Sáng kiến kinh nghiệm Một số ứng dụng của phương pháp quy nạp toán học trong giải toán

+ 100
b)	A =13 + 23+ 33 + ... + 993;	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 a6 - b6 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 cho8
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương:
a)	(n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (2n) chia hết cho 2n
b)	(n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (3n) chia hết cho 3n
Bài 9: CM rằng: A = n3(n2 - 7)2 - 36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên n
 4.2.Dạng 2: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VÀ TÍNH TỔNG 
Đẳng thức liên quan đến số tự nhiên rất phong phú, tìm ra công thức và chứng minh công thức theo biến số tự nhiên rất đa dạng ta xét một số ví dụ. 
 Ví dụ 1. Tính tổng n số tự nhiên đầu tiên.
Lời giải.
 Kí hiệu Pn là tổng phải tìm, nghĩa là Pn = 1 + 2 + 3 + ... + n. 
 Ta tính một số tổng tại những giá trị ban đầu: 
n
1
2
3
4
5
6
7
Pn
1
3
6
10
15
21
28
 Ta thấy quy luật: Tích của hai số liên tiếp ở hàng trên bằng 2 lần số đầu tiên ở hàng dưới. Như 1.2 = 2.1, 2.3 = 2.3, 3.4 = 2.6, 4.5 = 2.10, 5.6 =2.15, 6.7 = 2. 21, ... Như vậy ta có thể dự đoán công thức phải tìm là 
	Pn = 1 + 2 + 3 + ... + n = 	 (1) 
 Biểu thức trên được gọi là giả thiết quy nạp. Muốn chắc chắn công thức này đúng ta phải chứng minh bằng phương pháp quy nạp thông qua hai bước: 
Bước cơ sở: Với n = 1 công thức (1) đúng như cách tính ở trên. 
Bước quy nạp: Giả sử n = k, P(k) đúng, nghĩa là đã có Pk = Ta phải chứng minh (1) cũng đúng cho n = k+1
Thật vậy, P(k+1) = Pk + (k +1) = + (k +1) = 
 = 
 Do đó công thức (1) cũng đúng với n = k +1, theo nguyên lí quy nạp toán học công thức (1) đúng với mọi mọi n ≥ 1. 
 Ví dụ 2. Tính tổng lập phương của n số tự nhiên đầu tiên.
Lời giải.
Ta đặt công thức Sn = 13 + 23 + 33 + ... + n3. Ta cũng đi tính một số giá trị ban đầu: 
n
1
2
3
4
5
6
Sn
1
9
36
100
225
441
Nhìn vào bảng trên ta khó có thể tìm ra quy luật cho S(n). Nhưng với kinh nghiệm và những kết quả đã tính ở bài trước ta gép lại 
n
1
2
3
4
5
6
Pn
1
3
6
10
15
21
Sn
1
9
36
100
225
441
Từ bảng này ta thấy rằng có lẽ Sn = (Pn)2 ; 1 = 12; 9 = 32; 36 = 62 ; ... 
Mà công thức Pn ta đã biết, vậy công thức cho giả thiết quy nạp là
 Sn = 13 + 23 + 33 + ... + n3 = (2) 
Chứng minh công thức (2) bằng phương pháp quy nạp theo n: 
Bước cơ sở: Với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 công thức (2) đúng theo bảng trên. 
Bước quy nạp: Giả sử (2) đúng với n = k, ta phải chứng minh (2) cũng đúng với n = k+1. Thật vậy, S(k+1) = 13 + 23 + 33 + ... + (k+1)3 = Sk + (k+1)3
 = + (k+1)3 
 = (k+1)2 
 = (k+1)2 
 = 
Vậy (2) đúng với n = k + 1. Từ nguyên lí quy nạp toán học suy ra (2) đúng với mọi số tự nhiên n ≥ 1. 
