Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng phương pháp quy nạp toán học để giải một số dạng toán

16 - 1 16k - 115 15(16k - 1) 15.15 
 15(16k - 1) 225
 A(k + 1) 225
Theo nguyên lí quy nạp thì A(n) 225 với n ẻ N
+ Kết luận: Vậy 16n - 15 - 1 225 với n ẻ N
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) Sn = (n + 1).(n + 2).(n + 3) ... (n + n) chia hết cho 2n
b) 33n + 2 + 5.23n + 1 chia hết cho 19
c) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết 24
Giải:
a) Với n = 1 thì S1 = (1 + 1).(1 + 2) ... (1 + n) = 2.3 ... (1 + 1) 2n
Vậy Sn đúng với n = 1
Giả sử Sn đúng với n = k, tức là: Sk = (k + 1).(k + 2) ... (k + k) 2n
Ta phải chứng minh Sn đúng với n = k + 1
Tức là Sk + 1 = (k + 2).(k + 3) ... (k +1 + k + 1) = (k + 2).(k + 3) ... (2k + 2) 2n
Thật vậy: 	Sk + 1 	= (k + 2).(k + 3).(k + 4) ... (k + k + 2)
 	= (k + 1).(k + 2).(k + 3) ... (k + k).2.(2k + 1)
 	= Sk.2.(2k + 1)
Theo giả thiết quy nạp có Sk 2n
Do đó: Sk.2.(2k + 1) 2n. Sk + 1 2n
Vậy Sn 2n đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì Sn 2n
b) Với n = 1 thì A(n) = 33n + 2 + 5.23n + 1 = 35 +5.24 =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) = 33k + 2 + 5.23k + 1 19
Ta phải đi chứng minh A(n) 19 đúng với n = k + 1
Tức là: 	A(k + 1) = 33(k + 1) + 2 + 5.23(k + 1) + 1
 	A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 19
Thật vậy: A(k + 1) = 33k + 5 + 5.23k + 4 = 33k + 2.33 + 5.23k + 1.23
 	= 27(33k + 2 + 5.23k + 1) - 19.33k + 1
 	= 27.Ak - 19.33k + 1
Theo giả thiết quy nạp có: Ak 19 27Ak 19
Lại có: 19 19 19.33k + 1 19. Do đó A(k + 1) = 27.Ak - 19.33k + 1 19
Vậy A(n) 19 đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì A(n) 19
c) Chứng minh: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24.
+ Với n = 1 thì A = n4 + 6n3 + 11n2 + 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) = k4 + 6k3 + 11k2 + 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) 24
Thật vậy: 
A(k + 1) = k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1 + 6k3 + 18k2 + 18k + 6 + 11k2 + 22k + 11 + 6k + 1
A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k)
Dễ thấy: k4 + 6k3 + 11k2 + 6k 24 (Theo giả thiết quy nạp)
Và 24(k2 + 1) 24. Lại có (k3 + 11k) 6 với k ẻ N
Thật vậy: với k = 1 thì k3 + 11k = 12 6. (đúng)
Giả sử đúng với k = m thì m3 + 11m 6 (m ẻ N)
Ta phải đi chứng minh k3 + 11k 6 đúng với k = m +1
Thật vậy: (m + 1)3 + 11(m + 1) = m3 + 3m2 + 3m + 1 + 11m + 11 
 	= (m3 + 11m) + (3m2 + 3m + 12) 6
Do đó k3 + 11k 6 4(k3 + 11k) 24
Vậy A(k + 1) = (k4 + 6k3 + 11k2 + 6k) + 24(k2 + 1) + 4(k3 + 11k) 24
Vậy A(n) 24 đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Với mọi số nguyên dương n thì luôn có: n4 + 6n3 + 11n2 + 6n 24
* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên a:
a) a2 - a chia hết cho 2	b) a3 - a chia hết cho 3
c) a5 - a chia hết cho 5	d) a7 - a chia hết cho 7
Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
a) 32n + 1 + 40n - 67 chia hết cho 64	b) 2n + 2.3n + 5n - 4 chia hết cho 25
c) 7n + 2 + 82n + 2 chia hết cho 57	d) 10n + 72n - 1 chia hết cho 81
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì số gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n?
