . Bài toán 2.1.8. Cho 1 x x  là một số nguyên với 0x  . Chứng minh rằng 1 n n x x  cũng là một số nguyên với mọi số nguyên dương n . Bài giải 33 Bước cơ sở: Với 1n  ta có 1 1 1 1 x x x x    là số nguyên nên bài toán đúng với 1n  . Bước quy nạp: Giả sử với mọi số nguyên dương từ 1 đến k , biểu thức 1 k k x x  là những số nguyên. Ta cần chứng minh 1 1 1 k k x x    cũng là số nguyên. Thật vậy, ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 .                        k k ...

ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

KHOA: TOÁN - -

TRẦN THỊ PHƯƠNG

VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN Ở TRƯỜNG

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Quảng Nam, tháng 6 năm 2021

ỦY BAN NHÂN DÂN TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUẢNG NAM

KHOA: TOÁN - -

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Tên đề tài:

VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

VÀO GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN Ở TRƯỜNG

TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Sinh viên thực hiện TRẦN THỊ PHƯƠNG MSSV: 2117010122 CHUYÊN NGÀNH: SƯ PHẠM TOÁN

KHÓA: 2017 – 2021 Cán bộ hướng dẫn T.S PHẠM NGUYỄN HỒNG NGỰ

MSCB:

Quảng Nam, tháng 6 năm 2021

LỜI CẢM ƠN Quá trình thực hiện khóa luận tốt nghiệp là giai đoạn quan trọng trong quãng đời mỗi sinh viên Khóa luận tốt nghiệp là tiền đề nhằm trang bị cho sinh viên những kỹ năng nghiên cứu, những kiến thức quý báu trước khi tốt nghiệp Trước hết, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với cô Phạm Nguyễn Hồng Ngự - Tiến Sĩ Toán học - Giảng viên khoa Toán trường Đại học Quảng Nam, đã tận tình giúp đỡ, định hướng cách tư duy và cách làm việc khoa học Khóa luận được hoàn thành cũng chính nhờ vào những ý tưởng, hướng dẫn cũng như góp ý tận tình của cô Đó là những góp ý hết sức quý báu không chỉ trong quá trình thực hiện khóa luận này mà còn là hành trang tiếp bước cho tôi trong quá trình học tập và lập nghiệp sau này

Tiếp theo tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy, Cô trong ban lãnh đạo trường Đại học Quảng Nam, quý thầy cô trong khoa Toán,… đã tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành các thủ tục của khóa luận Đặc biệt là các Thầy, Cô trong Nhà trường đã tận tình chỉ dạy và trang bị cho tôi những kiến thức cần thiết trong suốt thời gian ngồi trên ghế giảng đường, làm nền tảng cho tôi có thể hoàn thành được bài khóa luận này

Và cuối cùng, xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè, tập thể lớp DT17STH01, những người luôn sẵn sàng chia sẻ và giúp đỡ tôi trong học tập và cuộc sống Mong rằng, chúng ta sẽ mãi mãi gắn bó với nhau Xin chúc những điều tốt đẹp nhất sẽ luôn đồng hành cùng mọi người

Xin chân thành cảm ơn!

LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan: Khóa luận tốt nghiệp với đề tài “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào giải một số dạng toán ở trường trung học phổ thông” là quá trình nghiên cứu của cá nhân tôi không sao chép của bất kì ai Tôi xin chịu mọi trách nhiệm về công trình nghiên cứu của mình!

