SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

VẬN DỤNG PHƯƠNG PHÁP
QUY NẠP TOÁN HỌC ĐỂ GIẢI
MỘT SỐ DẠNG TOÁN A. Phần mở đầu
Đổi mới phương pháp dạy học là một yêu cầu tất yếu, đảm bảo cho
sự phát triển của giáo dục. Ngày nay nền kinh tế trí thức cùng với sự bùng
nổ thông tin, giáo dục đã và đang thay đổi để phù hợp với sự phát triển
của khoa học kỹ thuật, sự phát triển của xã hội. Nội dung tri thức khoa
học cùng với sự đồ sộ về lượng thông tin yêu cầu chúng ta phải đổi mới
phương pháp dạy học. Trong giai đoạn hiện nay giáo dục không chỉ tạo ra
những con người có tài, có đức mà giáo dục còn có một thiên chức cao
quý hơn đó là giáo dục cái thẩm mỹ, nhân văn, đào tạo ra những con
người có kỹ năng sống và học tập trong thời đại mới. Mục tiêu giáo dục
thay đổi kéo theo yêu cầu phải đổi mới phương pháp dạy học một cách
phù hợp. Nhằm giúp cho giáo viên tháo gỡ những khó khăn trong quá
trình đổi mới phương pháp dạy học, đã có nhiều giáo sư tiến sỹ, các nhà
khoa học chuyên tâm nghiên cứu, thí điểm và triển khai đại trà về đổi mới
phương pháp dạy học.
Một trong những yêu cầu đặt ra của cải cách là phải đổi mới
phương pháp dạy học theo hướng tích cực hoá hoạt động học tập của học

thực tế bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS, tôi đã rút ra
được một vài kinh nghiệm. Tôi mạnh dạn lựa chọn đề tài: “Vận dụng
phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán” nhằm tìm ra
những biện pháp hay giúp cho công tác dạy học nói chung và công tác bồi
dưỡng học sinh giỏi nói riêng đạt kết quả cao B. Phần Nội dung
I. Cở sở lý luận:
Trong hoạt động dạy học theo phương pháp đổi mới, giáo viên cần
giúp học sinh chuyển từ thói quen thụ động sang thói quen chủ động.
Muốn vậy giáo viên cần chỉ cho học sinh cách học, biết cách suy luận,
biết tự tìm lại những điều đã quên, biết cách tìm tòi để phát hiện kiến thức
mới. Các phương pháp thường là những quy tắc, quy trình nói chung là
các phương pháp có tính chất thuật toán. Tuy nhiên cũng cần coi trọng các
phương pháp có tính chất tìm đoán. Học sinh cần được rèn luyện các thao
tác tư duy như phân tích, tổng hợp, đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự,
quy lạ về quen. Việc nắm vững các phương pháp nói trên tạo điều kiện

Điểm dưới 5

Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
11 42,3%

08 30,8%

05 19,2%

02 7,7%

Nguyên nhân của thực tế trên:
Đây là dạng toán tương đối mới lạ và khó với học sinh, học sinh
chưa được trang bị các phương pháp giải, nên việc suy luận còn hạn chế
và nhiều khi không có lối thoát dẫn đến kết quả rất thấp và đặc biệt đối
với học sinh trung bình các em càng khó giải quyết
Để giúp học sinh nắm được phương pháp chứng minh quy nạp, tôi
đã nghiên cứu xây dựng thành chuyên đề, trong đó trang bị cho học sinh
nắm được thế nào là phương pháp chứng minh quy nạp, vận dụng phương
pháp quy nạp để chứng minh quan hệ chia hết, chứng minh đẳng thức,
chứng minh bất đẳng thức. Đồng thời nêu lên một số ví dụ minh họa giúp
học sinh hiểu và nắm chắc kiến thức, biết áp dụng vào giải toán. Từ đó
yêu cầu học sinh giải các bài tập tương ứng từ dễ đến khó, học sinh được
rèn luyện và nắm chắc kiến thức, phương pháp giải, áp dụng thành thạo và
chất lượng giải toán được nâng cao.
III. Mục đích nghiên cứu:
a. Đối với giáo viên:
- Nâng cao trình độ chuyên môn phục vụ cho quá trình giảng dạy.
- Làm quen với công tác nghiên cứu khoa học nâng cao kiến thức.