HD: Mệnh đề đúng với n = 1. Vì số 111 3
Giả sử số chia hết cho 3, ta có số:
 = .. = .. chia hết cho 3
Vậy với mọi số nguyên dương n thì gồm 3n chữ số 1 chia hết cho 3n
Bài 4: Chứng minh rằng A chia hết cho B với:
 	 a) 	A = 13 + 23 + 33 + ... + 993 + 1003; 	B = 1 + 2 + 3 + ... + 99 + 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 cho 8
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 
3.2, Dạng 2. Chứng minh đẳng thức:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
Sn = 13 + 23 + 33 + ... + n3 = 	(1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 13 = 1; vế phải của (1) bằng 
 VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k ẻ N & k ạ 1)
Tức là: SK = 13 + 23 + 33 + ... + k3 = 
Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k +1
Tức là: SK + 1 =13 + 23 + 33 + ... + (k + 1)3 = 
Thật Vậy: SK + 1 = 13 + 23 + 33 + ... + (k + 1)3
 = 13 + 23 + 33 + ...+ k3 + (k + 1)3
 = SK + (k + 1)3
Theo giả thiết quy nạp thì Sk = 
Do đó: Sk + 1 = + (k + 1)3 = + (k + 1)3
 = = 
 = = 
 SK + 1 = đúng. Vậy (1) đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Mệnh đề (1) đúng với mọi số nguyên dương n
Bài 2. Chứng minh rằng mọi số nguyên dương n thì:
Sn = 12 + 22 + 32 + ... + n2 = (1)
Giải:
+ Với n = 1, vế trái của (1) bằng 12 = 1
 vế phải của (1) bằng = 1
Vậy VT = VP. Vậy (1) đúng với n = 1
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k ẻ N & k ạ 1), tức là:
Sk = 12 + 22 + 32 + ... + k2 = 
Ta phải chứng minh đẳng thức (1) đúng với n = k + 1, tức là:
Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + ... + (k + 1)2 = 
Thật vậy: Sk + 1 = 12 + 22 + 32 + ... + k2 + (k + 1)2 = Sk + (k + 1)2 
 (Do giả thiết quy nạp Sn = 12 + 22 + 32 + ... + k2)
Mặt khác Sk 	= do đó ta có:
 Sk + 1 = + (k + 1)2 
 	 = = 
 = = = 
 Sk + 1 = . (k + 1)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 
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 
Giải:
+ Với n = 1, đẳng thức đúng vì VT = VP = 
+ Giả sử đẳng thức đúng với n = k (k ẻ N, k ạ 1)
Tức là: 
Ta phải chứng minh đẳng thức đúng với n = k + 1
 	Tức là: 
Thật vậy: Sk + 1 =
 	 = Sk + 
Theo giả thiết quy nạp Sk = 
Do đó: Sk + 1 = = 
 	 Sk + 1 = = 
Vậy Sn đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức (1) luôn xảy ra
Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì: 
Sn = 
Giải:
+ Với n = 1, vế phải của đẳng thức trên bằng = 
 vế trái của đẳng thức trên bằng = 
 VT = VP = . Vậy đẳng thức đúng với n = 1
+ Giả sử Sn đúng với n = k (k ẻ N, k ạ 1)
Tức là: Sk 
Ta phải đi chứng minh đẳng thức Sn đúng với n = k + 1
Tức là: Sk + 1 
Thật vậy: Sk + 1 
Theo giả thiết quy nạp: 
Do đó: Sk + 1 
 Sk + 1 . Vậy Sn đúng với n = k + 1 (k ẻ N, k ạ 1)
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì đẳng thức Sn luôn đúng
Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì:
 (1)
Giải:
+ Với a = 1, VT = ; VP = VT = VP = 
Vậy đẳng thức (1) đúng với a = 1
+ Giả sử a = k, đẳng thức (1) đúng, tức là 
Ta phải đi chứng minh đẳng thức (1) đúng với a = k + 1 (k ẻ N, k ạ 1)
Tức là: 
Thật vậy: 
Vậy đẳng thức (1) đúng với a = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số tự nhiên a thì: 
* Một số bài tập giải tương tự:
Bài 1. 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 + 2.3 + 3.4 + ... + n(3n + 1) = n(n + 1)2
c, Sn = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n + 1).(n+2) = 
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
 với n ³ 1
 Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ẻ N thì:
a, Sn = 1.4 + 2.5 + 3.6 + 4.7 + ... + n(n + 3) = 
b, Sn = 1.2 + 2.5 + 3.8 + ... + n.(3n - 1) = n2.(n + 1)
c) Sn = 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:
S = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = 
 b, Chứng minh rằng tổng n các số chẵn đầu tiên liên tiếp là:
S = 2 + 4 + 6 + 8 + ... + 2n =
 c, Chứng minh rằng tổng n các số lẻ đầu tiên liên tiếp là:
S = 1 + 3 + 5 + 7 + ... + (2n - 1) = n2
3.3, Dạng 3. Chứng minh bất đẳng thức:
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n3 thì: 2n > 2n + 1 (1)
Giải:
+ Với n = 3 thì VT = 23 = 8; VP = 2n + 1 = 2.3 + 1 = 7 VT > VP
Vậy (1) đúng với n = 3
+ Giả sử (1) đúng với n = k (k ẻ N, k ạ 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 3)
Vậy (2) đúng với k 3
+ Kết luận: 2n > 2n + 1 với mọi số nguyên dương và n 3
Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức Côsi với n số không âm
 với a1, a2, . . ., an ạ 0
CM:
+ Hiển nhiên mệnh đề đúng với n = 2, tức là 
+ Giả sử mệnh đề đúng với n = k, tức là: 
Ta đi chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1
Giả sử a1 a2 ... ak ak + 1. Thì ak + 1 Ê 
Đặt = x thì x ³ 0
ak + 1 = x + y với y ạ 0 và kx = a1, a2, . . ., ak ạ 0 (Do giả thiết quy nạp)
Ta có: = 
. 
