Tải bản đầy đủ

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

MỤC LỤC
1. Phần mở đầu..............................................................................
1.1 Lý do chọn đề tài…………………………………….............
1.2. Mục đích nghiên cứu.............................................................
1.3. Đối tượng nghiên cứu...........................................................
1.4.Phương pháp nghiên cứu.......................................................
2. Nội dung....................................................................................
2.1. Cơ sở lí luận của skkn............................................................
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề......................
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường…………………………..
3. Kết luận, kiến nghị. ..................................................................
3.1. Kết luận................................................................................ ..
3.2 Kiến nghị.............................................................................
Phụ lục ………………………………………………………
Đề số 1…………………………………………………….
Đề số 2……………………………………………………..
Tài liệu tham khảo …………………………………………..

1


Trang
2
2
3
3
4
4
4
6
8
17
18
18
19
20
20
22
25


I- PHẦN MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài :
Phương pháp qui nạp toán học là một phương pháp đặc biệt, rất hiệu lực và là
công cụ hữu hiệu để chứng minh các mệnh đề có liên quan đến một số tự nhiên n  N
*. Sự phát huy hiệu lực của nó thể hiện rõ nét ở các bài toán liên quan đến dãy số (hay
nói chung là các bài toán liên quan đến một số tự nhiên). Đặc biệt trong chương trình
toán lớp 11, phương pháp qui nạp toán học được áp dụng để chứng minh đẳng thức;
bất đẳng thức; tìm số hạng tổng quát của cấp số cộng, cấp số nhân; ứng dụng trong
hình học; đối với nhiều bài toán chia hết phương pháp qui nạp cũng cho ta cách giải
hữu hiệu.
Tuy nhiên, thực tế trong quá trình giảng dạy toán 11 đặc biệt là bài “Phương
pháp 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 phương
pháp 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 giả
thiết qui nạp, đâu là kết luận và trong quá trình chứng minh thì hầu như các em không
biết bắt đầu từ đâu, làm thế nào để vận dụng được giả thiết qui nạp. Còn ở bài toán
chứng 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 liên


quan với kết luận. Trong chương trình toán lớp 11 còn có một dạng toán đó là tìm số
hạng tổng quát của dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân bắt buộc học sinh phải dự đoán
công thức tổng quát rồi chứng minh bằng phương pháp qui nạp, đây là dạng toán khó
đòi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp qui nạp toán học và được rèn kĩ năng
chứng 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 dùng
phương pháp qui nạp để diễn giải và mô tả. Nhưng để hiểu thấu đáo về kĩ thuật áp
dụng 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 11
học 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 toán
bằng 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 vể
phương pháp này và được rèn kĩ năng nhiều hơn, vận dụng vào giải toán thành thạo
hơn, 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 toán
học trong các bài toán chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức và giải toán chia hết
2


- Rèn luyện kĩ năng nhận dạng, phân tích, xử lý, trả lời các bài tập về chứng minh
mệnh đề phụ thuộc biến.
- Giúp đồng nghiệp nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán THPT, đặc biệt phần
Phương 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 toán
chia 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 sách
tham khảo cũng như các tài liệu trên mạng từ đó phân tích và tổng hợp kiến thức rồi
phân loại và hệ thống hoá kiến thức.
- Phương pháp điều tra: Khảo sát học sinh lớp 11 để nắm được khả năng tư duy và
lĩnh hội kiến thức của học sinh cũng như kĩ năng giải bài tập phần phương pháp quy
nạp toán học.
- Phương pháp thực nghiệm khoa học: Chủ động tác động lên học sinh để hướng sự
phát triển theo mục tiêu dự kiến của mình.
- Phương pháp phân tích tổng kết kinh nghiệm: Nghiên cứu và xem xét lại những
thành 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 thu
thập được.

3


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
N  0;1;2;3...

Các số 0, 1, 2, 3, ...là các phần tử của tập hợp
Tập hợp các số tự nhiên khác 0 được kí hiệu là N*
N *  0;1;2;3;...
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
Số 1 là số tự nhiên khác không nhỏ nhất
Tập hợp các số tự nhiên có vô số phần tử
>2.1.2 Nguyên lí qui nạp
Định lí 2.1
Cho n0 là một số nguyên dương và P(n) là mệnh đề có nghĩa với một số tự
nhiên n �n0 . Nếu
a) P( n0 ) là đúng
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

>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 sau
đây như một phép « suy luận có lí » mà G. Polya đã đề cập.
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng với n  N * ta có
1.2  2.5  3.8  ...  n(3n  1) n 2 (n  1)
(2.1)
Giải :
Bước 1 : Với n =1, vế trái bằng 1.2 = 2, vế phải bằng 12 (1  1) 2 . Hệ thức (2.1) đúng.
Bước 2 : Đặt vế trái bằng S n .
Giả sử hệ thức (2.1) đúng với n  k �1 , tức là :
S k 1.2  2.5  3.8  ...  k (3k  1) k 2 (k  1)

(giả thiết qui nạp).