 Hãy đưa ra một dự đoán rồi chứng minh dự đoán đó?
Giải: Dự đoán: a
3
- a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a
Chứng minh: Gọi A = a
3
- a = a.(a - 1)(a + 1)
Xét ba khả năng có thể xảy ra:
a) Nếu a = 3k (k  N) thì A chia hết cho 3
b) Nếu a = 3k + 1 (k  N) thì a - 1 chia hết cho 3, do đó A chia hết
cho 3
c) Nếu a = 3k +2 (k  N) thì a + 1 chia hết cho 3, do đó A chia
hết cho 3
Vậy a
3
- a chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương a
Ví dụ 2. Quan sát kết quả sau: 2
3
- 2 chia hết cho 3
2
5
- 2 chia hết cho 5
2
7
- 2 chia hết cho 7
 Dự đoán sau đúng hay sai? 2
n
- 2 chia hết cho n với mọi số lẻ n?
Giải: Dự đoán trên là sai. Chẳng hạn 2
9

còn “phép quy nạp không hoàn toàn” có thể dẫn tới sai lầm, ngay cả đối
với các nhà toán học có tên tuổi dưới đây:
- Nhà toán học Pháp Fecma nhận xét rằng công thức 2
n
+ 1 cho ta các số
nguyên tố với n bằng 2
0
, 2
1
, 2
2
, 2
3
, 2
4
(thật vậy 2
1
+ 1 = 3; 2
2
+ 1 = 5; 2
4
+
1 = 17; 2
8
+ 1 = 257; 2
16
+ 1 = 65537; tất cả đều là số nguyên tố )
Với n = 2
5
= 32 thì 2

+ 1 không là số chính phương với mọi số
nguyên dương n. Số n nhỏ nhất để mệnh đề trên sai là
n = 12055735790331359447442538767 (có 29 chữ số)
Vận dụng phép quy nạp hoàn toàn giúp các nhà toán học tìm ra một
phương pháp chứng minh hiệu nghiệm giúp chúng ta khẳng định sự đúng
đắn của một số tự nhiên, đó là phương pháp quy nạp toán học
2, Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học:
Trong toán học, phép quy nạp hoàn toàn chỉ được áp dụng rất hạn
chế. Nhiều mệnh đề Toán học đáng chú ý bao gồm một số vô hạn các
trường hợp riêng, nhưng con người không thể kiểm tra được tất cả các
trường hợp riêng đó
Phép quy nạp hoàn toàn, như chúng ta đã biết thường dẫn tới kết
luận sai lầm. Trong nhiều trường hợp để tránh những khó khăn như thế
người ta áp dụng một phương pháp suy luận “đặc biệt”, được gọi là
phương pháp quy nạp Toán học
* Nội dung của phương pháp quy nạp Toán học được trình bày như
sau:
Một mệnh đề phụ thuộc vào số nguyên dương n được xem là đã
được chứng minh nếu cả hai điều kiện sau đây được thỏa mãn:
1, Mệnh đề đúng với n = 1
2, Từ giả thiết mệnh đề đúng với n = k (k  N) suy ra được mệnh
đề cũng đúng với n = k + 1
Như vậy để chứng minh một mệnh đề đúng với mọi số nguyên
dương n bằng phương pháp quy nạp Toán học, ta phải tiến hành ba bước
sau:
Bước 1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1

Bước 2: Giả sử mệnh đề đúng với n = k (ta gọi là giả thiết quy nạp),
rồi chứng minh mệnh đề đúng với n = k +1
Bước 3: Kết luận mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương n

3
= 1 + 8 + 27 = 36  9
Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N) tức là: [k
3
+ (k + 1)
3
+ (k + 2)
3
]

9
Ta phải chứng minh rằng (1) cũng đúng với n = k + 1, tức là phải chứng
minh:
[(k + 1)
3
+ (k + 2)
3
+ (k + 3)
3
]

9
Thật vậy ta có:
(k + 1)
3
+ (k + 2)
3
+ (k + 3)
3

+ 3k + 3)  9 với

k
Do đó [(k + 1)
3
+ (k + 2)
3
+ (k + 3)
3
]  9
+ Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n. Vậy tổng các
lập phương của ba số nguyên dương liên tiếp thì chia hết cho 9
Bài 2: Chứng minh rằng: Với mọi n nguyên dương thì: A
(n)
= 7
n + 2
+ 8
2n +
1
 19

