Đề tài Phép quy nạp trong hình học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
 KHOA TOÁN
 --–&—--
 Đề tài: 
PHÉP QUY NẠP TRONG HÌNH HỌC
 Giáo viên hướng dẫn : Ths. Nguyễn Chiến Thắng
 Sinh viên thực hiện : Nguyễn Huy Hùng
 MSSV : 0851007961
 Lớp : 49A Toán
 Vinh - 2011
Mục lục
Nhận xét của giáo viên
Lời nói đầu
 Phép quy nạp được sử dụng rộng rãi trong số học đại số và lý thuyết số. Và phép quy nạp được coi là 1 tuyệt chiêu trong toán học. Nó là một trong những phương pháp tiếp cận bài toán rất độc đáo. Quy nạp có 1 sức mạnh tuyệt vời khi giải quyết những bài toán chứng minh không chỉ sử dụng trong đại số, lý thuyết số mà cả ở hình học. Phép quy nạp không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích cả trong mặt phẳng và trong không gian, ở hình học sơ cấp và hình học cao cấp. Vì vậy đề tài Phép quy nạp trong hình học là một đề tài thiết thực khai thác vào một phương pháp giải toán hình học mà chưa được nhắc tới nhiều.
 Trong khuôn khổ giới hạn của đề tài, tôi không đưa ra các khái niệm, định lý, tính chất mới mà chỉ trình bày các nội dung chính thuộc đề tài, các dạng bài tập, thí dụ minh họa và bài tập ứng dụng.
 Mặc dù đã tham khảo một lượng rất lớn các tài liệu cùng với sự nổ lực của bản thân nhưng do trình độ hiểu biết có hạn nên chắc chắn không tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy, tôi rất mong được sự góp ý của thầy giáo Ths. Nguyễn Chiến Thắng và bạn đọc.
 Một lần nữa tôi xin chân thành cảm ơn thầy giáo Ths. Nguyễn Chiến Thắng, Thư viện Đại học Vinh và toàn thể các bạn sinh viên lớp 49A Toán đã giúp đỡ tôi hoàn thành đề tài này ! 
 Người thực hiện
 Nguyễn Huy Hùng
 Mở đầu
I. Lí do chọn đề tài.
 Phép quy nạp toán học được sử dụng rộng rãi trong số học đại số và lý thuyết số. Nhưng những ứng dụng của nó trong hình học lại vô cùng lý thú. Phép quy nạp không chỉ ứng dụng trong việc tính toán các đại lượng hình học đơn thuần mà nó còn được áp dụng trong việc chứng minh định lý hình học, trong giải các bài toán dựng hình, quỹ tích. Ta thường xuyên gặp những bài toán mang tính chất đại số giải quyết bằng phương pháp quy nạp và trong phần lớn các tài liệu về phương pháp này có rất ít tài liệu đề cập đến việc sử dụng phương pháp Quy nạp để giải quyết bài toán Hình Học. Nhưng những ứng dụng của nó trong hình học lại vô cùng lý thú và hấp dẫn. Vì vậy tôi chọn đề tài Phép quy nạp trong hình học.
 Đề tài này giúp tôi hiểu sâu hơn một phương pháp giải hiệu quả trong việc giải các bài toán hình học.
II. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là kiến thức quy nạp toán học và phép quy nạp trong hình học.
III. Mục đích nghiên cứu.
Nguồn gốc và quá trình xuất hiện phép quy nạp toán học
Ứng dụng của phép quy nạp trong hình học.
IV. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Là rõ được thế nào là phép quy nạp toán học
Thể hiện được những ứng dụng của phép quy nạp trong hình học. 
Xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng.
Kiểm nghiệm được ý nghĩa của đề tài.
V. Giả thuyết khoa học.
 Phép quy nạp là một phương pháp toán học độc đáo được ứng dụng rất nhiều trong đại số và lý thuyết số, việc nghiên cứu tìm hiểu các ứng dụng của phép quy nạp trong hình học, sẽ giúp mở rộng các phương pháp giải bài toán trong hình học.