 Ví dụ 3. Tính tổng sau: Sn = 12 + 32 + 52 + ... + (2n + 1)2 với n là số tự nhiên
Lời giải
Trước tiên ta cần dự đoán tổng Sn bằng cách tính một số trường hợp sau
n
0
1
2
3
4
5
S(n)
1
10
35
84
165
286
Không như ví dụ 1, qua bảng một số giá trị đặc biệt ta không dự đoán được công thức tổng quát của tổng Sn qua những ví dụ trên ta dự đoán tổng Sn phải là một đa thức của n có bậc không nhỏ hơn 3.
Giả sử Sn = an3 + bn2 + cn + d. Vì S0 = 1 nên d = 1
Lần lượt thay n = 1, n = 2, n = 3 ta được hệ 
Giải hệ này ta thu được a = , b = 4, c = 
Khi đó Sn = n3 + 4n2 + n + 1 = (3)
Để khẳng định tính đúng đắn của công thức (3) ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh công thức (3) đúng với mọi số tự nhiên n.
Thật vậy:
+ Ta đã có công thức (3) đúng với n € 
+ Giả sử công thức (3) đúng với n = k, ta chứng minh công thức (3) cũng đúng với n = k + 1. Ta có S(k+1) = 12 + 32 + 52 + ... + (2k + 1)2 + (2k + 3)2 
 = Sk + (2k + 3)2 
Theo giả thiết quy nạp thì Sk = 
Suy ra S(k+1) = + (2k + 3)2
 = 
 = 
 = 
 = 
+ Vậy công thức (3) vẫn đúng với n = k +1 do đó đúng với mọi n€N
Ví dụ 4. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì:
 S(n) = 12 + 22 + 32 + ... + n2 = (4) 
Lời giải.
+ Với n = 1, vế trái của (4) bằng 12 = 1
 Vế phải của (4) bằng 
+ Giả sử (4) đúng với n = k (k Î N & k ¹ 1), tức là:
 Sk = 12 + 22 + 32 + ... + k2 = 
Ta phải chứng minh đẳng thức (4) đúng với n = k + 1, tức là:
 S(k+1) = 12 + 22 + 32 + ... + (k+1)2 = 
Thật vậy: S(k+1) = 12 + 22 + 32 + ... + k2 + (k + 1)2 = Sk + (k + 1)2
(Do giả thiết quy nạp Sk = 12 + 22 + 32 + ... + k2)
Mà Sk = nên S(k+1) = + (k+1)2 
 = 
 = 
 = 
 = 
 Suy ra S(k+1) = vậy đẳng thức (4) 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 
Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 
Sn = 
Lời giải.
+ Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 
 + Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k Î N, k ¹1) tức là 
Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1
Tức là : 
Thật vậy S(k+1) = 
 = Sk + 
 Mà Sk = nên S(k+1) = +
 = =
Vậy Sn đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức (5) luôn xảy ra
Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
Sn = 
Lời giải.
+ Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 
 + Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k Î N, k ¹1) tức là 
Sk = 
Ta phải chứng minh đẳng thức Sn đúng với n = k + 1 tức là
Sk+1 = 
Thật vậy Sk+1 = 
 Theo giả thiết quy nạp Sk = 
Suy ra Sk+1 = Sk 
 = 
 Suy ra S(k+1) = 
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức Sn luôn đúng
* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1: Tính các tổng sau
Sn = 
Sn = 
Sn = 
Sn = 1.2 +2.5 +3.8 + ... + n.(3n – 1)
Sn = 
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) Sn = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n(n + 1) = 
b) Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1)(n+2) = 
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
Sn = 
Sn = 
Sn = 
Sn = 
4.3. Dạng 3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC – TÌM SỐ
 Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ³3 thì: 2n> 2n + 1 (1)
Lời giải
+ Với n = 3 thì VT = 23=8;	VP = 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 ÞVT >VP
Vậy (1) đúng với n = 3
+ Giả sử (1) đúng với n = k	(k Î N, k ¹ 3), tức là 2k> 2k +1
 Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k+1,tức là: 2k+1>2k +3 (2)
Thật vậy: 2k+1 = 2k.2. Theo giả thiết quy nạp 2k> 2k + 1
Do đó: 2k+1> 2(2k + 1) = (2k +3).(2k - 1) > 2k + 3 (Vì 2k - 1 > 0 với k ³3) Vậy (2) đúng với "k ³3
+ Kết luận: 2n> 2n + 1 với mọi số nguyên dương và n³3
Ví dụ 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi với n số không âm
 Với a1, a2, ... , an ≠ 0
Lời giải
+ Dễ chứng minh mệnh đề đúng với n = 2. Tức là 
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là 
Ta phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1
Giả sử Thì 
Đặt Thì 
 ak+1 = x + y với y≠0 và kx = a1 + a2 + ... + ak ≠ 0 ( Do giả thiết quy nạp)
Ta có : 
= xk+1 + xk + y = xk(x + y) a1a2 ... akak+1 
Suy ra mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n. 