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

S k 1 1.2  2.5  3.8  ...  k (3k  1)  (k  1) 3 k  1  1 (k  1) 2 (k  2)

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

S k 1  S k  (k  1) 3 k  1  1 k 2  k  1   k  1 3k  2 
 k  1 (k 2  3k  2) (k  1) 2 ( k  2)

Vậy hệ thức (2.1) đúng với mọi n  N *
4


Ví dụ 2: Chứng minh với mọi n 2 , ta có bất đẳng thức:
(2.2)

3 n  3n  1

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
3 k  3k  1

Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n k  1 , tức là
3 k 1  3(k  1)  1  3 k 1  3k  4

Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức 3 k  3k  1 với 3 ta có
3.3 k  3.(3k  1)
3.(3k  1) 9k  3 3(k  1)  6k  3(k  1)  1 (vì k  2 )
Vậy bất đẳng thức (2.2) với mọi số tự nhiên n 2
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có
n 3  3n 2  5n chia hết cho 3

(2.3)

Giải :
Đặt An n 3  3n 2  5n
Bước 1 :Với n = 1, ta có A1 9 3 .
Bước 2 : Giả sử với n k 1 ta đã có Ak k 3  3k 2  5k 3
Ta phải chứng minh Ak 1 (k  1) 3  3(k  1) 2  5(k  1) 3
Thật vậy, ta có Ak 1 (k  1) 3  3(k  1) 2  5(k  1)
k 3  3k 2  3k  1  3k 2  6k  3  5k  5
(k 3  3k 2  5k )  3k 2  9k  9
Theo giả thiết qui nạp thì Ak k 3  3k 2  5k 3 , do đó Ak 1 3

Vậy An n 3  3n 2  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 S n 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 tính
nhanh, gọn hơn là phải thực hiện lần lượt các phép cộng trong tổng. Ta minh hoạ quá
trình áp dụng nguyên lí qui nạp vào tính tổng này.
Ta tính tổng S n 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
1
2
3
4
5
6
Sn
1
3
6
10
15
21
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
5


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 giả
thiết thích hợp với qui luật vừa tìm được.
Đặt

1  2  ...  n 

n(n  1)
2

(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 với
mọi số tự nhiên thì bằng cách thay n bằng n+1 ta sẽ có đẳng thức
1  2  ...  n  (n  1) 

(n  1)( n  2)
2

(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 chứng
minh nó cũng đúng với n k  1 , ta biến đổi
k (k  1)
(k  1)(k  2)
 (k  1) 
2
2
kết quả là (2.4) đúng với n k  1 .Theo nguyên lí qui nạp toán học công thức (2.4)
1  2  ...  k  (k  1) 

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 lí qui nạp toán học.
Ví dụ 5 : Tính tổng của n số lẻ tự nhiên đầu tiên.
Giải :
Kí hiệu tổng phải tìm là S n với S 1  3  5  ...  (2n  1)
n

Để xây dựng giả thiết qui nạp ta tính tổng của 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 S n đều là số chính phương :
S1 12 , S 2 2 2 , S 3 3 2 , S 4 4 2 , S 5 5 2 , S 6 6 2
2
Như vậy ta có thể đưa ra giả thiết chung là : S n  n
(2.5)
2
Bước cơ sở : Với n = 1, tổng chỉ có một số hạng S n =1 ; biểu thức n 1 với n = 1,

như vậy (2.5) đúng.
6


2
Bước qui nạp : Giả sử (2.5) đúng với n = k, tức là S k  k . Ta sẽ chứng minh (2.4)
2
đúng với n = k+1, nghĩa là S k 1 (k  1)

Thật vậy, theo giả thiết qui nạp ta có
S k 1  S k  (2k  1) k 2  (2k  1) (k  1) 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. Đối
với học sinh phương pháp qui nạp là mới và khó khi vận dụng vào giải nhiều loại
toán, tuy nhiên trong chương trình của cấp học tôi chỉ đưa ra một số ví dụ cho thấy rõ
những 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
Lời giải:
Giả thiết rằng mệnh đề khẳng định đúng với số tự nhiên n = k nào đó, nghĩa là
k ( k  1)
(2.1)
Chúng ta sẽ chứng minh đẳng thức sau đúng
(k  1) (k  2)
(2.2)
Thật vậy, theo giả thiết qui nạp (2.1) cộng hai vế đẳng 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 n, nghĩa là mọi số tự nhiên đều bằng nhau, điều này vô lí. Vậy cách
chứng 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
7


Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n bất đẳng thức sau đúng
(2.3)
Lời giải. Giả thiết bất đẳng thức (1.8) đúng với n = k, với k là một số tự nhiên nào
đó, nghĩa là ta có:
(2.4)
2 k  2k  1
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức (1.8) đúng với n k  1
2 k 1  2(k  1)  1
(2.5)
Thật vậy, ta có:
với mọi n  N *
(*)
2 k 2
Cộng vế với vế hai bất đẳng thức (2.4) và (*) ta nhận được
2 n  2n  1

2 k  2 k  2k  1  2
 2 k 1  2(k  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 f (n) n 2  n  41 với n = 0,1,2, ...
là những số nguyên tố.
Lời giải. Ta tính
f  0  1, f 1 41, f  2  43, f  3 47, f  4  53,
f  5 61, f  6  71, f  7  83, f  8 97, f  9  113

Ta có thể 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 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 nói riêng nhưng không đúng với mọi trường hợp nói
chung.
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 thiết
qui nạp
Ví dụ 4 :
Chứng minh rằng với n  N * ta có đẳng thức :
2  5  8  ...  3n  1 

n(3n  1)
2

(2.6)

Lời giải: Ở bước 2, giả sử đẳng thức đúng với n  k , học sinh biết viết giả thiết qui
k (3k  1)
, nhưng khi viết đẳng thức kết luận ở vế trái học
2
sinh chỉ viết 2  5  8  ...  3(k  1)  1 , nên khi chứng minh gặp khó khăn, không thấy

nạp 2  5  8  ...  3k  1 

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  3k  1
> 2.2.3 Chưa biết phân tích kết luận để sử dụng giả thiết qui nạp
8


Ngoài ra khi chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp qui nạp học sinh
cũng gặp nhiều khó khăn khi tìm ra mối liên quan giữa hai bất đẳng thức giả thiết và
kết luận
Ví dụ 5 : Chứng minh với mọi số tự nhiên n 2 , ta có bất đẳng thức :
3 n  3n  1

Lời giải: Ở bước 2 ta có bất đẳng thức giả thiết 3 k  3k  1 còn bất đẳng thức
kết luận là 3 k 1  3(k  1)  1 học sinh không biết tìm ra mối liên quan giữa giả thiết và
kết luận
- Việc vận dụng qui nạp vào giải toán chia hết đối với học sinh cũng là một lĩnh vực
mới còn bỡ ngỡ rất nhiều
Ví dụ 6 : Chứng minh rằng với n  N * ta có 4 n  15n  16
Học sinh thực hiện đầy đủ cả hai bước nhưng ở bước 2 học sinh rất lúng túng
khi phân tích biểu thức 4 k 1  15(k  1)  1 của kết luận làm xuất hiện biểu thức
4 k  15k  1 để áp dụng tính chất chia hết của một tổng.
2.3. Các biện pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề
>2.3.1 Vận dụng qui nạp chứng minh đẳng thức
*) 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 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
2  5  8  ...  3n  1 

n(3n  1)
2

Lời giải :
Bước 1 : Với n = 1, ta có VT = 2, VP = 2. Vậy đẳng thức đúng với n = 1
Bước 2 : Đặt vế trái bằng S n
Giả sử đẳng thức (1) đúng với n  k �1 , nghĩa là :
k (3k  1) (giả thiết qui nạp)
S  2  5  8  ...  3k  1 
k

2

Ta phải chứng minh (1) cũng đúng với n  k  1 , nghĩa là
S k 1 2  5  8  ...  3k  1   3 k  1  1 

(k  1) 3 k  1  1
2

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có :
S k 1  S k  3k  2 

k (3k  1)
3k 2  k  6k  4
 3k  2 
2
2

9

(1)


3(k 2  2k  1)  k  1  k  1 3 k  1  1

2
2
Bài toán 2 : Chứng minh rằng với n  N * ta có
1 1 1
1 2n  1
   ...  n  n
2 4 8
2
2

(đpcm).



(2)

Lời giải :
1 21  1
 1 . Vậy đẳng thức đúng với n = 1
2
2
Bước 2 : Giả sử đẳng thức (2) đúng với n k 1 , tức là ta có:
1 1 1
1
2k  1
   ...  k  k
2 4 8
2
2
Ta chứng minh đẳng thức (2) đúng với n k  1 , nghĩa là
1 1 1
1
1
2 k 1  1
   ...  k  k 1  k 1 .
2 4 8
2
2
2

Bước 1 : Ta có

Thật vậy,
1 1 1
1
1
2k  1
1
2( 2 k  1)  1 2 k 1  1
   ...  k  k 1  k  k 1 
 k 1
2 4 8
2
2
2
2
2 k 1
2
Vậy đẳng thức (2) đúng với mọi n  N *
Bài toán 3 : Chứng minh rằng với n  N * ta có
n(4n 2  1)
12  3 2  5 2  ...  (2n  1) 2 
(3)
3

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
2
Ck  12  3 2  5 2  ...  (2k  1) 2  k (4k  1)

