Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng phương pháp qui nạp để giải một số bài toán không mẫu mực

ố kinh nghiệm , kiến thức về giải các bài toán không mẫu mực bằng phương pháp qui nạp nên xin được trao đổi chút ít kinh nghiệm của mình để có thể giúp các bạn tham khảo. Đồng thời mong muốn được trưng cầu ý kiến đóng góp bổ sung của các đồng nghiệp để ngày càng hoàn thiện hơn giúp chúng ta đạt được kết quả ngày càng cao hơn trong công tác bồi dưỡng học sinh khá giỏi.
II/ Thực trạng của vấn đề nghiên cứu :
ở cấp trung học cơ sở khi hướng dẫn bồi dưỡng học sinh giỏi, đa số giáo viên chỉ dừng ở mức độ thông báo về cách giải bài tập bằng phương pháp qui nạp, các bước của giải bài toán bằng phương pháp qui nạp, các dạng bài tập chỉ ở mức độ đơn giản ít khai thác, phân tích mở rộng bài toán dẫn đến khi người học gặp bài 
toán dưới dạng khác hay gặp một số bài toán không mẫu mực thì việc áp dụng phương pháp qui nạp là rất khó khăn. Vả lại học sinh thường ngại học cách giải toán này vì kiến thức liên quan ít lại không liền mạch, phương pháp giải hạn chế lại áp dụng cho đa số các bài toán khó, không mâũ mực, chính vì vậy phát triển năng lực tư duy cho học sinh thông qua cách giải bài toán bằng qui nạp là rất cần thiết đó cũng là lí do mà tôi chọn đề tài này để có thể.
 -Giúp học sinh học tập môn toán nói chung và việc giải các bài toán không mẫu mực nói riêng một cách chủ động và sáng tạo hơn, nhằm nâng cao năng lực học môn toán giúp các em chủ động trong việc tiếp thu các kiến thức mơí đặc biệt là kiến thức khó.
-Gây hứng thú cho học sinh trong việc tìm ra lời giải của bài toán khó bằng phương pháp độc đáo qua đó vun đắp lòng say mê học toán của học sinh.
-Rèn luyện tính cần cù, năng động sáng tạo trong giải toán của học sinh.
B. Giải quyết vấn đề:
I/ Các giải pháp thực hiện :
- Thông qua bài toán cụ thể giúp học sinh hiểu rõ bản chất của phương pháp giải bài toán bằng qui nạp, các bước giải bài toán bằng qui nạp và cách giải bài toán bằng qui nạp 
-Giải một số bài toán mẫu để giúp học sinh áp dụng dễ dàng hơn phương pháp này vào việc giải các bài toán khó đặc biệt chỉ rõ cho học sinh thấy và nhận biết được từng bước cụ thể trong phương pháp giải bài toán bằng qui nạp.
II/ Các biện pháp để tổ chức thực hiện:
1/ Hướng dẫn học sinh giải một bái toán cụ thể bằng phương pháp qui nạp.
-Xét đẳng thức 1 + 8 + 27 + 64 = 100.
-Ta có thể nhận xét gì về vế trái của đẳng thức này ?
+Vế trái của đẳng thức này là lập phương của những số nguyên liên tiếp còn vế phải là một bình phương.
-Vậy ta có thể viết đẳng thức trên ở dạng nào?
+	13 + 23 + 33 + 43 = 102
*Vậy vấn đề đặt ra là tổng những lập phương của những số tự nhiên liên tiếp có luôn là một bình phương không?
-Xét tổng các lập phương liên tiếp. 
 13 +23 + 33 +....+ n3
-Như vậy chúng ta đã đi từ trường hợp riêng n=4 mà đi tới bài toán tổng quát .
-Hãy giải bài toán tổng quát đó ?
+Xét những trường hợp riêng khác ta có bảng sau.
1	= 1 = 12
1 + 8	= 9 = 32
1 + 8 + 27	= 36 =62
1 + 8 + 27 + 64	= 100 = 102
1 + 8 + 27 + 64 +125	= 225 = 152
......
-Như vậy ta có thể suy ra tính chất nào ?