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a1 = a2 = ...= an. 
+ Vậy Với a1, a2, ... , an ≠ 0
Ví dụ 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có 
Lời giải
 + Với n = 1 VT của bất đẳng thức là VT = 
 Vậy bất đẳng thức đúng với n = 1
 + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k, tức là 
 Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1, tức là:
	Thật vậy 
Do giả thiết quy nạp
 Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1
 + Kết luận: Với mọi số nguyên dương n ta luôn có bất đẳng thức:
Ví dụ 4: Tìm số nguyên dương n sao cho: 2n> 5n
Lời giải
+ Với n = 1; 2; 3; 4 thì vế trái nhỏ hơn vế phải
 Với n = 5 thì 25 = 32 > 25 = 5.5. Vậy bất đẳng thức đúng khi n = 5
 + Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (Với k Î N , k ³5); Tức là: 2k> 5k
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1; Tức là: 2k+1> 5(k + 1)
Thậtvậy:	2k+1 = 2k.2mà 2k> 5k (Theo giả thiết quy nạp)
 Nên 2k.2 > 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k ³5 nên 5k > 5 
 Vì vậy: 2k+1> 5k + 5 = 5(k + 1)
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n, n ³5 thì ta có 2n> 5n
*Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
 ( Với n ³ 2)
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ³ 1 thì:
a) 
b) 
c) 
Bài 3. Chứng minh các bất đẳng thức
 4.4. Dạng 4. QUY NẠP TOÁN HỌC TRONG HÌNH HỌC 	
 Nhiều bài toán hình học được gải bằng phương pháp quy nạp toán học, nhất là trong lĩnh vực hình học tổ hợp. Những bài toán liên quan số lượng điểm, đường thẳng, độ lớn góc, các đa giác lồi, ... Ta nhắc lại một đa giác lồi là mọi đường thẳng đi qua bất kì cạnh nào của nó cũng để đa giác về một nửa mặt phẳng.
 4.4.1. Tính toán bằng quy nạp 
Ví dụ 1. Cho n đường thẳng khác nhau trên mặt phẳng đi qua một điểm chung. Hỏi chúng chia mặt phẳng thành bao nhiêu miền?
Lời giải.
 Rõ ràng với n = 1, thì một đường thẳng chia mặt phẳng thành 2 miền. Với n=2, hai đường thẳng giao nhau chia mặt phẳng thành 4 miền. Với n = 3, ba đường thẳng đi qua một điểm trên mặt phẳng chia mặt phẳng thành 6 miền,... Ta có thể giả thiết số miền được chia ra bởi n đường thẳng là 2n. Ta chứng minh bằng quy nạp giả thiết trên:
Bước cơ sở: Với n = 1 mệnh đề khẳng định đúng, vì một đường thẳng chia mặt phẳng thành hai phần. 
