Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp quy nạp toán học

 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM 2017
 ĐỀ TÀI:PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
I.MỞ ĐẦU
I.1 Lý do chọn đề tài:
 - “Phương pháp quy nạp toán học” là phương pháp được sử dụng xuyên 
suốt chương trình phổ thông.Song tài liệu nghiên cứu còn ít,chương trình được 
phân phối ở lớp 11 và chỉ có 1 tiết.Trong khi thực tế giảng dạy học sinh trên lớp 
những năm qua và yêu cầu của bộ môn đòi hỏi phải nghiên cứu ,vận dụng 
phương pháp để giải các bài toán liên quan đến số tự nhiên lại rất cần thiết ở bậc 
phổ thông.Chính vì thế Tôi đã tìm các bài toán và sắp xếp một cách có hệ thống 
và lời giải thích hợp để giảng dạy để học sinh sử dụng“Phương pháp quy nạp 
toán học”. Ngày một tốt hơn.
I.2 Mục đích nghiên cứu:
 - “Phương pháp quy nạp toán học” là tài liệu bổ trợ kiến thức cho các em 
học sinh trong quá trình học tập và ôn thi học sinh giỏi.
 - Thông qua hệ thống ví dụ và bài tập. Học sinh thấy được sự vận dụng 
của “Phương pháp quy nạp toán học” vào các bài toán chứng minh đẳng 
thức,bất đẳng thức và chia hết liên quan đến số tự nhiên n trong chương trinh 
bậc phổ thông.
I.3 Đối tượng nghiên cứu:
 - Học sinh lớp 11,12 
I.4.Phương pháp nghiên cứu:
 - Phương pháp thống kê.
 - Phương pháp nêu vấn đề,
I.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiêm:
 - Chỉ rõ “Phương pháp quy nạp” được sử dụng để giải toán trong những 
trường hợp nào.
 - Hệ thống ví dụ ,bài tập trong sáng kiến kinh nghiệm thể hiện sự kết nối 
các đại lượng kiến thức trong chương trình bậc phổ thông một cách thống nhất.
 - Từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm của bản thân trong quá trình dạy 
và học, từ đó tiến hành thực hiện đề tài sáng kiến cho năm 2016-2017 với nội 
dung: Cụ thể như sau:
Vấn đề 1: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh một đẳng thức
Vấn đề 2: Dùng phương pháp quy nạp để chứng minh một bất đẳng thức
Vấn đề 3 : Dùng qui nạp toán học để chứng minh một biểu thức dạng U n chia 
hết cho một số tự nhiên
 Trong sáng kiến này, các bước cơ bản để giải một bài toán sẽ được đưa ra 
từ các ví dụ minh họa, sau đó là ứng dụng vào giải một số bài toán trong các 
nâng cao trong chương trình sách giáo khoa và học sinh giỏi môn toán.
 - Mặc dù rất tâm huyết với Sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp quy 
nạp toán học”, nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên bài viết khó tránh 
khỏi những thiếu sót. Tối rất mong nhận được sự góp ý kiến của quí Thầy, Cô, 
 1 pháp giải, ví dụ mẫu và hệ thống bài tập, học sinh nêu các lời giải có thể có 
được của bài toán. Sau đó cho học sinh tìm tòi, phát hiện một số vấn đề xung 
quanh bài giải ở mức độ đơn giản.
 - Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dưỡng đối với những học sinh 
khá hơn ở mức độ những bài toán cao hơn.
b.Hình thức tự nghiên cứu các bài toán có sự hướng dẫn của Thầy giáo
Hình thức này cũng cần thực hiện liên tục trong quá trình học tập của học sinh, 
làm cho khả năng tư duy, tính sáng tạo của học sinh ngày càng được tăng lên.
4. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm. 
 PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC
 Các kiến thức vận dụng.
Phương pháp quy nạp thực sự có hiệu lực với lớp các bài toán chứng minh một 
mệnh đề phụ thuộc vào số tự nhiên n N.