3

Ta phải chứng minh

2
Ck  12  3 2  5 2  ...  (2k  1) 2   2 k  1  1 2  (k  1) 4 k  1  1

3

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có
C k 1 C k   2 k  1  1 C k  (2k  1) 2
2

k (4k 2  1)
(2k  1) k  2k  1  3(2k  1)
 (2k  1) 2 
3
3
 k  1(2k  3)(2k  1)  (k  1) 4(k  1) 2  1

3
3






Vậy hệ thức (3) đã được chứng minh.
>2.3.2 Vận dụng qui nạp chứng minh bất đẳng thức
*) Chú ý:
- Nắm chắc và thực hiện bắt buộc trình tự hai bước của phương pháp qui nạp
10


- 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
(4)
3 n  n 2  4n  5
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
(4’)
3 k  k 2  4k  5
Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n k  1 , tức là
3 k 1  (k  1) 2  4(k  1)  5

Thật vậy, nhân hai vế của bất đẳng thức (4’) với 3 ta có
3 k 1  3k 2  12k  15 (k  1) 2  4(k  1)  5  2k 2  6k  5
Vì 2k 2  6k  5  0 nên 3 k 1  (k  1) 2  4(k  1)  5

Bất đẳng thức (4) đã được chứng minh
Bài toán 5 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �2 ta có:
(5)
3 n  3n  1
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
(5’)
3 k  3k  1
Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n  k  1 , tức là
3 k 1  3(k  1)  1

Thật vậy,
3 k  3k  1  3k 1  9k  3  3 k 1  3k  3  6k  1  1
 3 k 1  3(k  1)  1  6k  1
Với k 2 , khi đó 6k  1  0 nên 3 k 1  3(k  1)  1

Vậy 3 n  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: 3 n  2 n  7 n (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),
n
Dự đoán: 3  2 n  7 n , 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 3 k  2 k  7 k
(6’)
k 1
k 1
Ta phải chứng minh nó cũng đúng với n k  1 , tức là 3  2  7(k  1)
11


3 k  2 k  7k  3 k 1  3(2 k  7k ) 3.2 k  21k
Thật vậy
(1)
k
k 1
k
Xét 3.2  21k  2  7(k  1)  2  14k  7  0, k 4
(2)
k 1
k 1
Từ (1) và (2) suy ra: 3  2  7(k  1)
Vậy: 3 n  2 n  7 n , n 4
Bài toán 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 , ta có :
1
1
1 13

 ... 

n 1 n  2
2n 24

(7)

Lời giải :
1 1 7 13
  
( đúng)
3 4 12 24
Bước 2 : Giả sử (7) đúng với n k  1 , tức là

Bước 1 : Kiểm tra (7)với n 2 :

1
1
1 13

 ... 

k 1 k  2
2k 24
Cần c/m (7) đúng với n k  1 , tức là c/m
1
1
1
13
S k 1 

 ... 

k 2 k 3
2(k  1) 24
1
1
1
1
1

 ... 


Thật vậy S k 1 
k 2 k 3
2k 2k  1 2(k  1)
1
1
1
1
1
1
1


 .. 



=
k 1 k  2 k  3
2k 2k  1 2k  2 k  1
1
1
1
13
1
1
1






= Sk 
2k  1 2(k  1) k  1 24 2k  1 2k  2 k  1
13 2(k  1)  2k  1  2(2k  1)


24
2(k  1)(2k  1)
13
1


24 2(k  1)(2k  1)
13

(k  1)
24
1
1
1 13

 ... 

Vậy
đúng với mọi n  1
n 1 n  2
2n 24
Sk 

Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n �2 ta có: 2n 1  2n  3
Bài 2: Chứng minh rằng với n  N *ta có: 2n  2  2n  5
Bài 3: Cho số thực x   1 . Chứng minh rằng: (1  x) n 1  nx ,  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 :
12


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: n 3  5n chia hết cho 6
Lời giải:
3
Đặt An n  5n
Bước 1 :Với n 1 , ta có A1 13  5 6 6 .
3
Bước 2 : Giả sử với n k 1 ta đã có An k  5k 6
3
Ta phải chứng minh Ak 1 6 , tức là Ak 1 (k  1)  5(k  1) 6
Ak 1 (k  1) 3  5(k  1)
Thật vậy, ta có:
k 3  3k 2  8k  6
k 3  5k  3k ( k  1)  6
 A(k )  3k (k  1)  6

Vì Ak 6 và 3k (k  1) 6 ( vì tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 2)
3
nên Ak 1 6 . Vậy An n  5n  6, n  N *
Bài toán 9 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có: n 3  n chia hết cho 3
Lời giải :
3
Đặt An n  n
Bước 1 :Với n = 1, ta có A1 0 3 (đúng).
3
Bước 2 : Giả sử mệnh đề An với n k 1 ta đã có Ak k  k 3
Ta phải chứng minh mệnh đề An đúng với n k  1 , tức là
Ak 1 (k  1) 3  ( k  1) 3