 "Tổng của lập phương n số tự nhiên khác 0 đầu tiên là một bình phương"
-Vậy tại sao tổng các lập phương liên tiếp lại là một bình phương?
- Ta xét thêm những trường hợp mới n = 6 ; 7...kết quả cũng nhận được tương tự.
Quay về những trường hợp n = 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 mà ta đã sắp xếp thành một bảng. 
-Tại sao tất cả những tổng đó đều là những bình phương? 
 -Ta có thể nói gì về những bình phương đó? 
+Căn bậc hai của chúng theo thứ tự bằng : 
 1 ; 3 ; 6 ; 10 ; 15. 
-Ta có nhận xét gì về những căn bậc hai đó?
+Chúng tăng dần và theo một qui luật nhất định . Đó là hiệu giữa hai căn liên tiếp của chuỗi đó cũng tăng dần:
3 - 1 = 2	6 - 3 = 3	10 - 6 = 4	15 - 10 = 5
-Những hiệu đó tăng theo qui luật nào? 
+Ta có thể nhận thấy qui luật của dãy số 1 , 3 , 6 , 10 , 15 như sau
 1 = 1
 3 = 1 + 2
 6 = 1 + 2 + 3
10 = 1 + 2 + 3 + 4
15 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5
-Nếu sự đều đặn đó là tổng quát thì tính chất trên chúng ta vẫn chưa chắc chắn rằng với n bất kì thì định lí trên vẫn đúng.
 Vậy để khẳng định tính chất đó ta xét thêm một trường hợp nữa chính xác hơn.
Với n = 1 , 2 , 3 ,... ta có
13 +23 + 33 +....+ n3 = (1 + 2 + 3 + ... + n)2
-Hãy chứng minh kết quả này là đúng ?
+Ta đã biết rằng:
 1 +2 + 3 +....+ n = 
+Như vậy có thể biến đổi kết quả trên như sau:
 13 +23 + 33 +....+ n3 = (1)
+Thử cho trường hợp đầu tiên chưa xét tức là với n=6 với giá trị này công thức cho ta.
 1 + 8 + 27 + 64 + 125 + 216 = ()2
+Đẳng thức này đúng vì cả hai vế đều bằng 441 ta có thể tiếp tục thử nhiều nữa. Công thức có thể là tổng quát tức là đúng với mọi giá trị của n.
-Nhưng nó còn đúng không khi ta đi từ một giá trị n bất kì tới giá trị tiếp theo là n+1?
+áp dụng công thức trên ta phải có.
 13 +23 + 33 +....+ n3 + (n + 1)3 = 
-Hãy kiểm tra xem công thức này có đúng không?
+Trừ đẳng thức này với đẳng thức (1) ở trên ta có:
 (n+1)3 = 
 Vế phải = = Vế trái
+Như vậy công thức ta tìm được bằng thực nghiệm đã được thử lại chặt chẽ.
-Vậy đẳng thức sau đây có đúng không ?
 13 +23 + 33 +....+ n3 = 
-Nếu công thức này đúng thì bằng cách thêm vào đẳng thức đã thiết lập được ở trên suy ra đẳng thức sau đây cũng đúng.
 13 +23 + 33 +....+ n3 + (n + 1)3 = 
-Đây chính là biểu thức (1) chỉ khác là thay n bằng n+1, nhưng ta đã biết rằng điều giả định của ta đã đúng với n= 1 , 2, 3, 4 , 5 , 6. theo công thức trên đã đúng với n=6 thì phải đúng với n=7, đúng với n=7 cũng sẽ đúng với n=8 và cứ như thế mà tiếp tục. Công thức đúng với mọi giá trị của n vậy nó là tổng quát.
-Chứng minh trên có thể áp dụng cho rất nhiều trường hợp tương tự. -Vậy những nét cơ bản của nó là gì?
+ Điều khẳng định mà ta cần chứng minh phải được phát biểu rõ ràng , chính xác trước.
+ Nó phụ thuộc một số tự nhiên n.