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với số n = k, nghĩa là k đường thẳng khác nhau đi qua một điểm chia mặt phẳng ra thành 2k miền. Để chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 đường thẳng, ta chú ý rằng nếu dựng đường thẳng đi qua điểm đã cho và không trùng với đường thẳng nào trong số những đường thẳng còn lại, thì chúng ta nhận thêm 2 miền của mặt phẳng. Như vậy số miền của 2k cộng thêm 2, nghĩa là 2(k+1). Suy ra mệnh đề đúng với n = k + 1. 
Kết luận: Vậy n đường thẳng khác nhau trên mặt phẳng đi qua một điểm chung. Hỏi chúng chia mặt phẳng thành 2n miền.
Ví dụ 2.Có thể chia n-giác lồi thành bao nhiêu tam giác bởi các đường chéo không giao nhau? 
Lời giải.
 Nếu n = 3 thì tam giác không có đường chéo vậy số tam giác chỉ có một, nghĩa là 3 – 2 =1. 
Nếu n = 4 thì rõ ràng tứ giác chỉ có thể chia thành hai tam giác: 4 – 2 = 2. Ta có thể đưa ra giả thiết số tam giác chia bởi đường chéo không giao nhau là Sn = n – 2. Ta chứng minh giả thiết này bằng phương pháp quy nạp. 
 Bước cơ sở: Với n = 3; 4 công thức đúng. 
 Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng với n = k, nghĩa là đa giác lồi k cạnh có thể chia thành Sk = k – 2 tam giác. Ta cần chứng minh mệnh đề đúng cho n = k +1
 A1 A2
 Ak+1
 Ak
 Thật vậy đường chéo A1Ak của đa giác A1A2...AkAk+1 có k + 1 cạnh .
 Vì đa giác A1A2...Ak có thể chia thành 	(k-2) tam giác theo giả thiết quy nạp. Do có thêm tam giác A1AkAk+1 nên đa giác(k+1) có thể chia thành Sk+1 = k –1. Theo nguyên lí quy nạp toán học, đa giác lồi n cạnh chia bởi đường chéo không giao nhau thành Sn = n – 2 tam giác. 
Ví dụ 3.Tính tổng các góc trong của n-giác lồi bất kì. 
Lời giải.
 Ta xét một số trường hợp ban đầu để tìm ra công thức. Kí hiệu Tn là tổng góc trong của n-giác lồi.
 Với n = 3, tổng góc trong là T3 = 1800 = (3-2)1800. 
 Với n= 4, tổng của góc trong của tứ giác lồi bằng 2 lần tổng góc một tam giác: T4 = 3600 = (4 – 2)1800 . 
 Từ hai trường hợp trên ta có thể giả thiết công thức phải tìm là Tn = (n – 2) 1800. 
 Ta chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp. 
 Bước cơ sở: Với n = 3, công thức đúng như tính toán trên. 
 Bước quy nạp: Giả sử công thức đúng cho tất cả k-giác, với k <n, ta phải chứng minh mệnh đề cũng đúng cho n-giác. Ta có thể chia n-giác bằng một đường chéo thành ra hai đa giác. Nếu số cạnh của một đa giác là k+1, thì số cạnh của đa giác kia là n – k + 1, hơn nữa cả hai số này đều nhỏ hơn n. Theo giả thiết quy nạp tổng các góc của hai đa giác này lần lượt là (k - 1)1800 và (n – k - 1)1800. Tổng các góc của n-giác bằng tổng các góc của hai đa giác trên, nghĩa là:
 (k–1+ n – k –1)1800 = (n - 2)1800. 
 Suy ra mệnh đề đúng với mọi n ≥ 3. 
 4.4.2. Chứng minh bằng quy nạp 
 Ví dụ 4. Chứng minh rằng số đường chéo của một đa giác lồi n cạnh bằng 
Lời giải.
 Bước cơ sở: Với n = 3, mệnh đề đúng vì tam giác có 0 đường chéo. 