Thật vậy, ta có
Ak 1 (k  1) 3  ( k  1) k 3  3k 2  3k  1  k  1



 







 k 3  k  3 k 2  k  Ak  3 k 2  k 3

Vậy n 3  n 3 với mọi n  N *
Bài toán 10 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có : 4 n  15n  19
Lời giải :
n
Đặt S n 4  15n  1
Bước 1 :Với n = 1, ta có S1 189 .
k
Bước 2 : Giả sử với n k 1 ta đã có S k 4  15k  19
k 1
Ta phải chứng minh S k 1 9 , tức là S k 1 4  15(k  1)  19
k 1
k
Thật vậy, ta có S k 1 4  15(k  1)  1 4(4  15k  1)  45k  18
4S k  9(5k  2)
k

Theo giả thiết qui nạp thì S k 4  15k  19 , do đó S k 1 9
n
Vậy S n 4  15n  1 chia hết cho 9 với mọi n  N *
13


Bài tập tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có: A(n) n 3  11n chia hết cho 6
Bài 2 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có: n 7  n chia hết cho 7
Bài 3 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có: 11n 1  12 2 n  1 chia hết cho 133
>2.3.4 Một vài ứng dụng khác
1
1
1
1


 
1.3 3.5 5.7
(2n  1)( 2n  1)

Bài toán 11 : Cho tổng S n 

a) Tính S1 , S 2 , S3 , S 4 .
b) Hãy dự đoán công thức tính S n và chứng minh bằng phương pháp qui nạp
Lời giải : a) Ta có
1 1
1 1
2
2 1
3
3 1
4
S1 
 , S2  
 , S3  
 , S4  

1.3 3
3 3.5 5
5 5.7 7
7 7 .9 9
n
b) Từ kết quả câu a) ta dự đoán S n 
(8)
2n  1

Ta sẽ chứng minh công thức (8) bằng phương pháp qui nạp
Bước 1 : với n 1 : S1 

1
(đúng)
3

Bước 2 : Giả sử (8) đúng với n  k �1 , tức là S k 

k
2k  1

Ta cần chứng minh (8) cũng đúng với n k  1 , tức là cần chứng minh:
S k 1 

k 1
2(k  1)  1

Thật vậy, ta có
S k 1  S k 

1
1
S k 
 2 k  1  1 2(k  1)  1
(2k  1)( 2k  3)

k
1
k (2k  3)  1


2k  1 (2k  1)(2k  3) (2k  1)( 2k  3)
2k 2  3k  1
 k  1 2k  1  k  1


(2k  1)(2k  3)  2k  1 2k  3 2(k  1)  1
n
Vậy S n 
,  nN *
2n  1
Bài toán 12: Xác định công thức tổng quát u n của dãy ( u n ) sau:


5

 u1  4
un  : 
 u  u n  1  n 1
 n 1
2
9 23  1
17 2 4  1
33 2 5  1
Lời giải: Ta có: u 2   3 , u 3   4 , u 4   5 ,...
8
16
32
2
2
2

14


Dự đoán: u n 

2 n 1  1
2 n 1

 n 1

Chứng minh bằng phương pháp qui nạp toán học
Bước 1 : Với n 1 thì u 1 

5
(đúng )
4

Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n k 1 thì u k 

2 k 1  1
2 k 1

Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n k  1 , tức là cần chứng minh
2 k 2  1
u k 1  k 2
2
u k  1  2 k 1  1  1 2 k 2  1
 k 1  1.  k 2
Thật vậy, ta có: u k 1 
2
2
 2
2
2 n 1  1
,  n 1
2 n 1
n
an  bn  a  b 

Bài toán 13: Chứng minh:
 với: a 0 , b 0, n  N *
2
 2 

Vậy u n 

(9)

Lời giải:
Bước 1 : với n 1 : (9) đúng
Bước 2 : Giả sử (9) đúng với n  k �1 , tức là
Ta cần chứng minh (9) đúng với n k  1 , tức là

ak  bk  a  b 


2
 2 

k

(*)

a k 1  b k 1  a  b 


2
 2 

k 1

a b
, ta có
2
k
k 1
ak  bk a  b  a  b  a  b  a  b 

.


(*)
 .