+ Điều khẳng định đó phải được xác định đến mức khiến ta có thể thử được là nó còn đúng không khi đi từ số tự nhiên n sang số tự nhiên n+1
+Nếu ta thử được điều đó thì ta có thể kết luận rằng điều khẳng định phải đúng với n+1 nếu như nó đã đúng với n, có được điều đó rồi thì nếu điều khẳng định đúng với n=1 , khi đó nó sẽ đúng với n=2, n=3 , ... và cứ thế tiếp tục. Bằng cách đi từ một số nguyên bất kì tới một số nguyên liền sau nó, ta đã chứng minh tính chất tổng quát của điều khẳng định .
-Phương pháp chứng minh này có thể gọi là phép chứng minh từ n tới n+1 hay là phép chuyển tới một số nguyên tiếp sau trong toán học gọi chung lại là "qui nạp toán học".
-Như vậy nguyên lí qui nạp là:
-Nếu khẳng định S(n) thoã mãn hai điều kiện sau.
1) Đúng với n=k0 (số tự nhiên nhỏ nhất mà S(n) xác định) .
2) Từ tính đúng đắn của S(n) đối với n=t suy ra tính đúng đắn của S(n) đối với n=t+1 , thì S(n) đúng đối với mọi nk0
 +Phương pháp chứng minh bằng qui nạp là
-Giả sử khẳng định T(n) xác định với mọi nto . Để chứng minh T(n) đúng với mọi nt0 bằng qui nạp, ta cần thực hiện hai bước.
a) Cơ sở qui nạp
+Thực hiện bước này tức là ta thử xem sự đúng đắn của T(n) với n=t0 nghĩa là xét T(t0) có đúng hay không?
b) Qui nạp
+Giả sử khẳng định T(n) đã đúng đối với n=t .Trên cơ sở giả thiết này mà suy ra tính đúng đắn của T(n) đối với n=t+1, tức T(t+1) đúng.
-Nếu cả hai bước trên đều thoã mãn, thì theo nguyên lí qui nạp T(n) đúng với mọi nt0 
Chú ý: Trong quá trình qui nạp nếu không thựchiện đầy đủ cả hai bước : cơ sở qui nạp và qui nạp thì có thể dẫn đến kết luận sai lầm, chẳng hạn.
-Do bỏ bứơc cơ sở qui nạp, ta đưa ra kết luận không đúng: "Mọi số tự nhiên đều bằng nhau" Bằng cách qui nạp như sau.
+Giả sử các số tự nhiên không vượt quá k + 1 đã bằng nhau. Khi đó ta có:
	k = k + 1
Thêm vào mỗi vế của đẳng thức trên một đơn vị ta sẽ có:
	k + 1 = k + 1 +1 = k + 2
Cứ như vậy suy ra mọi số tự nhiên không nhỏ hơn k đều bằng nhau. Kết hợp với giả thiết qui nạp : Mọi số tự nhiên không vượt quá k đều bằng nhau, đi đến kết luận sai lầm : Tất cả các số tự nhiên đều bằng nhau!
-Một ví dụ rất thực tế là do bỏ qua khâu qui nạp nên nhà toán học Pháp P.Fermat (1601-1665) đã cho rằng các số có dạng + 1 đều là số nguyên tố.
P.Fermat xét 5 số đầu tiên:
Với	n = 0	cho	+ 1 = 21 + 1 = 3	là số nguyên tố
 n = 1	cho + 1 = 22 + 1 = 5	là số nguyên tố
	n = 2	cho	+ 1 = 24 + 1 = 17	là số nguyên tố
	n = 3	cho	+ 1 = 28 + 1 = 257	là số nguyên tố
	n = 4	cho	+ 1 = 216+ 1 = 65537	là số nguyên tố.
Nhưng vào thế kỉ 18 Euler đã phát hiện với n = 5 khẳng định trên không đúng bởi vì: 
	 = 4294967297 = 641 x 6700417 là hợp số.
2/ áp dụng phương pháp qui nạp để giải một số bài toán không mẫu mực
a/ Giải một số bài toán logic bằng qui nạp
Bài 1: Chứng minh rằng : Nếu trong túi có một số tiền nguyên (nghìn) không ít hơn 8000đ, thì luôn luôn có thể tiêu hết bẳng cách mua vé sổ số loại 5000đ và 3000đ.