 Phương pháp giải
Để chứng minh một mệnh đề Q(n) đúng với mọi n p , ta thực hiện 2 bước theo 
thứ tự:
Bước 1 : Kiểm tra mệnh đề là đúng với n p
Bước 2 : Giả sử mệnh đề đúng với n k p , ta phải chứng minh rằng mệnh đề 
đúng với n k 1 .
 CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
 Vấn đề 1:: Dùng phương pháp qui nạp để chứng minh một đẳng thức .
 Ví dụ 1 : Chứng minh rằng : với mọi số tự nhiên n 2 ,ta có :
 an – bn = (a – b)(a n – 1 + a n – 2.b + +a.b n -2 +b n– 1 ) 
 Giải
Ta chứng minh đẳng thức bằng phương pháp qui nạp.
Khi n=2 thì VT = a 2 – b 2 , VP = (a –b)(a+ b)= a2 – b2 .
Vậy đẳng thức đúng với n=2.
Giả sử đẳng thức đúng với mọi n = k 2 , 
tức là :a k – b k = (a – b )(a k-1 + a k-2.b +  + a.b k-2 + b k-1 )
Ta chứng minh đẳng thức cũng đúng với n=k + 1 , tức là :
 a k+1 – b k+1 = (a-b)(ak + a k-1.b ++ a.b k-1 + bk)
Thật vậy : áp dụng giả thiết qui nạp , ta có : 
a k+1 - b k+1 = a k+1 – ak.b+ak.b – b k+1 = ak(a-b) + b(ak-bk)
= ak(a-b) +b(a-b)(a k-1 + a k-2.b + + a.b k-2 + b k-1 ) 
= (a-b) [ak + b(a k-1 +a k-2 .b ++a.b k-2 +b k-1) ]
= (a-b)(ak +a k-1.b ++a.b k-1 +bk )
 3 Bước 2 : Dự đoán số hạng tổng quát, rồi chứng minh bằng qui nạp.
 1
Ví dụ 4: Tính đạo hàm cấp n của hàm số sau : y 
 1 x
 “Giải toán Đại số và Giải tích 11-Trần Thành Minh”
 Giải
 1 1.2 1.2.3
 Ta có : y/ ; y// ; y/// ...
 1 x 2 1 x 3 1 x 4
 n
 n 1 n!
Dự đoán : y 
 1 x n 1
Bây giờ ta tìm y (n) bằng quy nạp như sau : 
 1
 1 1! 1
Với n=1 ta có y/ Mệnh đề đúng với n=1.
 1 x 1 1 1 x 2
 1 k k!
Giả sử mệnh đề đúng với n=k k 1 ta có : y k 
 1 x k 1
 k k 1
 k 1 k k 1 k 1 1 x 1 k 1 !
Thật vậy: y y 1 .k! 
 2 k 1 1 k 1
 1 x 1 x 
 n
 n 1 n!
 Vậy mệnh đề đã cho đúng với mọi n ¥ hay y 
 1 x n 1
Chú ý : Phương pháp giải chung cho dạng toán này có thể phân làm hai bước 
như sau :
Bước 1 :Tính đạo hàm cấp một, đạo hàm cấp hai, đạo hàm cấp ba,,cho tới khi 
dự đoán được đạo hàm cấp n.
Bước 2: Chứng minh đạo hàm cấp n đúng bằng qui nạp toán học .