Giải:
+ Với n = 1 thì A
(1)
= 7
3
+ 8
3
= 343 + 512 = 19.45


+ 8
2
.8
2k + 1

= 7.7
k + 2
+ 64.8
2k + 1
= 7.7
k + 2
+ 7.8
2k + 1
+ 57.8
2k + 1

= 7.( 7
k + 2
+ 8
2k + 1
) + 19.3.8
2k + 1
= 7. A
(k)
+ 19.3.8
2k + 1

Vì A
(k)




19 Với

n nguyên dương
+ Kết luận: Vậy A
(n)
đúng với mọi số nguyên dương
Bài 3: Chứng minh rằng: 16
n
- 15n - 1

225; n  N
Giải:
Đặt A
(n)
= 16
n
- 15n - 1
+ Với n = 1, ta có: A
(1)
= 16 - 15 - 1 = 0  225

A
(1)
 225
+ Giả sử A
(n)
đúng với n = k. Ta có: A
(k)

- 1)
Theo giả thiết quy nạp có A
(k)


225
Ta có: 16
k
- 116 - 1

16
k
- 115

15(16
k
- 1)  15.15

15(16
k
- 1)

225

A
(k + 1)
 225
Theo nguyên lí quy nạp thì A
(n)



a) Với n = 1 thì S
1
= (1 + 1).(1 + 2) (1 + n) = 2.3 (1 + 1)  2
n

Vậy S
n
đúng với n = 1
Giả sử S
n
đúng với n = k, tức là: S
k
= (k + 1).(k + 2) (k + k)  2
n

Ta phải chứng minh S
n
đúng với n = k + 1
Tức là S
k + 1
= (k + 2).(k + 3) (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) (2k +
2)  2
n

Thật vậy: S
k + 1
= (k + 2).(k + 3).(k + 4) (k + k + 2)
= (k + 1).(k + 2).(k + 3) (k + k).2.(2k + 1)
= S

2
n

b) Với n = 1 thì A
(n)
= 3
3n + 2
+ 5.2
3n + 1
= 3
5
+5.2
4
=243 + 80 = 323 chia
hết cho 19

A
(n)
đúng với n = 1
+ Giả sử A
(n)


19 đúng với n = k, tức là: A
(k)
= 3
3k + 2
+ 5.2
3k + 1


.2
3

= 27(3
3k + 2
+ 5.2
3k + 1
) - 19.3
3k + 1

= 27.A
k
- 19.3
3k + 1

Theo giả thiết quy nạp có: A
k
 19

27A
k
 19
Lại có: 19

19

19.3
3k + 1



2
+ 6n = 1 + 6 + 11 + 6 = 24

24
Vậy A  24 đúng với n = 1
+ Giả sử A  24 đúng với n = k
Tức là: A
(k)
= k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k

24
Ta phải đi chứng minh A
(n)
 24 đúng với n = k + 1
Tức là: A
(k + 1)
= (k+1)
4
+ 6(k + 1)
3
+ 11(k + 1)
2
+ 6(k + 1)


3
+ 11k)
Dễ thấy: k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k  24 (Theo giả thiết quy nạp)
Và 24(k
2
+ 1)

24. Lại có (k
3
+ 11k)

6 với

k  N
Thật vậy: với k = 1 thì k
3
+ 11k = 12

6. (đúng)
Giả sử đúng với k = m thì m
3
+ 11m  6 (m  N)
Ta phải đi chứng minh k
3

(k + 1)
= (k
4
+ 6k
3
+ 11k
2
+ 6k) + 24(k
2
+ 1) + 4(k
3
+ 11k)

24
Vậy A
(n)


24 đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có: n
4
+ 6n
3
+ 11n
2
+ 6n
 24
* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a:
a) a

chữ số
1 chia hết cho 3
n
?
HD: Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111