2
2
2
 2 
 2 

Thật vậy, ta nhân hai vế của (*) với

k 1

a k 1  a k b  ab k  b k 1  a  b 

(**)

4
 2 
Nhưng với a  0, b  0 thì a k  b k  a  b  0  a k 1  b k 1 a k b  ab k
a k 1  a k b  ab k  b k 1 a k 1  b k 1

Suy ra
(***)
4
2






So sánh (**) và (***) ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 14 : Chứng minh số đường chéo của đa giác lồi n cạnh là

n(n  3)
2

Lời giải :
 Với n = 4 số đường chéo của tứ giác là 2 

4(4  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
15


k (k  3)
. Với đa giác lồi (k+1) cạnh : A1 A2... Ak Ak 1 Nối
2
k (k  3)
A1 Ak . Theo giả thiết qui nạp đa giác A1 A2... Ak có
đường chéo. Số
2

chéo của đa giác lồi k cạnh là

đường chéo của A1 A2... Ak Ak 1 bằng số đường chéo của A1 A2... Ak cộng với đường chéo
A1 Ak và k – 1 đường chéo tạo bởi Ak 1 với k -2 là đỉnh từ A2 đến Ak 1 .
Vậy số đường chéo của đa giác k+1 cạnh là :
k (k  3)
k 2  3k  2k  2
 14  k  2 
2
2
2
(k  1)  3k  3 (k  1)  k  1  3


2
2
Vậy mệnh đề đúng với n  k  1 do đó đướng với mọi n 4 .

Bài toán 15 :
Chứng minh rằng nếu tam giác ABC vuông tại A, có số đo các cạnh là a, b, c thì với
mọi số tự nhiên n �2 , ta có bất đẳng thức
(8)
b n  c n �a n
Lời giải :
 Với n = 2 thì theo định lí Pi -ta- go ta có b 2  c 2  a 2
Vậy bất đẳng thức (8) đúng
 Giả sử bất đẳng thức (8) đúng với n  k �2 , tức là
(8’)
b k  c k �a k
k 1
k 1
k
k
k
k
k
k
Khi đó b  c  b .b  c .c �b a  c .a  (b  c )a.
Sử dụng giả thiết qui nạp (8’) ta có

b k 1  c k 1 �a k 1
Tức là (8) đúng với n  k  1
Vậy bất đẳng thức (8) đã được chứng minh.
Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi n = 2.
Bài tập tương tự:
1
1
1
1


 
1.5 5.9 9.13
(4n  3)(4n  1)

Bài 1: Cho tổng S n 

a) Tính S1 , S 2 , S3 , S 4 .
b) Hãy dự đoán công thức tính S n và chứng minh bằng phương pháp qui nạp
Bài 2: : Xác định công thức tổng quát u n của dãy ( u n ) sau:
 u1 1

un
a)  u n  : 
 u n 1  u  1
n


 u1 1
 u n 1 u n  5

b)  u n  : 

 n 1

*)Nhận xét :
Phương pháp qui nạp có thể dùng để giải các loại toán sau :
16

 n 1


Loại 1 : Chứng minh một kết luận cho sẵn.
Loại 2 : Tìm điều kiện để một kết luận là đúng, bằng cách sử dụng qui nạp không
hoàn toàn để dự đoán kết quả, sau đó mới chứng minh bằng phương pháp qui nạp.
2.4. Hiệu quả của SKKN
2.4.1 Khảo sát thực tế:
Trước khi thực hiện SKKN , năm 2014-2015 tôi đã khảo sát chất lượng của học
sinh lớp 11A1;11A2 thông qua kiểm tra viết gồm 2 bài toán chứng minh bằng phương
pháp qui nạp (Đề số 1 phụ lục trang 24)
Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức.
Bài toán 2: Chứng minh chia hết.
Kết quả như sau:
Không có học sinh đạt điểm khá, giỏi; điểm trung bình chưa đạt 40%, còn lại là yếu,
kém. Cụ thể:
Lớp
TS Giỏi
Khá
T bình
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
11A1 42 0
0
0
0
15
35,7 13
31
14
33,3
11A2 44 0
0
0
0
13
29,5 16
36,4 15
34,1
Tổng 86 0
0
0
0
28
32,5 29
33,7 29
33,7
Chất lượng bài làm của học sinh thấp, kĩ năng giải toán yếu.
2.4.2 Kết quả sau khi thực hiện SKKN:
Sau khi thực hiện đề tài tại lớp 11A1 trường THPT Đông Sơn 2 năm 2017-2018 tôi
đã khảo sát chất lượng của học sinh thông qua kiểm tra viết gồm 3 bài toán chứng
minh bằng phương pháp qui nạp: (Đề số 2 phụ lục trang 26)
Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức.
Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức.
Bài toán 3: Dự đoán số hạng tổng quát của dãy số và chứng minh bằng phương pháp
qui nạp.
Kết quả như sau: Số lượng giỏi, khá, trung bình đã có tăng lên mặc dù chưa nhiều
nhưng đối với tôi, điều quan trọng hơn cả là đã giúp các em thấy bớt khó khăn trong
việc học tập bộ môn toán, tạo niềm vui và hưng phấn mỗi khi bước vào giờ học toán.
Một số học sinh khá, giỏi còn biết vận dụng vào các bài toán ở mức độ khó hơn.
Chất lượng bài giải và kĩ năng giải toán tốt hơn so với những năm trước đây.
Cụ thể:
Lớp
TS Giỏi
Khá
T bình
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
11A1 44 4
9,09 5
11,3 29
66
6
13,6
Như vậy, chất lượng bài kiểm tra đã được tăng lên rõ rệt.
17