Vậy mệnh đề đúng với mọi số tự nhiên n ạ 2. 
Xảy ra đẳng thức khi và chỉ khi: a1 = a2 = ... = an
Bài 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: 
Giải:
+ Với n = 1 đẳng thức luôn đúng vì: VT = VP = 3
+ Vớí n = 2, theo khai triển Niu tơn ta có:
Do: Do đó: Với mọi n số nguyên dương
Bài 4: CMR với mọi số nguyên dương n thì: 
Giải:
+ Với n = 1, vế trái bất đẳng thức là: 
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 (1) 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: 
Bài 5: CMR với mọi số nguyên dương n thì: 
Giải:
+ Với n = 1, ta có: VT = 1; VP = . 
	VT > VP. Vậy bất đẳng thức (1) đúng với n = 1
+ Giả sử bđt đúng với n = k, tức là:
 (k ẻ Z+ , k 1)
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1
Tức là 
Thật vậy: ()
Với A = 
Ta nhận thấy A là tổng của 22 phân thức mà mỗi phân thức đều lớn hơn 
Do đó: A > + +  + = 2. ()
Từ () và () suy ra Sk + 1 = Sk + A > . Sk + 1 > 
Lại có: (với k ẻ Z+ , k 1) . Vậy bất đẳng thức đúng với n = k + 1
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n thì bất đẳng thức sau luôn đúng: 
Bài 6: Tìm số nguyên dương n sao cho: 2n > 5n
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 ẻ N , k 5); Tức là: 2k > 5k 
Ta phải chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k + 1; Tức là: 2k + 1 > 5(k + 1)
Thật vậy: 2k + 1 = 2k.2 mà 2k > 5k (Theo giả thiết quy nạp)
Nên 2k.2 > 2.5k = 10k = 5k + 5k theo điều kiện k 5 nên 5k > 5
Vì vậy: 2k + 1 > 5k + 5 = 5(k + 1)
+ Kết luận: Vậy với mọi số nguyên dương n, n 5 thì ta có 2n > 5n
*Một số bài tập giải tương tự: 
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
 (n 2)
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì:
a. 
b. 
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên và n 1 thì tổng:
 Không phải là một số tự nhiên
Bài 4. Chứng minh rằng: 
Bài 5. Cho S với n ẻ N* và: 
 	 Chứng minh rằng S < 1
Bài 6. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 đều có:
Bài 7. Chứng minh các bất đẳng thức:
a. 
b. 
c. 
Bài 8. Chứng minh các bất đẳng thức sau:
 	 a) với mọi số tự nhiên n ³ 2
 	 b) với mọi số tự nhiên n ³ 2
Bài 9. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên ta luôn có:
VI. 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 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 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.
Phần III: 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: 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
Bài tập nâng cao và một số chuyên đề Toán 6 - NXB Giáo Dục năm 2003.
Đại số sơ cấp và thực hành giải toán - Hoàng Kỳ - Hoàng Thanh Hà. NXB Đại học sư phạm năm 2005.
Nâng cao và phát triển Toán 9 - Vũ Hữu Bình. NXB Giáo Dục năm 2007.
Nâng cao và phát triển Toán 6 - Vũ Hữu Bình. NXB Giáo Dục năm 2004.
Toán nâng cao và các chuyên đề Đại Số 8 - Nguyễn Ngọc Đạm - Nguyễn Việt Hải - Vũ Dương Thụy. NXB Giáo Dục năm 1997.
Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8 - Vũ Hữu Bình - Đỗ Thân - Đỗ Quang Thiều. NXB Giáo Dục năm 1999.
Mục lục
a. phần mở đầu	1
B. Phần Nội dung	3
I. Cở sở lý luận:	3
II. Cở sở thực tiễn:	3
III. Mục đích nghiên cứu:	4
IV. Phương pháp nghiên cứu:	5
V. Một số kiến thức cơ bản về phương pháp chứng minh quy nạp:	5
1, Phép quy nạp hoàn toàn và phép quy nạp không hoàn toàn	5
2, Nội dung của phương pháp quy nap toám học:	7
3, Vận dụng phương pháp quy nạp toán học vào chứng minh:	8
3.1, Dạng 1: Chứng minh quan hệ chia hết: 	8
3.2, Dạng 2: Chứng minh đẳng thức:	12
3.3, Dạng 3: Chứng minh bất đẳng thức:	16
	VI. Một số giải pháp khi vận dụng phương pháp quy nạp để giải toán:	20
1, Đối với giáo viên: 	20
2, Đối với học sinh:	20
	VII. Kết quả thu được: 	20
C. Phần Kết luận	22
Tài liệu tham khảo	23
Nhận xét của hội đồng khoa học nhà trường
............................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
...................................................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
......................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
...................................................................................................................................................................................