Giải:
1) Cơ sở qui nạp:
Nếu trong túi có số tiền ít nhất, tức 8000đ thì ta mua một vé sổ số loại 5000đ và một vé sổ số loại 3000đ. Khi đó:
1 x 5000đ + 1 x 3000đ = 8000đ
và ta đã tiêu hết được số tiền có trong túi.
2) Qui nạp:
Giả sử với k (k 8000đ) ta đã tiêu hết bằng cách mua các vé sổ số loại 5000đ và loại 3000đ . Nếu có thêm 1000đ nữa ta cung có thể tiêu được bằng cách sau đây.
* Nếu trong các vé sổ số đã mua có ít nhất ba vé loại 3000đ , thì trả lại ba vé 3000đ đưa thêm 1000đ và lấy về hai vé loại 5000đ. Khi đó:
3 x 3000đ + 1000đ = 2 x 5000đ
* Nếu trong các vé sổ số đã mua có không quá hai vé loại 3000đ, thì phải có ít nhất một vé loại 5000đ. Bởi vì số tiền trong túi không ít hơn 8000đ mà đã tiêu hết . Khi đó đem trả lại một vé loại 5000đ , đưa thêm 1000đ và lấy về hai vé loại 3000đ, ta có:
1 x 5000đ + 1000đ = 2 x 3000đ
Như vậy trong mọi trường hợp từ kết quả tiêu k nghìn đầu tiên đã suy ra được cách tiêu nghìn thứ k+1, nên bài toán đã được giải quyết./.
Bài 2:
Em An cầm một tờ giấyvà lấy kéo cắt thành 7 mảnh . Sau đó nhặt một trong những mảnh giấy đã cắt và lại cắt thành 7 mảnh . Và em An cứ tiếp tục cắt nhưvậy. Sau một hồi em An thu tất cả các mẩu giấy đã cắt ra và đếm được 122 mảnh. Liệu em An đếm đúng hay sai?
Giải:
* Mỗi lần cắt một mảnh giấy thành 7 mảnh tức là ta đã tạo thêm 6 mảnh giấy, nên công thức tính số mảnh giấy theo n bước thực hiện một mảnh giấy thành 7 mảnh có dạng: S(n) = 6n + 1
* Ta khẳng định tính đúng đắn của công thức S(n) bằng qui nạp theo n.
1) Cơ sở qui nạp.
Với n = 1 , em An cắt mảnh giấy có trong tay thành 7 mảnh nên ta có:
	S(1) = 6.1 + 1 = 6 + 1 = 7
2) Qui nạp.
Giả sử sau k bước em An đã nhận được số mảnh giấy là:
	S(k) = 6k + 1
Sang bước k + 1 em An lấy một trong những mảnh giấy nhận được trong k bước trước và cắt thành 7 mảnh, tức em An đã lấy đi một trong S(k) mảnh và thay vào đó 7 mảnh được cắt ra nên:
	S(k+1) = S(k) - 1 + 7 = 6k + 1 - 1 + 7 = 6k + 7 = 6k + 6 + 1 = 6(k + 1) + 1
Vậy số mảnh giấy em An nhận được sau n bước cắt giấy là S(n).
* Do S(n) = 6n + 1 1 (mod 6), nhưng 122 = 6.20 + 2 2 (mod 6).
Nên em An đếm không đúng./.
Bài3: Chứng minh rằng trên một mặt phẳng n đường thẳng khác nhau cùng đi qua một điểm, chia mặt phẳng thành 2n phần khác nhau.
Giải:
1) Cơ sở qui nạp.
Với n = 1 ta có một đường thẳng . Nó chia mặt phẳng thành hai phần , nên khẳng định đúng.
2) Qui nạp.
Giả sử với n = k khẳng định đã đúng , nghĩa là k đường thẳng tuỳ ý cùng đi qua một điểm M đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau.