 Bước quy nạp: Giả sử đa giác lồi n = k cạnh có số đường chéo Sk = đường chéo, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với đa giác 2 lồi n = k +1 cạnh có số đường chéo là Sk+1 = 
 Thật vậy, giả sử A1A2...AkAk+1 là đa giác lồi k + 1 cạnh. Trong tam giác ta kẻ đường chéo A1Ak. Để đếm hết được các đường chéo trong đa giác k + 1 cạnh ta cần phải đếm số đường chéo trong đa giác k cạnh A1A2....Ak và thêm vào đó số đường chéo thu được từ k – 2 đường chéo nữa, tức là số đường chéo của đa giác k+1 cạnh A1A2....Ak+1 xuất phát từ đỉnh Ak+1, ngoài ra cần tính đến đường chéo A1Ak. 
Như vậy, Sk+1 = Sk + (k-2) + 1 =+ (k-1) = ... = 
Ví dụ 5. Trong mặt mặt phẳng cho n điểm rời nhau (n > 2) tất cả không nằm trên cùng một đường thẳng. Chứng minh rằng tất cả các đường thẳng nối hai điểm trong các điểm đã cho tạo ra số đường thẳng khác nhau không nhỏ hơn n. 
Lời giải.
 Bước cơ sở: Với n = 3 điểm, mệnh đề hiển nhiên đúng: Ba điểm không nằm trên một đường thẳng nối từng đôi với nhau tạo ra ba đường thẳng khác nhau. 
Bước quy nạp: Giả sử mệnh đề đúng với n = k ≥ 3 điểm. Ta chứng minh nó cũng đúng cho n = k + 1 điểm. Ta có thể chứng minh rằng tồn tại ít nhất một đường thẳng chỉ chứa có hai điểm. Ta kí hiệu đường thẳng đi qua hai điểm An và An+1 là AnAn+1. Nếu những điểm A1, A2, ..., An nằm trên một đường thẳng thì số lượng các đường thẳng sẽ đúng là n + 1: Gồm n đường thẳng nối An+1 với các điểm A1, A2, ..., An và đường thẳng chúng nối chung. Nếu A1, A2, ..., An không nằm trên một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp có n đường thẳng khác nhau. Bây giờ ta thêm các đường thẳng nối An+1 với các điểm A1, A2, ..., An. Vì đường thẳng AnAn+1 không chứa một điểm nào trong A1, A2, ..., An-1, nên đường thẳng này khác hoàn toàn với n đường thẳng tạo ra bởi A1, A2, ..., An. Như vậy số đường thẳng tạo ra cũng không nhỏ hơn n + 1. 
* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng n đường tròn chia mặt phẳng thành n2−n+2 miền nếu mọi cặp đường tròn giao nhau đúng hai điểm và không có ba đường tròn nào giao nhau tại một điểm. Kết luận còn đúng không khi ta thay một đường khép kín khác đường tròn.
Bài 2: Một đa giác được gọi là đa giác lồi nếu mọi cặp điểm trong đa giác có thể nối với nhau bằng một đoạn thẳng mà đoạn thẳng này cũng nằm trong đa giác. Chứng minh rằng với n ≥ 3 tổng những góc của đa giác lồi n đỉnh là 180(n−2) độ.
Bài 3: Ta xét sự sắp đặt bất kì n ≥ 3 đường thẳng trong mặt phẳng (nghĩa là, không có hai đường nào song song và ba đường nào giao nhau tại một điểm). Chứng minh rằng ít nhất trong những miền nhỏ nhất liên thông là một tam giác.
Một số giải pháp khi vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán:
1, Đối với giáo viên:
 Trước hết người giáo viên phải xây dựng được cơ sở lí thuyết về phương pháp quy nạp toán học và việc vận dụng nó để giải từng dạng toán cụ thể. Nội dung này phải chuyển tải đến học sinh, với mỗi dạng toán giáo viên đưa ra ví dụ mẫu, hướng dẫn học sinh dựa trên cơ sở lý thuyết để tìm cách giải, giáo viên chốt lại bài giải mẫu. Sau đó yêu cầu học sinh giải bài tập áp dụng
 Phân loại các bài tập từ dễ đến khó phù hợp với từng đối tượng học sinh, tạo điều kiện cho từng đối tượng học sinh được làm việc, chủ động nắm được kiến thức cơ sở và phương pháp giải.
