SKKN GIÚP học SINH TIẾP cận và vận DỤNG PHƯƠNG PHÁP QUY nạy TOÁN học tốt hơn

Tuy nhiên, thực tế trong quá trình giảng dạy toán 11 đặc biệt là bài “Phươngpháp qui nạp toán học” tôi thấy trong quá trình vận dụng học sinh thực sự lúng túngvà mơ hồ và có thể còn mắc

MỤC LỤC Trang

1 Phần mở đầu 2

1.1 Lý do chọn đề tài……… 2

1.2 Mục đích nghiên cứu 3

1.3 Đối tượng nghiên cứu 3

1.4.Phương pháp nghiên cứu 4

2 Nội dung 4

2.1 Cơ sở lí luận của skkn 4

2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 6

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 8

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường……… 17

3 Kết luận, kiến nghị 18

3.1 Kết luận 18

3.2 Kiến nghị 19

Phụ lục ……… 20

Đề số 1……… 20

Đề số 2……… 22

Tài liệu tham khảo ……… 25

Tuy nhiên, thực tế trong quá trình giảng dạy toán 11 đặc biệt là bài “Phươngpháp qui nạp toán học” tôi thấy trong quá trình vận dụng học sinh thực sự lúng túng

và mơ hồ và có thể còn mắc sai lầm khi thực hiện các bước chứng minh bằng phươngpháp qui nạp thậm chí còn không kiểm tra bước 1

Với bài toán chứng minh đẳng thức học sinh không biết phân biệt đâu là giảthiết qui nạp, đâu là kết luận và trong quá trình chứng minh thì hầu như các em khôngbiết bắt đầu từ đâu, làm thế nào để vận dụng được giả thiết qui nạp Còn ở bài toánchứng minh bất đẳng thức và chứng minh chia hết càng gặp nhiều khó khăn hơn, khi

đã viết được giả thiết qui nạp học sinh không biết làm cách nào để thấy được mối liênquan với kết luận Trong chương trình toán lớp 11 còn có một dạng toán đó là tìm sốhạng tổng quát của dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân bắt buộc học sinh phải dự đoáncông thức tổng quát rồi chứng minh bằng phương pháp qui nạp, đây là dạng toán khóđòi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp qui nạp toán học và được rèn kĩ năngchứng minh nhiều hơn mới có thể giải được bài toán này một cách thành thạo

Ngoài ra có vô số các ví dụ trong các môn học ở chương trình phổ thông dùngphương pháp qui nạp để diễn giải và mô tả Nhưng để hiểu thấu đáo về kĩ thuật ápdụng trong học tập, sáng tạo còn gặp nhiều khó khăn

Hơn nữa, trong chương trình cũng như sách giáo khoa đại số và giải tích lớp 11học sinh mới chỉ được tiếp cận và hiểu biết phương pháp qui nạp ở mức độ nhất định;chưa hiểu sâu về nguyên lí qui nạp; chưa được rèn luyện nhiều về kĩ năng giải toánbằng phương pháp qui nạp Chính vì vậy tôi mạnh dạn viết sáng kiến kinh nghiệm về

“phương pháp qui nạp toán học” với mong muốn giúp học sinh hiểu sâu hơn vểphương pháp này và được rèn kĩ năng nhiều hơn, vận dụng vào giải toán thành thạohơn, đó là lí do tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Giúp học sinh tiếp cận và vận dụng phương pháp quy nạp tốt hơn”

1.2 Mục đích nghiên cứu

- Giúp học sinh nắm vững lí thuyết, tiếp cận và vận dụng phương pháp quy nạp toánhọc trong các bài toán chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức và giải toán chia hết

- Rèn luyện kĩ năng nhận dạng, phân tích, xử lý, trả lời các bài tập về chứng minhmệnh đề phụ thuộc biến

- Giúp đồng nghiệp nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán THPT, đặc biệt phầnPhương pháp quy nạp toán học

1.3 Đối tượng nghiên cứu

- Nghiên cứu các dạng toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, và giải các bài toánchia hết bằng phương pháp quy nạp toán học