Quảng Nam, tháng 6 năm 2021

Người cam đoan

Trần Thị Phương

MỤC LỤC

MỞ ĐẦU 7

1 Lý do chọn đề tài 7

2 Mục đích nghiên cứu 8

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 8

3.1 Đối tượng nghiên cứu 8

3.2 Phạm vi nghiên cứu 8

4 Phương pháp nghiên cứu 8

5 Đóng góp của đề tài 9

6 Cấu trúc của đề tài 9

CHƯƠNG 1 CƠ SỞ LÝ THUYẾT 10

1.1 Quy nạp và quy nạp toán học 10

1.1.1 Khái niệm 10

1.1.1.1 Quy nạp 10

1.1.1.2 Quy nạp toán học 10

1.1.2 Phân loại quy nạp toán học 11

1.1.2.1 Quy nạp hoàn toàn 11

1.1.2.2 Quy nạp không hoàn toàn 12

1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học 16

1.1.3.1 Tiên đề Peano 16

1.1.3.2 Tiên đề thứ tự 17

1.1.3.3 Nguyên lí quy nạp toán học 17

1.2 Một số kỹ thuật của phương pháp quy nạp 18

1.2.1 Bước quy nạp xây dựng trên P(k) 18

1.2.2 Bước quy nạp xây dựng trên P( k+1) 19

1.2.3 Kỹ thuật quy nạp nhảy bước 21

1.2.4 Kỹ thuật tổng quát hóa 24

1.2.5 Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng phương pháp quy nạp 25

1.3 Kết luận chương 1 26

CHƯƠNG 2: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO

GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 28

2.1 Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán số học 28

2.2 Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán đại số 34

2.3 Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán giải tích 42

2.4 Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán hình học 52

2.5 Kết luận chương 2 64

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 65

1 Kết luận 65

2 Kiến nghị 65

TÀI LIỆU THAM KHẢO 66

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Toán học là một môn khoa học suy diễn Các kết luận toán học đều được chứng minh một cách chặt chẽ Nhưng trong quá trình hình thành, trước khi có những kết luận mang tính tổng quát, toán học cũng đã phải tiến hành xét các trường hợp cụ thể, riêng biệt Ta phải đối chiếu các quan sát, suy ra từ điều tương tự, phải thử đi thử lại, để từ đó kết luận về một định lý toán học, trước khi chứng minh chúng Và một trong những phương pháp quan trọng giúp chúng ta đi từ cái cụ thể đến cái tổng quát đó chính là phương pháp quy nạp toán học

Quy nạp là khái niệm cực kì quan trọng, nó được coi là một tuyệt chiêu trong toán học và được sử dụng rộng rãi trong số học, đại số, lí thuyết số Vì vậy nắm rõ được bản chất về mặt kiến thức, về mặt phương pháp cũng như tư duy là điều bất cứ ai trong chúng ta đều mong muốn hướng tới Thêm vào đó, quy nạp

là một trong những phương pháp tiếp cận bài toán rất độc đáo Nó có một sức mạnh tuyệt vời khi giải quyết những bài toán chứng minh cả ở hình học Phép quy nạp không chỉ có ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được ứng dụng trong việc chứng minh định lí hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích, cả trong mặt phẳng, trong không gian; ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp Trong toán học có nhiều bài toán nếu chúng ta giải bằng phương pháp thông thường thì rất khó khăn và phức tạp, khi

đó phương pháp quy nạp toán học chính là công cụ đắc lực giúp chúng ta giải quyết được bài toán đó Do đó việc đưa phương pháp này vào dạy - học trong chương trình toán THPT là tất yếu Tuy nhiên đối với học sinh lớp 11 thì đây là nội dung mới được đề cập trong một phạm vi hạn chế, chưa mô tả được một cách hệ thống, chưa nêu rõ được ứng dụng của phương pháp này trong số học, đại số và đặc biệt là hình học chưa được sử dụng nhiều nên đối với học sinh còn khá xa lạ

Ngoài ra, việc nghiên cứu phương pháp quy nạp giúp ta có thể rèn luyện cho học sinh các thao tác tư duy cần thiết, phát triển năng lực, trí tuệ

cũng như giúp học sinh tiếp thu các kiến thức toán học một cách chủ động hơn Thấy được vai trò và ứng dụng quan trọng của phương pháp quy nạp trong dạy học toán và nhằm giúp cho học sinh, giáo viên cũng như những ai quan tâm về phương pháp quy nạp, hiểu hơn về nguyên lí quy nạp cũng như những kĩ thuật