Xét n = 2k + 1 đường thẳng khác nhau tuỳ ý cùng đi qua một điểm. Kí hiệu các đường này, một cách tương ứng là . Theo giả thiết qui nạp k đường thẳng đã chia mặt phẳng thành 2k phần khác nhau:
Vì các đường thẳng đều khác nhau và cùng đi qua điểm I , nên tồn tại các chỉ số s , t ( 1 s , t k ) để là đường thẳng duy nhất nằm trong góc được lập nên bởi và . Khi đó chia hai phần mặt phẳng được giới hạn bởi và 
thành 4 phần .Bởi vậy k + 1 đường thẳng chia mặt phẳng thành.
	2k - 2 + 4 = 2(k + 1)
phần khác nhau và khẳng định đã được chứng minh.
b/ Tô màu bằng qui nạp.
Trên mặt phẳng cho n hình tròn (n1) . Chứng minh rằng với bất kì cách sắp đặt nào, thì hình nhận được cũng có thể tô bằng hai màu, để cho hai phần mặt phẳng kề nhau (có biên chung) cũng được tô bằng hai màu khác nhau.
Giải:
1) Cơ sở qui nạp:
Với n=1 , trên mặt phẳng chỉ có một hình tròn. Ta tô hình tròn bằng màu đen. Khi đó phần mặt phẳng còn lại kề với hình tròn được để trắng, nên hai phần của mặt phẳng kề nhau có màu khác nhau.
2) Qui nạp:
Giả sử khẳng định đã đúng với bức tranh gồm n hình tròn . Giả sử trên mặt phẳng cho n + 1 hình tròn tuỳ ý. Xoá đi một trong những hình tròn sẽ được bức tranh gồm n hình tròn (H.1) . Theo giả thiết qui nạp, bức tranh này chỉ cần sơn bằng hai màu, chẳng hạn , đen và trắng mà hai miền kề nhau đều có màu khác nhau. Khôi phục lại hình đã xoá đi, tức là trở lại hình xuất phát gồm n + 1 hình tròn, rồi theo một phía đối với hình tròn vừa khôi phục, chẳng hạn phía trong của hình tròn này thay đổi các màu đã tô bằng màu ngược lại, sẽ được bức tranh gồm 
n + 1 hình tròn được tô bằng hai màu , mà hai miền kề nhau tuỳ ý đều có màu khác nhau (H.2)
 H .1 H .2
c/ Chắp hình bằng qui nạp.
Cho n ( ) hình vuông tuỳ ý. Chứng minh rằng từ các hình vuông này có thể cắt và chắp thành một hình vuông lớn.
Giải:
1) Cơ sở qui nạp.
Với n = 1. Khi đó có một hình vuông nên hiển nhiên, khẳng định đúng.
Với n = 2, có hai hình vuông : ABCD và abcd. Khi đó có thể cắt và chắp thành một hình vuông như sau: Giả sử hình vuông ABCD không nhỏ hơn hình abcd. Kí hiệu x là độ dài cạnh hình vuông ABCD, y là độ dài cạnh hình vuông abcd (). Ta cắt các hình vuông ABCD và chắp thành hình vuông A'B'C'D' (như hình vẽ)
2) Qui nạp.
Giả sử khẳng định đã đúng với n ( n1) hình vuông. Nếu có n + 1 hình vuông tuỳ ý V1, V2, ...., Vn , Vn+1.
Chúng ta chọn hai hình vuông tuỳ ý, chẳng hạn Vn và Vn+1, rồi cắt và chắp thành hình vuông V'n. Theo giả thiết qui nạp, đối với n hình vuông:
	V1, V2, ...., Vn , V'n.
Ta có thể cắt và chắp thành một hình vuông V. Như vậy, từ n + 1 hình vuông V1, V2, ...., Vn , Vn+1. Ta đã cắt và chắp thành hình vuông V. Bài toán được giải quyết.
d/ Chứng minh tính chất bằng qui nạp.
VD. Cho , là một số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số cũng là số nguyên.
Giải:
1) Cơ sở qui nạp.
-Với n=1 có là số nguyên, theo giả thiết.
2) Qui nạp.
Giả sử T(n,x) đúng với mọi số nguyên k nghĩa là.
 là số nguyên
	Với n=k+1 số 
theo giả thiết qui nạp các số đều nguyên, nên T(k+1,x) là số nguyên và công thức đúng với mọi số nguyên dương n.
e/ Chứng minh tính chia hết bằng qui nạp.