1.4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lí thuyết: Nghiên cứu các tài liệu lí thuyết trong các sáchtham khảo cũng như các tài liệu trên mạng từ đó phân tích và tổng hợp kiến thức rồiphân loại và hệ thống hoá kiến thức

- Phương pháp điều tra: Khảo sát học sinh lớp 11 để nắm được khả năng tư duy vàlĩnh hội kiến thức của học sinh cũng như kĩ năng giải bài tập phần phương pháp quynạp toán học

- Phương pháp thực nghiệm khoa học: Chủ động tác động lên học sinh để hướng sựphát triển theo mục tiêu dự kiến của mình

- Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm: Nghiên cứu và xem xét lại nhữngthành quả thực tiễn trong quá khứ để rút ra kết luận bổ ích cho thực tiễn

- Phương pháp thống kê và xử lí số liệu: Sử dụng xác suất thống kê để xử lí số liệu thuthập được

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận:

2.1.1 Khái quát chung về tập hợp số tự nhiên N

Các số 0, 1, 2, 3, là các số tự nhiên Tập hợp số tự nhiên kí hiệu là N

Trong hai số tự nhiên khác nhau, có một số nhỏ hơn số kia

Mỗi số tự nhiên có một số liền sau duy nhất

Hai số tự nhiên liên tiếp thì hơn kém nhau một đơn vị

Số 0 là số tự nhiên nhỏ nhất không có số tự nhiên lớn nhất

 2.1.3 Giai đoạn qui nạp và giả thiết qui nạp

Để hiểu cách áp dụng phương pháp qui nạp cho đầy đủ, ta xem xét một số ví dụ sauđây như một phép « suy luận có lí » mà G Polya đã đề cập

Bước 2 : Đặt vế trái bằng Sn

Giả sử hệ thức (2.1) đúng với n k 1, tức là :

) 1 ( ) 1 3 (

8 3 5 2 2

Ta phải chứng minh rằng (2.1) cũng đúng với n k 1, tức là :

3 1 1 ( 1 ) ( 2 ) )

1 ( ) 1 3 (

8 3 5 2 2

Vậy hệ thức (2.1) đúng với mọi n  N*

Ví dụ 2: Chứng minh với mọi n 2, ta có bất đẳng thức:

3n  3n 1 (2.2)

Giải :

Bước 1 :Với n = 2 vế trái bằng 9, vế phải bằng 7 Bất đẳng thức (2.2) đúng.

Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với nk 2, tức là

3k  3k 1

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với nk 1, tức là

1 ) 1 ( 3

3 3

.

3 k  k 

1 ) 1 ( 3 6 ) 1 ( 3 3 9 ) 1 3

.(

3 k  k  k  k  k  (vì k 2)

Vậy bất đẳng thức (2.2) với mọi số tự nhiên n 2

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọin  N* ta có

Theo giả thiết qui nạp thì A k k3  3k2  5k 3, do đó A k1 3

Vậy A n n3  3n2  5n chia hết cho 3 với mọi n  N*

Ví dụ 4: Cho trước một số tự nhiên n Hãy tìm tổng các số tự nhiên 1, 2, , n

Giải:

Kí hiệu Sn là tổng phải tìm, nghĩa là S n  1  2  3  n (2.4)

Ta hi vọng tìm ra công thức ngắn gọn để tính tổng trên, công thức đó giúp ta tínhnhanh, gọn hơn là phải thực hiện lần lượt các phép cộng trong tổng Ta minh hoạ quátrình áp dụng nguyên lí qui nạp vào tính tổng này

Ta tính tổng Sn từ đẳng thức (2.4) với một vài số tự nhiên liên tiếp, chẳng hạn

bắt đầu bằng 1 Những kết quả tính toán các trường hợp riêng được xếp vào bảng

n

Mục đích của ta là tìm được qui luật chung, với bảng trên ta dễ thấy qui luật :Tích của hai số tự nhiên ở hàng trên bằng hai lần số đầu tiên tương ứng ở hàng dưới.