áp dụng vào việc giải các bài toán khác nhau Hơn nữa, là một sinh viên sư phạm toán với mong muốn nghiên cứu phương pháp này một cách sâu hơn và

hệ thống, mong muốn tích lũy kiến thức toán học nhiều hơn, có chuyên môn vững vàng cho việc giảng dạy sau này nên tôi đã chọn đề tài: “Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào giải một số dạng toán ở trường trung học phổ thông” để làm đề tài khóa luận tốt nghiệp của mình

2 Mục đích nghiên cứu

- Tổng hợp, hệ thống hóa khái niệm về nguyên lí quy nạp toán học và các

kỹ thuật dùng trong phương pháp quy nạp

- Ứng dụng của phương pháp quy nạp vào giải một số dạng toán ở phổ thông

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

3.1 Đối tượng nghiên cứu

- Phương pháp chứng minh quy nạp toán học

- Một số dạng Toán trong chương trình THPT

3.2 Phạm vi nghiên cứu

- Ứng dụng của phương pháp chứng minh quy nạp toán học trong giải một

số dạng toán ở trường THPT

4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu tài liệu, giáo trình, sách giáo khoa, những chuyên đề có liên quan đến phép quy nạp và phương pháp chứng minh quy nạp toán học

- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Qua việc nghiên cứu tham khảo tài liệu, giáo trình từ đó rút ra những kinh nghiệm để áp dụng vào việc nghiên cứu

- Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên trực tiếp hướng dẫn, các giảng viên trong khoa để hoàn hiện về mặt nội dung và hình thức của khóa luận

5 Đóng góp của đề tài

- Hệ thống lý thuyết về phương pháp quy nạp, giúp người đọc có cái nhìn chính xác hơn về vấn đề này

- Phân loại, vận dụng phương pháp quy nạp vào giải một số dạng toán cụ thể

- Đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho giáo viên trong dạy học nguyên lí quy nạp ở phổ thông và là tài liệu tham khảo cho những bạn đọc quan tâm đến vấn đề này

6 Cấu trúc của đề tài

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, thì khóa luận gồm có 2 chương:

Chương 1: Cơ sở lý thuyết

Chương 2:Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào giải một số dạng toán ở trường trung học phổ thông

CHƯƠNG 1 CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1 Quy nạp và quy nạp toán học

1.1.1 Khái niệm

1.1.1.1 Quy nạp

Hiện nay có rất nhiều khái niệm về quy nạp được đưa ra nhưng về bản chất

nó đều phản ánh chung về dấu hiệu, sau đây là một số định nghĩa về quy nạp: Theo từ điển toán học thông dụng thì “ Quy nạp” có nghĩa là phương pháp suy luận dựa trên quan sát và thí nghiệm, xuất phát từ những trường hợp riêng

lẻ, rồi mở rộng các kết quả có tính chất quy luật ra cho trường hợp tổng quát ([8], trang 494)

Hay dựa vào tác phẩm bộ sách mới của Fransic Bacon mà tác giả Phan Hoàng Hoàng đã đưa ra khái niệm quy nạp như sau: “ Quy nạp có nghĩa là quy

về, dẫn về,…được hiểu là phương pháp tư duy mà mục đích của nó là phân tích

sự vận động của tri thức từ các phán đoán đơn nhất, riêng lẻ đến các phán đoán chung Nó phản ánh bước chuyển tư tưởng từ những mệnh đề ít chung đến những mệnh đề có tính chung cao hơn Có thể coi quy nạp là một dạng suy luận trong đó có sự thực hiện bước chuyển tri thức về những đối tượng riêng biệt của một lớp tri thức về toàn bộ lớp đó ([5], trang 13)

Trích từ câu trả lời của “24 câu phương pháp nghiên cứu khoa học (cao học)” đã đưa ra khái niệm: “Quy nạp là phương pháp đi từ những hiện tượng riêng lẻ, rời rạc, độc lập ngẫu nhiên rồi liên kết các hiện tượng ấy với nhau để tìm ra bản chất của một đối tượng nào đó ([11], trang 3)

Dựa vào những quan niệm trên, ta có thể hiểu quy nạp là phương pháp suy luận dựa trên quan sát và thí nghiệm, xuất phát từ những trường hợp riêng lẻ rồi

mở rộng các tính chất có quy luật cho trường hợp tổng quát Phép quy nạp có khi đưa ra những khẳng định đúng, có khi đưa ra khẳng định sai