SL
0

%
0


3. Kết luận, kiến nghị.
3.1. Kết luận.
- Trong giai đoạn giáo dục hiện nay, đổi mới phương pháp giảng dạy là một nhiệm
vụ hết sức quan trọng nhằm đào tạo cho xã hội một nguồn nhân lực thực thụ. Bản thân
tôi mong muốn làm thế nào để nâng cao chất lượng học tập của học sinh nên tôi luôn
cố gắng tìm tòi và ứng dụng những cái mới vào việc giảng dạy trên cở sở kinh nghiệm
qua nhiều năm đứng lớp .
- Loại toán chứng minh bằng phương pháp qui nạp trong các tài liệu tham khảo
thường được đề cập một cách sơ sài và nhỏ lẻ, nên tôi đã cố gắng tập hợp, giải quyết
các bài toán chứng minh bằng phương pháp qui nạp một cách đơn giản để học sinh dễ
hiểu . Qua ứng dụng SKKN này giảng dạy cho học sinh tôi nhận thấy đối với bài toán
chứng minh bằng phương pháp qui nạp học sinh đã thông hiểu hơn rất nhiều.
- Như vậy, với SKKN này dù ít hay nhiều cũng giúp ích cho cho công việc giảng dạy
của tôi, góp một phần nhỏ giúp học sinh hiểu kĩ hơn và vận dụng tốt hơn phương
pháp qui nạp vào giải toán, nâng cao chất lượng học môn toán hơn trước. Đối với bản
thân tôi, là một giáo viên đứng lớp viết SKKN này cũng giúp ích rất nhiều trong việc
tự học và trau dồi chuyên môn, nghiệp vụ của mình.
- Mặc dù SKKN tôi viết chỉ tập chung vào một vấn đề rất nhỏ trong chương trình
toán lớp 11 nhưng việc áp dụng nó vào giảng dạy có tác dụng rất tốt, thời gian tới tôi
sẽ phát triển thêm SKKN của mình áp dụng cho cả những đối tượng là học sinh khá,
giỏi với những bài toán nâng cao hơn..
- Từ quá trình áp dụng SKKN tôi thấy bài học kinh nghiệm được rút ra là khi giảng
dạy giáo viên phải giúp học sinh tiếp thu kiến thức một cách nhẹ nhàng và tự nhiên,
không nên gò ép, áp đặt, phải đưa ra được phương pháp giải đối với từng loại toán có
như vậy học sinh mới hứng thú học tập và yêu thích môn toán.
3.2. Kiến nghị.
Loại toán chứng minh bằng phương pháp qui nạp còn rất nhiều dạng, nhưng
trong tài liệu này tôi chỉ trình bày một phần nhỏ. Thời gian tiến hành làm đề tài không
nhiều, còn hạn chế về trình độ chuyên môn và số lượng tài liệu tham khảo nên chắc
chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót. Trong quá trình thực hiện SKKN, tôi đã
nhận được những góp ý quý báu của các đồng nghiệp trong tổ toán trường THPT
Đông Sơn 2, rất mong nhận thêm những đóng góp quý báu khác từ các đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

18


XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 26 tháng 4 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Trần Thị Huyền

19


Phụ lục
Đề số 1
ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT
Môn đại số lớp 11
Câu 1 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có các đẳng thức:

n 2 ( n  1) 2
1  2  3  ...  n 
4
3

3

3

3

(1)

Câu 2 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có

11n1  122 n1 chia hết cho 133

(2)

*) Đáp án – biểu điểm
Câu

Nội dung

Thang
điểm
0,75

Đặt vế trái bằng An
Bước 1: Với n = 1, ta có vế trái bằng 1, vế phải bằng

12 (1  1) 2
 1 , hệ thức đúng
4
Bước 2: Giả sử đẳng thức (1) đúng với n  k �1 , nghĩa là:
1
5 điểm

0,25
0,5

k (k  1)
(giả thiết qui nạp)
4
Ta phải chứng minh rằng (1) cũng đúng với n  k  1 , tức là 0,25
(k  1) 2 [(k  1)  1]2
3
3
3
3
3
Ak 1  1  2  3  ...  k  ( k  1) 
4
2
2
0,75
(k  1) ( k  2)

4
Ak  13  23  33  ...  k 3 

2

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

Ak 1  Ak  ( k  1)
k 2 (k  1) 2

 (k  1)3
4
(k  1) 2 ( k 2  4k  4)