 Rèn luyện và nâng cao khả năng tư duy sáng tạo của học sinh thông qua qua việc tìm tòi chọn lọc, tham khảo kiến thức trong khi nghiên cứu, giải toán.
 Trong quá trình giảng dạy, phải chú ý tìm ra những vướng mắc, sai sót mà học sinh hay mắc phải khi làm bài tập và phải có biện pháp hướng dẫn sửa sai kịp thời.
 Động viên, khuyến khích học sinh nghiên cứu tìm ra cách giải mới cho từng bài toán. Qua đó giúp học sinh nhớ lâu, nắm chắc bài toán đã giải.
2, Đối với học sinh:
 Đây là dạng toán liên quan đến hầu hết các kiến thức của cấp học, do đó học sinh cần phải trang bị cho mình các kiến thức cơ bản, toàn diện của chương trình THCS. Đồng thời nắm chắc cơ sở lý thuyết và các dạng toán mà giáo viên cung cấp để hiểu được bản chất của phương pháp quy nạp toán học. Từ đó có thể vận dụng để giải được các dạng toán về chứng minh sự chia hết, chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức.
 Với mỗi bài tập cần nhận dạng được dạng toán để từ đó vận dụng phương pháp hợp lý của từng dạng vào giải toán.
 Phát huy khả năng tư duy sáng tạo trong khi giải toán, biết suy luận từ bài dễ đến bài khó với cách giải hay hơn, tìm ra được nhiều cách giải cho một bài toán.
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 15 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
%
01
6,7%
04
26,6%
9
60%
01
6,7%
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 tránh được những sai sót cơ bản, và có kĩ năng vận dụng thành thạo cũng như phát huy được tính tích cực của học sinh. Kỹ năng trình bày bài giải theo phương pháp quy nạp tốt hơn.
Tuy nhiên để đạt được kết quả như mong muốn, đòi hỏi người giáo viên cần hệ thống, phân loại bài tập thành từng dạng, giáo viên xây dựng từ kiến thức cũ đến kiến thức mới, từ cụ thể đến tổng quát, từ dễ đến khó và phức tạp phù hợp với trình độ nhận thức của học sinh.
Người thầy cần phát huy tính chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh từ đó các em có nhìn nhận bao quát, toàn diện và định hướng giải toán đúng đắn. Làm được như vậy là chúng ta đã góp phần nâng cao chất lượng giáo dục trong nhà trường.
C - KẾT LUẬN
Toán học là một kho tàng kiến thức vô tận, việc nghiên cứu và tìm ra các phương pháp giải toán là một công việc mà mỗi người dạy toán phải thường xuyên làm. Một mặt để nâng cao năng lực chuyên môn nghiệp vụ của bản thân, đồng thời nó giúp cho chúng ta tìm ra những phương pháp giảng dạy hay, có hiệu quả, giúp học sinh có hứng thú trong học tập, rèn luyện được kỹ năng giải toán. Việc đổi mới phương pháp dạy học phụ thuộc rất nhiều vào trình độ chuyên môn nghiệp vụ, năng lực sư phạm của giáo viên. Nhưng bên cạnh đó, sự hứng thú đối với môn học của 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. Tuy nhiên, trên thực tế phương pháp quy nạp Toán học còn được vận dụng để giải nhiều dạng toán khác đa dạng hơn và trong nhiều lĩnh vực khác nhau. 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.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
 Sơn Tây ngày 11 tháng 3 năm 2018
 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình, không sao chép của người khác
Người viết
Nguyễn Thị Thu Cúc