- 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([6], trang 80)” Trong khóa luận “ Rèn luyện và phát triển năng lực suy luận quy nạp cho học sinh trong dạy học toán ở trường THPT” đã đưa ra khái niệm: Quy nạp toán học là phương pháp suy luận chặt chẽ, thực chất nó là suy diễn, nhưng nó chứa yếu tố quy nạp, cụ thể là bước thử trực tiếp mệnh đề đúng với n 0(hoặc n p) Phương pháp quy nạp toán học là một phương pháp chứng minh quan trọng trong toán học, cơ sở của nó là nguyên lý quy nạp toán học ([12], trang 6)

1.1.2 Phân loại quy nạp toán học

1.1.2.1 Quy nạp hoàn toàn

Quy nạp hoàn toàn là một suy luận mà trong đó kết luận, khái quát chung

về một tập hợp dựa trên cơ sở nghiên cứu tất cả các trường hợp riêng, rồi nhận xét để nêu ra kết luận chung cho tất cả các trường hợp đó và chỉ cho các trường hợp ấy mà thôi ([1])

Như vậy, sử dụng quy nạp hoàn toàn để kết luận tính chất  đúng đối với tập A, người ta xét tất cả các trường hợp riêng của tập A Nếu các trường hợp đó thỏa mãn tính chất  , ta nói rằng Acó tính chất  Trong đó A  là một phỏng đoán quy nạp

Ví dụ 1.1 Chứng minh rằng: “Mỗi số chẵn k đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau” với k 8,100

Ta kiểm tra tương tự, lần lượt cho các giá trị k 12 tới giá trị k 100 ta thấy tất cả các số chẵn đó đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau

Suy ra “ Mỗi số chẵn nằm trong 8,100đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố khác nhau, nên A  đúng (quy nạp hoàn toàn)

Ví dụ 1.2 Chứng minh rằng “ 3

a a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a

”

Bài giải Đặt   : “ 3

a a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a” Trong đó *

Khi đó  a A ta có: 3  2    

Hơn nữa  a A, q r,  sao cho a  3q r với r  0,1, 2

Xét ba khả năng có thể xảy ra:

Nếu r 0 nghĩa là a  3q a 3 a a  1a 1 3.

Nếu r 1 nghĩa là a  3q 1 a 1 3 a a  1a 1 3.

Nếu r 2 nghĩa là a  3q  2 a 1 3 a a  1a 1 3.

Suy ra a a  1a  1 3 với mọi số nguyên dương a Nên A  đúng

1.1.2.2 Quy nạp không hoàn toàn

Đối với phương pháp quy nạp hoàn toàn ở 1.1.2.1 để kiểm tra một suy luận đúng trên tập hợp, ta phải kiểm tra suy luận đó đúng với mọi phần tử thuộc tập

đó Tuy nhiên trong toán học, đôi khi người ta chỉ kiểm tra với một số hữu hạn phần tử Khi đó ta có khái niệm quy nạp không hoàn toàn sau:

Quy nạp không hoàn toàn : là một suy luận mà trong đó kết luận khái quát

chung về một tập hợp dựa trên cơ sở nghiên cứu một số phần tử của tập hợp đó (với klà một số hữu hạn, A  là một phỏng đoán quy nạp)

Nghĩa là, để kết luận tính chất  đối với tập A, người ta xét một số phần

tử hữu hạn k của tập A

Nếu các phần tử k đó thỏa mãn tính chất , ta dự đoán Acó tính chất 

1 2

.

.

k

k

a a

(với k là một số hữu hạn, A  là một phỏng đoán quy nạp) ([1], trang 5)

Ví dụ 1.3 Sử dụng phương pháp quy nạp không hoàn toàn giáo viên có thể hướng dẫn, giúp học sinh tiếp cận kiến thức toán:

Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh viết lại công thức trên bằng tổ hợp chập k

của n phần tử như sau:

Sau đó giáo viên cho học sinh dự đoán a b n  ?