Thật vậy, 1.2=2.1 ; 2.3=2.3 ; 3.4=2.6 ;4.5=2.10 ; 5.6=2.15 Như vậy giai đoạn qui nạp

của chúng ta đã thành công với các trường hợp n= 1, 2, 3, 4, 5, 6 Tiếp tục một cách

tự nhiên là mở rộng qui luật trên cho bảng số với các số tự nhiên bất kì Ta đưa giảthiết thích hợp với qui luật vừa tìm được

Đặt 1  2   n(n21)

n (2.4)

Một giả thiết ta đã làm như vậy gọi là giả thiết qui nạp Nhưng câu hỏi đặt ra là

đẳng thức (2.4) có đúng với mọi n = 1, 2, hay không ? Rõ ràng nếu (2.4) đúng vớimọi số tự nhiên thì bằng cách thay n bằng n+1 ta sẽ có đẳng thức

1  2    (  1 ) (n1)(2n2)

n

n (2.4) Trái lại, giả thiết (2.4) là đúng với mọi n = 1, 2 , nếu

1) nó đúng với n= 1 và

2) nó đúng với mỗi số k suy ra cũng đúng với cả k+1

Điều này không có cách nào khác là phải áp dụng nguyên lí qui nạp toán học, nghĩa là

ta phải kiểm tra những điều kiện a) và b) của định lí 2.1

Bước cơ sở : Với n = 1, công thức (2.4) đúng

Bước qui nạp: Bây giờ chúng ta chứng minh công thức (2.4)đúng cho cả điều kiện b).

Với mục đích đó ta giả thiết công thức (2.4) đúng với nk  1 nào đó và sẽ chứngminh nó cũng đúng với nk 1, ta biến đổi

2

) 2 )(

1 ( ) 1 ( 2

) 1 ( ) 1 (

2

1           k k

k k

k k

Kí hiệu tổng phải tìm là Sn với S n  1  3  5   ( 2n 1 )

Để xây dựng giả thiết qui nạp ta tính tổng của một số giá trị được liệt kê trong bảngsau

2 4

2 3

2 2

2

1  1 , S  2 ,S  3 ,S  4 ,S  5 ,S  6

S

Như vậy ta có thể đưa ra giả thiết chung là : Sn  n2 (2.5)

Bước cơ sở : Với n = 1, tổng chỉ có một số hạng Sn=1 ; biểu thức 2 1



n với n = 1,như vậy (2.5) đúng

Bước qui nạp : Giả sử (2.5) đúng với n = k, tức là 2

k

S  k Ta sẽ chứng minh (2.4)đúng với n = k+1, nghĩa là 2

Như vậy bài toán đã giải xong

2.1.4 Phương pháp qui nạp toán học trên N*

Để chứng minh những 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 qui nạp), chứng minh rằng nó cũng đúng với nk 1

 Khẳng định mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n  N*

*) Chú ý :

Trong trường hợp phải chứng minh một mệnh đề là đúng với mọi số tự nhiên n p

(p là số tự nhiên) thì :

 Ở bước 1, ta kiểm tra mệnh đề đúng với np

 Ở bước 2, ta giả thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên bất kì

n k p và chứng minh rằng nó cũng đúng với nk 1

2.2 Thực trạng của vấn đề

 2.2.1 Không thực hiện đầy đủ hai bước qui nạp

Trong quá trình vận dụng qui nạp đôi khi học sinh chưa hiểu kĩ về nguyên lí qui nạp,

hoặc có thể cho là bước 1 đơn giản nên có thể bỏ qua, dẫn đến kết luận sai lầm Đốivới học sinh phương pháp qui nạp là mới và khó khi vận dụng vào giải nhiều loạitoán, tuy nhiên trong chương trình của cấp học tôi chỉ đưa ra một số ví dụ cho thấy rõnhững sai lầm mắc phải như đã trình bày ở trên