4

2

0,5

3

0,5
0,75

20


0,5



(k  1) 2 ( k  2) 2
4

Vậy hệ thức (1) đúng với mọi n  N *

0,25

n 1
2 n 1
Đặt An  11  12

133
Bước 1: Với n = 1, A1  133M
Bước 2: Giả sử với n  k �1 ta có
Ak  11k 1  122 k 1 chia hết cho 133 (giả thiết qui nạp)

133 , tức là
Ta phải chứng minh Ak 1 M
Ak 1  11

k 2

2
5 điểm

 12

2 k 1

0,25
0,5

M
133

Thật vậy, ta có

Ak 1  11  12
 11.11  12
k 1
2 k 1
 11.11  12 (11  133)
 11. Ak  133.122 k 1
k 1
2 k 1
133
Vì Ak  11  12
nên Ak 1 M
k 2

2( k 1) 1

k 1

0,75
2 k 1

.12

2

Vậy 11n 1  12 2 n 1 chia hết cho 133 với mọi n  N *

21

0,75
0,25
0,5

0,75
0,5
0,5
0,25


Đề số 2
ĐỀ KIỂM TRA 45 PHÚT
Môn đại số lớp 11
Câu 1 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có các đẳng thức:

13  23  33  ...  n3 

n 2 ( n  1) 2
4

(1)

Câu 2 : Chứng minh rằng với mọi n  N * ta có

11n1  122 n1 chia hết cho 133

(2)

Câu 3: Cho dãy số (un ) , biết u1  1; un1  un  3 với n �1
Dự đoán công thức tổng quát và chứng minh bằng phương pháp qui nạp
*) Đáp án – biểu điểm
Câu

Nội dung

Thang
điểm
0,5

Đặt vế trái bằng An
Bước 1: Với n = 1, ta có vế trái bằng 1, vế phải bằng

12 (1  1) 2
 1 , hệ thức đúng
4
1
4 điểm

Bước 2: Giả sử đẳng thức (1) đúng với n  k �1 , nghĩa
là: Ak  13  23  33  ...  k 3 

0,5

k (k  1)
(giả thiết qui nạp)
4
2

2

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

0,25

(k  1) 2 [(k  1)  1]2
Ak 1  1  2  3  ...  k  ( k  1) 
4
2
2
(k  1) ( k  2)

4

0,5

Thật vậy, từ giả thiết qui nạp ta có

0,5

3

3

3

Ak 1  Ak  ( k  1)

3

3

3

22




k 2 (k  1) 2
 (k  1)3
4

0,5
0,5

(k  1) 2 ( k 2  4k  4)

4
2
(k  1) ( k  2) 2

4

0,5

Vậy hệ thức (1) đúng với mọi n  N *.
n 1
2 n 1
Đặt An  11  12
133
Bước 1: Với n = 1, A1  133M

0,25
0,5

Bước 2: Giả sử với n  k �1 ta có
Ak  11k 1  122 k 1 chia hết cho 133 (giả thiết qui nạp)
2
4 điểm

0,5

133 , tức là
Ta phải chứng minh Ak 1 M
Ak 1  11k  2  122 k 1 M
133

0,5

Thật vậy, ta có

Ak 1  11k  2  122( k 1)1

0,5
0,5

 11.11k 1  122 k 1.12 2
 11.11k 1  122 k 1 (11  133)
 11. Ak  133.122 k 1
k 1
2 k 1
133
Vì Ak  11  12
nên Ak 1 M

0,5
0,5
0,5

Vậy 11n 1  12 2 n 1 chia hết cho 133 với mọi n  N *
Ta có

u1  1  3.1  4;
u2  u1  3  2  3.2  4;

3
2 điểm

0,5

u3  u2  3  5  3.3  4;
u4  u3  3  8  3.4  4;
u5  u4  3  11  3.5  4
Dự đoán un  3n  4

(3)

Chứng minh bằng phương pháp qui nạp
Bước 1: Với n = 1, công thức (3) đúng

0,25

Bước 2: Giả sử công thức (3) đúng với n = k, tức là 0,25

uk  3k  4

23


Ta phải chứng minh công thức đúng với n  k  1 , tức là

0,25

Thật vậy, ta có

0,25
0,25

uk 1  3(k  1)  4

uk 1  uk  3

 3k  4  3  3( k  1)  4
Vậy công thức (3) đúng với n  k  1 , do đó nó đúng với mọi 0,25
nN *

24


Tài liệu tham khảo
[1] Phương pháp qui nạp toán học
Nguyễn Hữu Điển NXB Giáo dục, 2000.
[2] Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THPT - SỐ HỌC
Hà Huy Khoái NXB Giáo dục, 2008.
[3] Chuyên đề chọn lọc - DÃY SỐ VÀ ÁP DỤNG
Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Nguyễn Minh Tuấn NXB Giáo
dục, 2008.
[4] Một số vấn đề SỐ HỌC CHỌN LỌC
Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đặng Hùng Thắng,
Đặng Huy Ruận NSB Giáo dục, 2008

25


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×