Khi đó, sử dụng phương pháp quy nạp không hoàn toàn học sinh có thể đề xuất

Nhận xét: Quy nạp không hoàn toàn là suy luận mà trong đó kết luận khái

quát chung về tập hợp, được rút ra trên cơ sở nghiên cứu không đầy đủ các đối

tượng của tập hợp ấy Thực chất là việc nghiên cứu chỉ tiến hành cho một số đối tượng của tập hợp, song kết luận rút ra chung cho cả tập hợp đó Chúng ta dự đoán kết quả tổng quát sau khi mới chỉ xem xét một số trường hợp riêng mà thôi

Ví dụ 1.4 Để dự đoán tổng số giao điểm S n của n đường thẳng đôi một cắt nhau (không có ba đường thẳng đồng quy), ta có thể sử dụng suy luận quy nạp không hoàn toàn như sau:

- Số giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau là 1 hay S 2  1

- Số giao điểm của ba đường thẳng đôi một cắt nhau là 3 hay S 3  3

Nhận xét: Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn, người ta có thể dự đoán,

phát hiện một tính chất toán học nào đó Tuy nhiên trong toán học, đây lại là phương pháp chứng minh không chặt chẽ vì vậy cần phải thận trọng khi sử dụng phương pháp này Đôi khi quy nạp không hoàn toàn sẽ dẫn đến những kết luận

41  41 41 41   không phải là số nguyên tố

Vậy mệnh đề trên không đúng

Ví dụ 1.6 D.A Grave nhà toán học Xô Viết, ông giả định rằng: Với mọi số nguyên tố p thì 2p11 không chia hết cho p2 Bằng kết quả kiểm tra trực tiếp với mọi số nguyên tố p 1000 càng củng cố thêm giả định này của ông Nhưng

chẳng bao lâu sau người ta chỉ ra rằng 2  1 chia hết cho 1093 (1093là số nguyên tố) Như vậy phỏng đoán của Grave là sai lầm

Ví dụ 1.7 Nhà toán học Pháp P Fermat cho rằng các số có dạng 2

2n  1 là số nguyên tố

Ông đã xét 5 số đầu tiên:

Với n 0 thì

0 2

2     1 2 1 3 là số nguyên tố

Với n 1 thì

1 2

2     1 4 1 5 là số nguyên tố

Với n 2 thì

2 2

2   1 16 1 17   là số nguyên tố

Với n 3 thì

3 2

2   1 256 1   257 là số nguyên tố

Với n 4 thì

4 2

Nhận xét: Nhờ phép quy nạp không hoàn toàn mà ta có những dự đoán về

một tính chất toán học nào đó và đó là một cơ sở để đi tới các phát minh Vì vậy, trong toán học, dù phương pháp quy nạp không hoàn toàn là phép chứng minh không chặt chẽ, tuy kết luận của nó có thể sai nhưng lại có ý nghĩa to lớn trong việc tìm tòi, dự đoán, tìm ra tri thức mới

1.1.3 Nguyên lý quy nạp toán học

1.1.3.1 Tiên đề Peano

Cơ sở của nguyên lý quy nạp toán học (còn gọi là tiên đề quy nạp) nằm

trong hệ tiên đề PEANO về tập hợp số tự nhiên

Các tiên đề của PEANO có thể được phát biểu như sau:

Cho M  và M thỏa các điều kiện:

1.1.3.2 Tiên đề thứ tự

Tiên đề thứ tự: Trong mỗi tập hợp khác rỗng của số tự nhiên có một phần

tử nhỏ nhất

Chứng minh:

Cho A   Vì  bị chặn dưới bởi 0 nên A cũng bị chặn dưới

Giả sửA bị chặn dưới bởi n0 tức là  n A n: 0 n

Nếu n0An0 là số bé nhất trong A

Nếun0An0   1 A vì giữa n0 và n 0 1 không có số nào khác nên n 0 1 là số

bé nhất trong A

Vậy tiên đề thứ tự được chứng minh

1.1.3.3 Nguyên lí quy nạp toán học

Định lý 1.1 Cho n0 là một số nguyên dương và P n  là một mệnh đề có nghĩa với mọi số tự nhiên nn0 Nếu mệnh đề P n  thỏa mãn hai điều kiện sau:

Bước cơ sở: Ta kiểm tra khẳng định một tính chất đúng với nn0

Bước quy nạp: Ta chứng minh rằng nếu với mỗi kn0, P k thỏa mãn tính chất

đã biết thì suy ra P k  1cũng có tính chất ấy

Kết luận P n có tính chất đã cho  n n0

Cách chứng minh theo phương pháp quy nạp là tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn bước các khẳng định của mệnh đề Vì mệnh đề của bài toán có thể phụ thuộc vào nhiều đối số, nên người ta phải nói rõ chứng minh quy nạp theo n

đối với mệnh đề phụ thuộc vào n

1.2 Một số kỹ thuật của phương pháp quy nạp

Trong toán học khi sử dụng phương pháp quy nạp toán học, ở bước cơ sở là bước mà dễ dàng kiểm tra được, thường thì người ta chỉ gặp khó khăn ở bước quy nạp Dưới đây là một số kỹ thuật để khắc phục những khó khăn này

1.2.1 Bước quy nạp xây dựng trên P(k)

Là kỹ thuật dùng để kiểm tra tính đúng của P k  1 người ta biến đổi trực tiếp từ khẳng định đúng của P k 

Vậy đẳng thức được chứng minh

1.2.2 Bước quy nạp xây dựng trên P( k+1)

Là kỹ thuật mà để khẳng định mệnh đề đúng với P k  1suy từ P k , người

ta biễu diễn P k  1 ra mệnh đề của P k 

Ví dụ 1.10 (Bất đẳng thức Bernoulli) Chứng minh rằng với mọi x  1,x 0 và

với mọi số tự nhiên n 2, ta có 1 xn   1 nx 1.10

Khi đó ta có: P k   1 x   1 kx.

Suy ra: P k  1  1 xk1

1 x k 1 x

         2  

P k x  kx x   k xkx   k x

Do đó bất đẳng thức 1.10đúng với nk 1

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Ví dụ 1.11 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n,ta có

  3

5

P n n  n chia hết cho 6

Bài giải

Bước cơ sở: Với n 1 ta có P 1  6 chia hết cho 6 nên bài toán đúng với n 1

Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với nk nghĩa là P k   6với

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 1.12 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n 2 và x 1 thì bất đẳng thức sau luôn đúng: 1 xn1 xn  2n

Nên bài toán đúng với n 2

Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với nk, nghĩa là:

   1  k1  k  2 k

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

1.2.3 Kỹ thuật quy nạp nhảy bước

Trong định lí 1.1 ở điều kiện 1 cho ta cơ sở mở rộng bắt đầu từ giá trị n0

Điều kiện 2 của định lí 1.1 cho ta mệnh đề khẳng định P n  đúng với

0 1, 0 2,

n  n  Thực tế nhiều khi trong bước quy nạp phải đòi hỏi hai giá trị

1

nk và nk của mệnh đề, để suy ra mệnh đề đúng với nk 1 Trong

trường hợp này bước cơ sở phải kiểm tra không những chỉ với n0 mà cả với

0 1

n  Tổng quát hơn ta có thể phát biểu định lý ở phần trước như sau:

Định lý 1.2 Cho p là số nguyên dương và dãy các mệnh đề P 1 ,P 2 , , P p 

nếu thỏa hai điều kiện sau:

Chọn m là số tự nhiên bé nhất mà P m  không đúng ( điều này thực hiện được

Ví dụ 1.13 Cho v0  2,v1 3 và với mỗi số tự nhiên n 1, ta có: v n1 3v n 2v n1

Chứng minh rằng v  n 2n 1, với n là số nguyên không âm bất kỳ

Do đó bài toán đúng với nk 1

Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Kỹ thuật quy nạp nhảy bước là kỹ thuật mà để khẳng định tính đúng của