Ví dụ 1: Chứng minh rằng mọi số tự nhiên đều bằng số tự nhiên liền sau

Như vậy khẳng định đúng với n = k thì nó đúng với n = k+1, do đó mệnh đề bàitoán đúng với mọi n, nghĩa là mọi số tự nhiên đều bằng nhau, điều này vô lí Vậy cáchchứng minh sai ở đâu ? Dễ dàng thấy ngay trong chứng minh áp dụng nguyên lí qui

nạp toán học nhưng bỏ qua bước 1 kiểm tra n =1

Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng

Cộng vế với vế hai bất đẳng thức (2.4) và (*) ta nhận được

2k  2k  2k 1  2  2 1 2 ( 1 ) 1

Bài toán đã giải xong

Tuy nhiên ví dụ này cũng mắc sai lầm như ví dụ trước không qua bước cơ sở

Ví dụ 3: Chứng minh rằng những giá trị của hàm số ( ) 2 41





n n n

f f

f

f f

f f

f

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  41 2 kết quả f41 không phải là sốnguyên tố, nên kết luận của bài toán là không đúng Như vậy ta thấy một mệnh đề cóthể đúng với 40 trường hợp nói riêng nhưng không đúng với mọi trường hợp nóichung

Còn rất nhiều khẳng định sai nếu vận dụng qui nạp theo cách như các ví dụ trên

2.2 2 Chưa biết vận dụng giả thiết qui nạp

- Một thực trạng nữa cho thấy học sinh rất lúng túng trong việc vận dụng giả thiếtqui nạp

được sự hơn kém giữa vế trái của đẳng thức giả thiết và vế trái của đẳng thức kết luận

vì học sinh viết thiếu số hạng thứ k là 3 k 1

 2.2.3 Chưa biết phân tích kết luận để sử dụng giả thiết qui nạp

Ngoài ra khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp qui nạp học sinhcũng gặp nhiều khó khăn khi tìm ra mối liên quan giữa hai bất đẳng thức giả thiết vàkết luận

Ví dụ 5 : Chứng minh với mọi số tự nhiên n 2, ta có bất đẳng thức :

- Nắm chắc và thực hiện bắt buộc trình tự hai bước của phương pháp qui nạp

- Ở bước 2 phải đặt ra được bài toán, trong đó :

Giả thiết (qui nạp) là mệnh đề đúng n k và kết luận là mệnh đề đúng n k 1 ;

cần làm rõ được sự hơn kém giữa vế trái của đẳng thức giả thiết và vế trái của đẳng thức kết luận

- Hoàn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối cùng.

Bài toán 1 : Chứng minh rằng với n  N *ta có

8 5

2      k k

Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với n k 1, nghĩa là

2

113)1(11313

852

k k

S k

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có :

2

4 6 3

2 3 2

) 1 3 ( 2

k k k

1 ) 1 2 (

1

8

1 4

1 2

1

8

1 4

1 2

1

8

1 4

Thật vậy,

1 1

1

1 2 2

1 ) 1 2 ( 2 2

1 2

1 2 2

1 2

1

8

1 4

k k

k

k k k

Vậy đẳng thức (2) đúng với mọi n  N*

Bài toán 3 : Chứng minh rằng với n  N * ta có

3

) 1 4 ( ) 1 2 (

5 3 1

2 2

2 2

Lời giải : Đặt vế trái bằng Cn

Bước 1 : Khi n = 1, VT = VP = 1, hệ thức (3) đúng khi n = 1

Bước 2 : Giả sử hệ thức (3) đúng với nk  1, tức là

k

C 

3

) 1 4 ( ) 1 2 (

5 3 1

2 2

2 2

5 3 1

2 2

2 2

) 1 4

k

3

1 ) 1 ( 4 ) 1 ( 3

) 1 2 )(

3 2 (

*) Chú ý:

- Nắm chắc và thực hiện bắt buộc trình tự hai bước của phương pháp qui nạp

- Ở bước 2 phải đặt ra được bài toán, trong đó :

Giả thiết (qui nạp) là mệnh đề đúng n k và kết luận là mệnh đề đúng n k 1 ;

cần vận dụng tốt tính chất của bất đẳng thức.

- Hoàn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối cùng.

Bài toán 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 3 ta có

3n n2  4n 5 (4)

Lời giải :

Bước 1 :Với n = 3, vế trái bằng 27, vế phải bằng 26 Bất đẳng thức (4) đúng.

Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với nk  3, tức là

5 4

3k k2  k (4’)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với nk 1, tức là

5 ) 1 ( 4 ) 1 (

5 6 2 5 ) 1 ( 4 ) 1 ( 15 12 3

3n  n (5)

Lời giải :

Bước 1 :Với n = 2, vế trái bằng 9, vế phải bằng 7 Bất đẳng thức (5) đúng.

Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với nk 2, tức là

3k  3k 1 (5’)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n k 1, tức là

1 ) 1 ( 3

Vậy 3n  3n 1 với mọi số tự nhiên n 2,n  N*

Bài toán 6 : Với giá trị nào của số nguyên dương n, ta có: 3n  2n 7n (6)

Lời giải

Ta thử với n  1: 3  2  7(sai), n 2: 9  4  14(sai), n 3: 27  8  21(sai),

n 4: 81  16  28(đúng), n  5: 243  32  35(đúng),

Dự đoán: 3n  2n 7n,n 4 Chứng minh bằng quy nạp toán học

Bước 1 : Kiểm tra với n 4: 81  16  28 ( đúng)

Bước 2 : Giả sử bất đẳng thức đúng với nk 4, tức là 3k  2k  7k (6’)

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với nk 1, tức là 3 1 2 1 7 ( 1 )

1

2

1 1

7 4

1 3

k k

1 1 2

1 2

1

3

1 2

1 1

k k

k k

S k

13242( 12)(21)(2121()2 1)

k k

k k

k

) 1 ( 24 13

) 1 2 )(

1 ( 2

1 24

Vậy

24

13 2

1

2

1 1

( ,  n  N *

2.3.3 Vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết

*) Chú ý:

- Nắm chắc và thực hiện bắt buộc trình tự hai bước của phương pháp qui nạp.

- Ở bước 2 phải đặt ra được bài toán, trong đó :

Giả thiết (qui nạp) là mệnh đề đúng n k và kết luận là mệnh đề đúng n k 1 ;

cần vận dụng tốt hằng đẳng thức đáng nhớ, tính chất chia hết của một tổng.

- Hoàn thành xong hai bước phải nêu kết luận cuối cùng.

Bài toán 8 : Chứng minh rằng với n  N * ta có: n3  5n chia hết cho 6

Bước 2 : Giả sử mệnh đề A nvới nk  1 ta đã có A k k3  k 3

Ta phải chứng minh mệnh đề A n đúng với nk 1, tức là

3 ) 1 ( ) 1

1 ( ) 1

Bài tập tương tự:

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n  N* ta có: A(n) n3 11n



Bài 2 : Chứng minh rằng với mọi n  N* ta có: n7  n chia hết cho 7

Bài 3 : Chứng minh rằng với mọi n  N* ta có: 11  1 122  1

1

S , S2 3131.552, S3 5251.7 73, S4 7371.9 94 b) Từ kết quả câu a) ta dự đoán

) 1 ( 2 1 1 2

k k k

k k

k

     

1 ) 1 ( 2

1 3

2 1 2

1 2 1 )

3 2 )(

1 2 (

1 3

k

k k

k k

k k

1 1

n n

u

u u

Lời giải: Ta có: 2 33

2

1 2 8

u n 1

Chứng minh bằng phương pháp qui nạp toán học

Bước 1 : Với n 1 thì u1 45 (đúng )

Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với k 1 1

2

1 2 u thì

1 1

k

2

1 2 2

1 1 2

1 2 2

k k

u

2

1 2

1

2 2

(*) 

1

2 2

2 2

2

1

2 4

Suy ra

2 4

1 1 1

So sánh (**) và (***) ta được điều phải chứng minh

Bài toán 14 : Chứng minh số đường chéo của đa giác lồi n cạnh là ( 3)

2   Mệnh đề đúng với n = 4

 Giả sử mệnh đề đúng với đa giác n = k cạnh ( k>4), nghĩa là số đường

chéo của đa giác lồi k cạnh là

2

) 3 ( k k

Với đa giác lồi (k+1) cạnh :A A A A1 2 k k1 Nối

1 k

A A Theo giả thiết qui nạp đa giác A A A1 2 k có

2

) 3 ( k k

đường chéo Số đường chéo của A A A A1 2 k k1bằng số đường chéo của A A A1 2 k cộng với đường chéo

1 k

A A và k – 1 đường chéo tạo bởi Ak1 với k -2 là đỉnh từ A2 đến Ak1.