VD; Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n số + 1 chia hết cho 3n+1 và không chia hết cho 3n+2
Giải:
Đặt + 1 = An.
1) Cơ sở qui nạp .
với n=1 ta có nên và 
Với n=2 ta có , nên và 
2) Qui nạp 
Giả sử khẳng đinh đúng với , nghĩa là và 
Vì nên (1)
Xét n=k+1 .
* Khi đó , nên với mọi sốnguyên dương n đều có .
* 
a) Vì [theo(1)] , nên (2)
b) Do nên và
Bởi vậy : (3)
Giả sử .Khi đó , nhưng nên (4)
Từ (3) và (4) suy ra : (5)
Từ (2) và (5) suy ra: , nên với mọi số nguyên dương n số An không chia hết cho 3n+2./
g/ Chứng minh bất đẳng thức bằng qui nạp.
VD. Cho n (n1) số dương x1 , x2 , ... , xn thoã mãn.
	x1.x2....xn-1.xn = 1
chứng minh rằng : x1 + x2 + ... + xn-1 + xn n
và dấu bằng xảy ra khi x1 = x2 = ... = xn
Giải: 
1) Cơ sở qui nạp:
Với n= 1 ta chỉ có số x1 = 1 nên x1 thoã mãn bất đẳng thức x11.
2)Qui nạp:
Giả sử khẳng đinh đã đúng với k số dương tuỳ ý có tích bằng 1. Xét k+1 số dương tuỳ ý x1 , x2 , ... , xk , xk+1 , Với x1.x2...xk.xk+1 = 1
Có hai khả năng đặt ra.
a) Nếu x1 = x2 = ... = xk = xk+1 , thì xi = 1 Khi đó:
 x1 + x2 + ... + xk + xk+1 = k+1
và khẳng định được chứng minh.
b) Nếu k+1 số được xét x1 , x2 , ... , xk+1 không đồng thời bằng nhau, thì do tích của chúng bằng 1 và các số này đều dương, nên phải có ít nhất một số lớn hơn 1 và một số bé hơn 1. Không mất tính tổng quát, giả sử xk1. Khi đó:
 1 - xk > 0 , xk+1 - 1 > 0 và (1 - xk) (xk+1 - 1) > 0. 
Bởi vậy : xk + xk+1 > xk.xk+1 + 1 (1)
Từ đẳng thức: x1.x2...xk-1.(xk.xk+1) = x1.x2....xk-1xk.xk+1 = 1 suy ra k số dương
x1 , x2 , ... , xk-1 , xkxk+1 có tích bằng 1 , nên theo giả thiết qui nạp, ta có:
x1 + x2 + ... + xk + xk+1 x1 + x2 + ... + xk.xk+1 k (2)
Từ bất đẳng thức (1) và (2) ta có:
	x1 + x2 + ... + xk + xk+1 x1 + x2 + ... + xk.xk+1 + 1 k + 1
Khẳng định đã được chứng minh.
Với n số dương tuỳ ý x1 = x2 = ... = xn và x1.x2 ... xn = 1 suy ra xi = 1 
nên x1 + x2 + ... + xn = n.
e/ Tìm chữ số tận cùng bằng qui nạp:
VD. Với mọi số nguyên k ≥ 2 hãy tìm chữ số tận cùng của số 
1) Cơ sở qui nạp.
Với k = 2 số A2 = + 1 = 17 .
2) Qui nạp.
Giả sử với k = n ≥ 2 số An đã có chữ số tận cùng là 7.
Xét số An+1 = 
Do An tận cùng số 7 nên tồn tại số nguyên dương m, để An = 10m + 7.
Từ đó An - 1 = 10m + 6
 An+1 = 
	 = (10m + 6)2 + 1 = 100m2 + 120m + 36 +1
	 = 10(10m2 + 12m) +37 = 10(10m2 + 12m + 3) +7
Nên An+1 tận cùng bằng chữ số 7 .
Vậy với mọi k 2 số Ak có tận cùng bằng chữ số 7./.