mệnh đề P n , người ta đi xem xét tính đúng của các mệnh đề P n 0 ,P n  0 1 , 

1

k k

k k

x x



 , ta có 2

2

1 2

k k

x x





  ) Theo nguyên lý quy nạp, ta có điều phải chứng minh

Kết quả là : Từ  i và  iii cho khẳng định 1.14đúng cho mọi số lẻ n

Từ  ii và  iii cho khẳng định 1.14đúng cho mọi số chẵn n

Do đó 1.14đúng với mọi số tự nhiên n

1.2.4 Kỹ thuật tổng quát hóa

Rất nhiều bài toán dễ giải hơn ở dạng tổng quát, nhất là chứng minh bằng phương pháp quy nạp khi dự đoán giả thiết quy nạp Chẳng hạn như ta phải chứng minh dãy mệnh đề mà P 1 ,P 2 , không có đủ thông tin để thực hiện bước quy nạp Trong trường hợp đó ta xét một dãy mệnh đề tổng quát hơn

Như vậy từ sự đúng đắn của mệnh đề Q k  1 suy ra P k  1cũng đúng

Vậy đẳng thức được chứng minh

1.2.5 Một số sai lầm thường gặp khi sử dụng phương pháp quy nạp

Phương pháp quy nạp là một phương pháp tư duy dùng để tìm tòi, dự đoán,

từ những khẳng định riêng tiến tới khẳng định chung Phương pháp quy nạp có khi đưa ra những khẳng định đúng, có khi đưa ra khẳng định sai Cách chứng minh bằng phương pháp quy nạp tránh cho ta phải đi kiểm tra vô hạn các bước khẳng định của mệnh đề Đôi khi bài toán phụ thuộc vào nhiều biến số, nên khi chứng minh ta cần nói rõ chứng minh quy nạp theo biến nào

Trong chứng minh bằng quy nạp, cả hai bước đều cần thiết Nếu thiếu một trong hai bước, thì sẽ dẫn đến sai lầm Một số ví dụ sau đây sẽ cho ta thấy rõ điều này

Ví dụ 1.16 Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền sau nó

Bài giải

Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp toán học

Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với nk với k là số tự nhiên nào đó, nghĩa là ta có:

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? Lời giải của ví dụ đã áp dụng nguyên lí quy nạp toán học nhưng bỏ qua bước cơ sở quy nạp Nghĩa là đã không kiểm tra bài toán có đúng trong trường hợp n 1 hay không

Ta thấy rằng với n 1 thì khẳng định 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

Ví dụ trên chứng tỏ rằng: Khi chưa kiểm tra điều kiện ban đầu 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 bước quy nạp thì mới chỉ đưa ra được cơ sở chứ chưa có nguyên tắc nào để mở rộng cơ sở đó Ta sẽ xét ví dụ 1.5, ví dụ 1.6, ví

dụ 1.7, ( mục [1.1.2.2], trang 11) đã trình bày trong khóa luận này

Do bỏ qua bước quy nạp nên D.A Grave nhà toán học Xô Viết hay là nhà Toán học Pháp P Fermat đã đưa ra khẳng định sai, hay ở ví dụ 1.5 khi chưa thực hiện bước quy nạp mà cho rằng khẳng định đó đúng thì hoàn toàn dẫn đến kết luận sai lầm

Chúng ta nhiều khi tưởng rằng quy nạp thực chất cũng chỉ là đi theo một

mô hình quen thuộc cho nên bỏ qua một vài bước trong đó Ta nên cẩn thận và hiểu rằng đó là làm trái với tiên đề và như vậy tất nhiên sẽ không có cơ sở gì nói lên rằng chứng minh của ta là đúng Như vậy việc kiểm tra cả hai bước cần được tôn trọng và thực hiện đầy đủ khi áp dụng phương pháp quy nạp toán học

này thì cơ sở của nó chính là dựa vào hệ tiên đề Peano và tiên đề thứ tự, thì khóa luận cũng đã trình bày được và chứng minh Qua đó khóa luận đã đúc kết và khắc sâu hai bước cần phải thực hiện khi giải toán bằng phương pháp quy nạp là: Bước cơ sở và bước quy nạp, cũng như tầm quan trọng phải thực hiện đầy đủ hai bước này, thông qua các ví dụ và phản ví dụ Khi sử dụng phương pháp quy nạp chúng ta thường gặp khó khăn ở bước quy nạp, biết được vấn đề này nên khóa