3
Giả sử số
k
11 1
3
chia hết cho 3, ta có số:
k 1
11 1
3

=
k
11 1
3
.
k
11 1
3
.
k
11 1
3
=
k

99 + 100
b) A = 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + 99
3
; B = 1 + 2 + 3 + +
99
Bài 5: Chứng minh rằng nếu n là lập phương của một số tự nhiên thì
(n - 1).n.(n + 1) chia hết cho 504
Bài 6: Chứng minh rằng: Nếu a và b không chia hết cho 3 thì a
6
- b
6
chia
hết cho 9
Bài 7: a) Chứng minh rằng nếu tổng hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng
các lập phương của chúng chia hết cho 9
b) Chứng minh rằng hiệu các bình phương của hai số lẻ thì chia
hết cho 8
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương:
a) (n + 1).(n + 2).(n + 3) (2n) chia hết cho 2
n

b) (n + 1).(n + 2).(n + 3) (3n) chia hết cho 3
n


2
(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1
3
= 1; vế phải của (1) bằng

 

 
 
2
1(1 1)
1
2


VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N & k  1)
Tức là: S
K
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + k
3
=

K + 1
= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + (k + 1)
3

= 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + k
3
+ (k + 1)
3

= S
K

+ (k + 1)
3

Theo giả thiết quy nạp thì S
k
=

+ (k + 1)
3

=
2 2
(k 1) . k 4(k 1)
4
 
  
 

=


2 2
(k 1) . k 4k 1
4
  

=


2
2
(k 1) . k 2
4
 
=
2
(k 1).(k 1)

2
=
n(n 1).(2n 1)
6
 
(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 1
2
= 1
vế phải của (1) bằng
1(1 1).(2.1 1)
6
 
= 1
Vậy VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N & k  1), tức là:
S
k
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + k
2
=
k(k 1).(2k 1)
6

= S
k
+ (k + 1)
2 (Do giả thiết quy nạp S
n
= 1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + k
2
)
Mặt khác S
k
=
k(k 1).(2k 1)
6
 
do đó ta có:
S
k + 1
=
k(k 1).(2k 1)
6
 

  
S
k + 1
=
(k 1).(k 2).(2k 3)
6
  
. Vậy đẳng thức (1) đúng với n = k
+ 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì tổng bình phương n các số
tự nhiên liên tiếp bằng
n(n 1).(2n 1)
6
 

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
1 1 1 1 n

1.4 4.7 7.10 (3n 2).(3n 1) 3n 1
    
  

Giải:
+ Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP =
1
4


1
(3k 1).(3k 4)
 

Theo giả thiết quy nạp S
k
=
k
3k 1


Do đó: S
k + 1
=
k 1
3k 1 (3k 1).(3k 4)

  
=
2
3k 4k 1
(3k 1)
 


S
k + 1
=
(3k 1).(k 1)
(3k 1).(3k 4)

=
1
3

vế trái của đẳng thức trên bằng
1(1 1)
2(2.1 1)


=
1
3


VT = VP =
1
3
. Vậy đẳng thức đúng với n = 1
+ Giả sử S
n
đúng với n = k (k  N, k  1)
Tức là: S
k

2 2 2 2
1 2 3 k k(k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) 2(2k 1)

     

1 2 3 k k(k 1)

1.3 3.5 5.7 (2k 1).(2k 1) (2k 1)2

    
  

Do đó: S
k + 1
2
k 1 (k 1) k 1 k k 1
.
2(2k 1) (2k 1).(2k 3) 2k 1 2 2k 3
   
 
   
 
    
 2
k 1 k(2k 3) 2(k 1) k 1 2k 5k 2
. .
2k 1 2k(2k 3) 2k 1 2(2k 3)
      
 
   
         
(1)
Giải:
+ Với a = 1, VT =
1 1
1
2 2
 
; VP =
1
2


VT = VP =
1
2

Vậy đẳng thức (1) đúng với a = 1
+ Giả sử a = k, đẳng thức (1) đúng, tức là
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 k 1 k 1
         
     
         
 
         

Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với a = k + 1 (k  N, k  1)
Tức là:

Vậy đẳng thức (1) đúng với a = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên a thì:
1 1 1 1 1 1
1 . 1 . 1 . 1 1
2 3 4 5 a 1 a 1
         
     
         
 
         * Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a, S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(n + 1) =
n(n 1).(n 2)
3
 b, S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n(3n + 1) = n(n + 1)
2

c, S
n
= 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + n(n + 1).(n+2) =

1.7 7.13 13.19 (n 5).(6n 1) 6n 1
     
  

n
1 1 1 1 n
S
1.8 8.15 15.22 (7n 6).(7n 1) 7n 1
     
  

Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  N thì:
a, S
n
= 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 + + n(n + 3) =
n(n 1).(n 5)
5
 

b, S
n
= 1.2 + 2.5 + 3.8 + + n.(3n - 1) = n
2
.(n + 1)
c) S
n
= 1.4 + 2.7 + 3.10 + + n.(3n + 1) = n.(n + 1)
2

Bài 4: a, Chứng minh rằng tổng n các số tự nhiên đầu tiên liên tiếp là:

VT > VP
Vậy (1) đúng với n = 3
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k  N, k  3), tức là 2
k
> 2k + 1
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là: 2
k + 1
> 2k + 3
(2)
Thật vậy: 2
k + 1
= 2
k
.2 Theo giả thiết quy nạp 2
k
> 2k + 1
Do đó: 2
k + 1
> 2(2k + 1) = (2k + 3).(2k - 1) > 2k + 3
(Vì 2k - 1 > 0 với k

3)
Vậy (2) đúng với

k

3

+ Kết luận: 2
n

+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là:
1 2 k
k
1 2 k
a a a
a a a
k
  


Ta đi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1
Giả sử a
1


a
2




a
k


a
k + 1
. Thì a
k + 1


   
 
 
 

 
 
 
 
 
=

k 1
k 1 k k 1 k k
1 2 k k 1
y 1
x x (k 1). .x x x y x (x y) a a a a
k 1 k 1

 

 
          
 
 
 


1 2 k k 1
k 1

 

Giải:
+ Với n = 1 đẳng thức luôn đúng vì: VT =
1
1
1 2;
1
 
 
 
 
VP = 3
+ Vớí n = 2, theo khai triển Niu tơn ta có:
    
   
            
   
   
n
2 3 n
1 1 n(n 1) 1 n(n 1).(n 2) n(n 1) (n 2) 1 1 1 1
1 1 n. . . 1 1
n n 2! n 3!n n! n 2! 3! n!
Do:

     
                
     
 

+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là:
    
   
1 1 1 1
1
k 1 k 2 k 3 3k 1

Ta phải chứng minh bất đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là:
    
   
1 1 1 1
1
k 2 k 3 k 4 3k 4

Thật vậy:
           
         
 
         
 
         
 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

k 2 k 3 k 4 3k 4 k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3k 2
1 1 1 1 1 1 1 2
1
3k 3 3k 4 k 1 k 2 k 3 k 4 3k 1 3(k 1).(3k 2).(3k 4)
Do giả thiết quy nạp:
    

+ Giả sử bđt đúng với n = k, tức là:

k
k
1 1 1 1 k
S 1 .
2 3 4 2 1 2
      

(k  Z
+
, k

1)
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1
Tức là


        
 
k 1
k k
1 1 1 1 1 k 1
S 1
2 3 4 2 1 2 1 2

Thật vậy:


       


+
k 1
1
2

+ … +
k 1
1
2

= 2
2
.


k 1
1 1
2 2
(


)
Từ (

) và (


) suy ra S
k + 1

1
2 3 4 2 1 2

Bài 6: Tìm số nguyên dương n sao cho: 2
n
> 5n
Giải:
+ Với n = 1; 2; 3; 4 thì vế trái nhỏ hơn vế phải
+ Với n = 5 thì 2
5
= 32 > 25 = 5.5. Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 5
+ Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (Với k  N , k

5); Tức là: 2
k
>
5k
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1; Tức là: 2
k + 1
> 5(k
+ 1)
Thật vậy: 2
k + 1
= 2
k
.2 mà 2
k
> 5k (Theo giả thiết quy nạp)
Nên 2
k

2 3 4 n

b.
    