3/ Một số đề tự giải
Bài 1:
Cho n hình vuông tuỳ ý. Chứng minh rằng từ các hình vuông này có thể cắt và chắp thành một hình vuông lớn.
Bài 2 :
Trên mặt phẳng cho 2n + 1 điểm, không có ba điểm nào thẳng hàng. Hãy dựng một đa giác 2n + 1 đỉnh, sao cho 2n + 1 điểm đã cho trở thành trung điểm thuộc các cạnh của đa giác.
Bài 3 :
Hãy tính số tam giác (T(n)) của một đa giác n đỉnh được chia bởi các đường chéo không cắt nhau.
Bài 4 : 
Các số a1 ; a2 ; .... ; an thoả mãn quan hệ chứng minh rằng có thể chọn các dáu trong tổng để 
Bài 5 :
Cho n số nguyên dương x1 ; x2 ; x3......xn thoả mãn điều kiện :
x1.x2......xn-1.xn = 1
Chứng minh rằng: x1 + x2 + ... + xn-1 + xn n
và dấu bằng chỉ xảy ra khi x1 = x2 = .... = xn-1 = xn = 1.
C. Kết luận
1/ Kết quả đạt được:
-Sau khi hướng dẫn học giải các bài toán không mẫu mực bằng phương pháp qui nạp trong quá trình giảng dạy bản thân đã đạt được các kết quả hết sức khả quan.
* Học sinh chủ động sáng tạo hơn trong việc giải các bài toán khó.
* Học sinh hứng thú hơn trong việc giải các bài toán khó, cẩn thận hơn trong khi giải toán.
-Cụ thể áp dụng đối với 20 học sinh khá và giỏi môn toán của lớp 9B năm học 2006-2007 thì kết quả đạt được là:
*Trước khi chưa hướng dẫn học sinh phương pháp giải này thì trong số 20 em học sinh này chỉ có 2 học sinh là biết giải bài toán bằng phương pháp qui nạp nhưng cũng chỉ ở dạng đơn giản, 5 học sinh nắm được các bước để trình bày bài toán bằng phương pháp qui nạp và hiểu thế nào là qui nạp còn lại chỉ lơ mơ không rõ giải bằng phương pháp này như thế nào.
*Sau khi hướng dẫn học sinh cụ thể về như thế nào là qui nạp, nguyên lí qui nạp là gì và đặc biệt là học sinh hiểu được phương pháp chứng minh bằng qui nạp là gì, cách trình bày các bước như thế nào thì kết quả thật bất ngờ.
+Trong 20 em được học về phương pháp này đã có tới 10 em biết giải bài toán bằng phương pháp qui nạp trong đó 7 em biết và say mê giải các bài toán khó, bài toán không mẫu mực bằng phương pháp qui nạp. Số còn lại cũng đã hiểu được thế nào là qui nạp, nắm được các bước trình bày bài toán qui nạp đơn giản.
2/ Bài học kinh nghiệm:
Trong việc giải một bài toán cũng như phát minh ra một vấn đề mới, nếu khơi gợi được trí tò mò , sự sáng tạo của học sinh để có thể có được niềm vui thắng lợi khi giải được bài toán khó.những tình huống như vậy có thể khuấy động sự ham thích những suy nghĩ, cá tính của học sinh đặc biệt là những học sinh yêu thích môn toán. Nếu người thầy cứ mãi chú trọng vào các bài toán dễ, tầm
thường thì sẽ làm học sinh đặc biệt là những học sinh giỏi toán mất hết hứng thú 
 không phát huy hết được những khả năng tốt nhất của mình. Ngược lại nếu 
người thầy khêu gợi được trí tò mò của học sinh bằng cách ra cho học sinh những bài tập những câu hỏi hợp trình độ, giúp học sinh giải bằng các phương pháp khác nhau để mang lại cho học sinh cái hứng thú về suy nghĩ độc lập, độc đáo trong từng bài toán cụ thể thì có thể đạt được kết quả như mình mong muốn./.
D. tài liệu tham khảo
1) Một số phương pháp giải toán sơ cấp.
2) Tài liệu thực hành giải toán dùng trong các trường CĐSP.
3) Một số phương pháp giải bài toán logic (Đặng Huy Ruận)