luận đã nêu ra được một số kỹ thuật của phương pháp quy nạp để vận dụng vào

giải toán nhằm giải quyết các khó khăn đó cùng các ví dụ minh họa

CHƯƠNG 2: VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC VÀO

GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Như chúng ta đã biết phương pháp quy nạp toán học được sử dụng để giải những bài toán khác nhau thuộc nhiều lĩnh vực của toán học, trong chương này khóa luận sẽ trình bày một số dạng toán thường gặp trong chương trình phổ thông giải bằng phương pháp quy nạp

2.1 Vận dụng phương pháp quy nạp toán học trong các bài toán số học Trong số học các phép chia hết cho ta rất nhiều tính chất về số nguyên Đối với những bài toán về phép chia hết, chúng ta có nhiều cách giải cho một bài toán, thậm chí các cách giải đó có thể ngắn gọn hơn rất nhiều Tuy nhiên sử dụng phương pháp quy nạp lại là công cụ để ta tiếp cận bài toán một cách dễ dàng hơn

Bài toán 2.1.1 Chứng minh rằng   2 2 1

Bài toán 2.1.2 Chứng minh rằng P n  16  15n 1 chia hết cho 225, n  

Theo nguyên lí quy nạp ta có P n  225,  n 

Bài toán 2.1.3 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n,

S n n 1n 2  n n  chia hết cho 2n

Bài giải

Bước cơ sở: Với n 1 thì ta có S   1 1 1 2 chia hết cho 221

Vậy bài toán đúng với n 1

Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với nk(k là số tự nhiên bất kì), nghĩa là

 1 2   

k

S  k k kk  2k Cần chứng minh bài toán đúng với nk 1.Thật vậy

Bài toán 2.1.4 Chứng minh rằng nếu a b n, , là các số nguyên không âm và b

 thì ca k  1

1

do b a k Khi đó  1  

1 b 1 1 ca 1

 1 1

a c

Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ nhất chia hết cho k 1

a  (theo giả thiết quy nạp)

Biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai chia hết cho a vì ta có thể biểu diễn nó dưới dạng a 1c a 1 1a 1c a 2 1 a 1c 1a

tổng này đều chia hết cho a

Như vậy bài toán đúng với nk 1

Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.1.5 Chứng minh rằng  n  ,n 1 thì những số có dạng A a4n 1 a

Thừa số thứ nhất chia hết cho 5! 120   4.30( kết quả tích của 5 số tự nhiên liên tiếp), còn thừa số thứ hai chia hết cho 5.3! 30  (kết quả tích của 3 số tự nhiên liên tiếp)

Suy ra A1 chia hết cho 30 nên bài toán đúng với n 1

VậyA chia hết cho 30   a

Bài toán 2.1.6 Chứng minh rằng: a) a b  a nb n, nlà số tự nhiên lẻ

b) a b  a n b n, nlà số tự nhiên chẵn

Bài giải

a) Bước cơ sở: Với n 1 thì ta có : a b  a b  nên bài toán đúng với n 1.

Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với nk  1 , nghĩa là ta có:

b) Bước cơ sở: Với n 2 thì ta có :    2 2

a b a b nên bài toán đúng với n 2

Bước quy nạp: Giả sử bài toán đúng với nk 2, nghĩa là ta có:

a b  a k b k,k 2.

Cần chứng minh bài toán đúng với nk 2

Bước cơ sở: Với n 2, ta có 22



cũng là một số nguyên với mọi số nguyên dương n

Bài giải

Bước cơ sở: Với n 1 ta có 1

1

   là số nguyên nên bài toán đúng với n 1

Bước quy nạp: Giả sử với mọi số nguyên dương từ 1 đến k, biểu thức k 1

k

x x

x x

 , 1

1

1

k k

x x

Do đó bài toán đúng với nk 1

Theo nguyên lí quy nạp toán học bài toán đúng với mọi n