 1 1
Ví dụ 5 : CMR : Nếu số phức z thỏa mãn : z 2cos zn 2cos .
 z zn
 Giải
 1
 Với n=1, VT z , VP= 2cos . Mệnh đề đúng với n=1.
 z
 1
Giả sử mệnh đề đúng với n=k k 1 , tức là : zk 2cos k 
 zk
Ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng với n=k+1, tức là: 
 1
 zk 1 2cos k 1 
 zk 1
 1 k 1 1 k 1 k 1 1 
Thật vậy : k 1 z k z z z k 1 
 z z z z 
 5 Vậy mệnh đề đã cho đúng với mọi n N *.
Hay n N * ta có 2 2 ... 2 2cos
 2n 1
Ví dụ 8: Chứng minh rằng đạo hàm cấp n của hàm số y sin ax b là:
 n n n *
 y a sin ax b , n N
 2 
 Giải:
 / 
Với n=1 ta có: y a cos ax b a sin ax b 
 2 
 // 2 2
Với n=2 ta có: y a cos ax b a sin ax b 
 2 
 n n n 
Dự đoán đạo hàm cấp n của hàm số y sin ax b là y a sin ax b 
 2 
 / 
Với n=1 ta có: y a cos ax b a sin ax b . Mệnh đề đúng với n=1
 2 
 k k k 
Giả thiết mệnh đề đúng với n=k k 1 ta có : y a .sin ax b 
 2 
Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n=k+1 tức là:
 k 1 k 1 k 1 
 y a .sin ax b 
 2 
Thật vậy: 
 /
 / k k k 1 
 k 1 k k k 1 k 1 
 y y a .sin ax b a .cos ax b a .sin ax b 
 2 2 2 
 n n n *
Vậy. Đạo hàm cấp n của hàm số y sin ax b là y a sin ax b ,n N
 2 
Bài tập đề nghị.
 Bài 1: CMR : n N * , ta có : 1+3+5++(2n-1) = n2
 n n 1 
 Bài 2 : CMR: n N * , ta có : 1 2 3 ... n 
 2
 n 2 n 1 
 Bài 3 : CMR : n N * ,ta có : 13 23 ... n3 
 4
Bài 4 : CMR : Mọi a >0, a 1, x1, x2 ,..., xn 0 ,ta có hệ thức sau:
 loga x1x2...xn logax1 logax2 ... logaxn
 Bài 5: CMR: ¥ , n 1, với mọi cặp số (a,b),ta có công thức sau đây, gọi là 
Công thức khai triển nhị thức Niutơn.
 7 Xét x ex 1 x 
 f 1
 ,
Ta có x ex 1 0, x 0 , x tăng với mọi x >0 x 0 
 f 1 f 1 f 1 f 1
Vậy Công thức (2.1) đúng với n=1.
Giả sử bất đẳng thức đúng với n=k. 
 2 k
 x x x 
Ta có: x 0, f x e 1 x ... 0 (2.2)
 k 2! k! 
 x2 x k x k 1 
 Ta phải chứng minh :x 0, x ex 1 x ... 0
 f k 1 
 2! k! k 1 ! 
 k 1 k
 , 2x k.x k 1 x 
 Thật vậy ta có : x ex 1 ... 
 f k 1 
 2! k! k 1 ! 
 k 1 k
 ,
 x x x 
 f x e 1 x ... f x 
 k 1 k 1 k! k
Theo (2.2) có fk x 0 fk 1 x 0 fk 1 x tăng với 
x 0 fk 1 x fk 1 0 0
Vậy bất đẳng thức đúng với n=k+1 nên cũng đúng với mọi số tự nhiên n .
Ví dụ 3: Cho hàm số f xác định với mọi x và thoả mãn điều kiện :
 f(x+y) f(x).f(y) với mọi x,y (3) 
 «Chuyên đề Hàm số -Hồng Đức »
 2n
 x 
 CMR : Với mọi số thực x và mọi số tự nhiên n ta có f x f n (3)
 2 
 Giải
Trong BĐT f(x+y) f(x).f(y) thay x và y bằng x , ta được:
 2
 2
 x x x x x 
 f f . f f x f 
 2 2 2 2 2 
 2 n
Vậy bất đẳng thức x đúng với n=1
 f x f n 
 2 
 2k
 x 
Giả sử bất đẳng thức đúng với n =k , k 1 . Ta có : f x f k 
 2 
 2 k 1 
 x 
Ta chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k+1, tức là : f x f k 1 
 2 
Thật vậy ta có:
 9