  
1 1 1 1 3

2 n 1 n 2 n n 4

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên và n

1 thì tổng:
2 2 2 2
1 1 1 1
S .
1 2 3 n
     Không phải là một số tự nhiên
Bài 4. Chứng minh rằng:

   
2 2 2
1 1 1 n 1

2 3 n n

Bài 5. Cho S với n  N
*
và:
    


 
1 1 3 5 2n 1 1
. . .
2 4 6 2n
2 n 2n

Bài 8. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)
    
2 2 2 2
1 1 1 1
1
2 3 4 n
với mọi số tự nhiên n  2
b)
    
2 2 2 2
1 1 1 1 1

2 4 6 (2n) 2
với mọi số tự nhiên n  2
Bài 9. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có:
    
 
2 2
1 1 1 1 1

5 13 25 n (n 1) 2

VI. Một số giải pháp khi vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán:

luận từ bài dễ đên bài khó với cách giải hay hơn, tìm ra được nhiều cách
giải cho một bài toán
VII. Kết quả thu được:
Qua qua trình triển khai áp dụng các nội dung và phương pháp đã
nêu ở trên, tôi nhận thấy rằng học sinh có hứng thú hơn trong học tập, học
sinh đã nắm được bản chất của phương pháp quy nạp toán học, cách vận
dụng nó vào giải toán và đã rèn luyện được kỹ năng trình bày một bài giải
theo phương pháp quy nạp. Sau khi học xong chuyên đề vận dụng phương
pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán, tôi tiến hành kiểm tra
khảo sát mức độ hiểu, nắm kiến thức và vận dụng đối với 26 học sinh đã
khảo sát ban đầu. Kết quả thu được như sau: Điểm dưới 5 Điểm 5 - 6 Điểm 7 - 8 Điểm 9 - 10
SL % SL % SL % SL %
02 7,7% 06 23,1%

10 38,4%

08 30,8%Trên đây là một số nội dung về việc vận dụng phương pháp quy nạp
toán học đẻ giải một số dạng toán mà tôi đã áp dụng giảng dạy trên thực tế
hiện nay ở trường THCS cho học sinh đại trà cũng như trong quá trình ôn
luyện, bồi dưỡng học sinh giỏi. Tôi cùng các đồng nghiệp đã thu được kết
quả sau:
+ Học sinh tiếp thu bài nhanh, dễ hiểu hơn, hứng thú tích cực trong
học tập và yêu thích bộ môn toán. Học sinh có thể vận dụng để giải được
một số bài toán nâng cao dành cho hoc sinh giỏi

học sinh cũng rất quan trọng. Theo tôi việc hứng thú với môn học có được
chỉ khi nào các em có sự tự tin, có thể tự mình giải được một số bài toán,
dạng toán. Do đó trong quá trình dạy học, người giáo viên cần phải cung
cấp cho học sinh hệ thống các phương pháp học tập cũng như các phương
pháp giải toán, khi học sinh nắm được hệ thống kiến thức và phương pháp
cơ bản thì các em mới có thể có đủ sự tự tin, tự mình tìm tòi, nghiên cứu
và từ đó các em sẽ thấy hứng thú đối với môn học.
Trong khuôn khổ của sáng kiến tôi chỉ đề cập đến việc vận dụng
phương pháp quy nạp Toán học để giải dạng toán: Chứng minh sự chia
hết, chứng minh đẳng thức, chứng minh bất đẳng thức. Tuy nhiên, trên
thực tế phương pháp quy nạp Toán học còn được vận dụng để giải nhiều
dạng toán khác đa dạng hơn. Theo tôi phương pháp này sẽ có nhiều hiệu
quả hơn nếu chúng ta vận dụng vào trong công tác bồi dưỡng học sinh
giỏi, đào tạo nhân tài. Hy vọng rằng với nội dung nghiên cứu trên đây sẽ
góp một phần nhỏ vào trong quá trình giảng dạy của giáo viên và học tập
của học sinh, giúp học sinh nắm chắc được kiến thức và phương pháp học
tập, từ đó có hứng thú học tập đối với môn Toán.
Xin chân thành cảm ơn!
Tài liệu tham khảo

1. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 6 - NXB Giáo Dục năm