VI. Phương pháp nghiên cứu.
Nghiên cứu các cơ sở lí luận, cơ sở khoa học nhằm cho một cái nhìn tổng quát nhất về nội dung phép quy nạp toán học, quy nạp trong hình học.
Phân tích và tổng hợp các dạng bài tập nhằm xây đựng được một hệ thống bài tập với đầy đủ các dạng toán sử dung quy nạp trong hình học.
 Nội dung.
A. Phép quy nạp toán học.
I. Nguồn gốc và sự ra đời của phép quy nạp toán học. 
1. Tiếp cận khởi đầu phép quy nạp toán học.
 Khi ta tính một số trong tam giác Pat-xcan bằng cách áp dụng công thức truy toán, ta phải dựa vào hai số đã tìm được ở cạnh đáy trên. Cần nghiên cứu một lược đồ tính toán không phụ thuộc vào những điều đã biết sơ bộ. Phép tính độc lập như vậy dựa vào công thức quen biết.
Mà ta sẽ gọi là công thức tường minh để tính các hệ số của nhị thức . Công thức tường minh đó có trong công trình của Pat-xcan ( trong đó nó được diễn đạt bằng lời chứ không phải bằng các kí hiệu hiện đại). Pat-xcan không cho biết ông đã làm như thế nào để rút ra công thức đó và chúng ta sẽ không phải bận tâm đến một điều là trước khi đến công thức đó ông đã suy nghĩ như thế nào (Có thể khi đầu mới chỉ là phỏng đoán – ta thường phát hiện ra các quy luật nhờ quan sát lúc đầu, rồi sau thử khái quát hóa các kết quả có được. Tuy vậy, Pat-xcan đưa ra một cách chứng minh chính xuất sắc cho công thức tường minh của mình.
 Ta thấy có một nhận xét sơ bộ: Công thức tường minh dưới dạng đã viết không áp dụng được trong trường hợp r=0. Tuy vậy, ta quy ước rằng khi r=0 thì theo định nghĩa 
 Còn trong trường hợp r=n thì công thức không mất ý nghĩa và ta có:
đó là một kết quả đúng. Như vậy, ta chỉ cần chứng minh công thức chỉ đối với 0 < r < n, tức là ở bên trong tam giác Pat-xcan, ở đó công thức truy toán có thể chứng minh được.
 Tiếp theo ta trích dẫn Pat-xcan với một số thay đổi không căn bản, một phần những thay đỏi đó ở giữa các dấu ngoặc vuông.
 Mặc dầu rằng mệnh đề đang xét (công thức tường minh đối với các hệ số nhị thức) có trong vô số trường hợp riêng, ta có thể chứng minh nó một cách hoàn toàn ngắn gọn dựa trên hai bổ đề.
 Bổ đề thứ nhất khẳng định rằng mệnh đề đó đúng với đáy thứ nhất – điều này là hiển nhiên [khi n=1 công thức tường minh đúng bởi vì trong trường hợp đó mọi giá trị có thể được của r, nghĩa là r=0, r=1, rơi vào điều đã nhận xét ở trên].
 Bổ đề thứ hai khẳng định như sau: nếu mệnh đề của ta đúng với một đáy tùy ý [đối với giá trị n tùy ý] thì nó sẽ đúng cả với đáy tiếp theo của nó [đối với r=n+1].
 Từ hai bổ đề đó, ắt suy ra được sự đúng đắn của mệnh đề với mọi giá trị của n. Thật vậy, do bổ đề thứ nhất mệnh đề đúng với n=1; do đó, theo bổ đề thứ hai nó đúng với n=2, và tiếp tục theo bổ đề thứ hai nó đúng với n=3, n=4 và tới vô hạn.
 Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bổ đề thứ hai. Theo cách phát biểu của bổ đề đó, ta giả thiết rằng công thức của ta đúng với đáy thứ n, nghĩa là đối với giá trị tùy ý của n và với mọi giá trị có thể được của r (đối với r=1,2,,n). Đặc biệt, đồng thời với cách viết
Ta cũng có thể viết (với ):
Cộng hai đẳng thức đó và áp dụng công thức truy toán ta được hệ quả:
 Nói cách khác, sự đúng đắn của công thức tường minh đối với giá trị n nào đó kéo theo tính chất đứng đắn của nó với n+1. Chính điều này được khẳng định trong bổ đề thứ hai. Như vậy, ta đã chứng minh bổ đề đó.
 Những lời của Pat-xcan đã trích dẫn ở trên có một giá trị lịch sử bởi vì chứng minh của ông là sự vận dụng lần đầu tiên một phương pháp suy luận cơ bản và mới mẻ, và sau này ta gọi đó là Phép quy nạp toán học.
 2. Kinh nghiệm và quan niệm.
 Kinh nghiệm đưa đên sự thay đổi quan niệm của con người. Chúng ta học tập xuất phát từ kinh nghiệm, hay nói đúng hơn là chúng ta phải học tập từ kinh nghiệm. Sử dụng kinh nghiệm một cách hiệu quả nhất, đó là một trong những nhiệm vụ to lớn của con người , còn lao động để giải quyết nhiệm vụ đó là chức năng chân chính của các nhà bác học.
 Nhà bác học, đúng với danh hiệu đó, cố gắng rút ra quan niệm đúng đắn nhất từ kinh nghiệm đã biết, và thu thập những kinh nghiệm thích hợp nhất để xây dựng nên quan niệm đúng về một vấn đề đặt ra. Phương pháp nhờ đó nhà bác học xử lí với kinh nghiệm thường gọi là phép quy nạp.
3. Sự tiếp xúc gợi ý.
 Phép quy nạp thường được bắt đầu bằng sự quan sát. Nhà khoa hoc tự nhiên có thể quan sát cuộc sống của loài chim, nhà tinh thể học quan sát hình dạng của các tinh thể. Nhà toán học, quan tâm tới lý thuyết số, quan sát tính chất các số 1, 2, 3, 4, 5, 
 Nếu muốn quan sát cuộc sống của loài chim để có thể đạt được những kết quả lý thú, thì trong một chừng mực nào đó, bạn phải hiểu biết về chim, phải thích chim và thậm chí là yêu chim. Cũng như vậy, nếu bạn muốn quan sát những con số thì bạn phải thích thú với chúng và trong một chừng mực nào đó phải hiểu biết chúng. Bạn phải biết phân biệt số chẳn và số lẻ, phải biết các số chính phương và các số nguyên tố. Ngay những kiến thức đơn giản nhất chúng ta cũng có thể nhận thấy một cái gì thú vị.
 Chẳng hạn ngẫu nhiên ta gặp các hệ thức:
 3 + 7 = 10; 3 + 17 = 20; 13 + 17 =30; . . .
Và ta nhận thấy giữa chúng có một vài chỗ giống nhau. Chúng ta có thể nghĩ tới 3, 7, 13 và 17 là những số nguyên tố lẻ. tổng của hai số nguyên tố lẻ là những số chẳn (đó là điều tất nhiên); Thực vậy 10, 20, 30 là các số chẵn. Nhưng có thể nói gì về các số chẳn khác ? chúng có thể được biểu diễn tương tự như vậy không?
 Số chẳn đầu tiên bằng tổng của hai số nguyên tố lẻ dương là 6 = 3 + 3
 Tìm tiếp ta thấy: 8 = 3 + 5
 10= 3 + 7 = 5 + 5
 12= 7 + 5
 14 = 3 + 11 = 7 + 7
 16 = 3 + 13 = 5 + 11 
 Và ta cứ tiếp tục tìm mãi chăng? Dù sao những trường hợp riêng đã khảo sát cũng làm chúng ta nghĩ tới một điều khẳng định chung là : “Mọi số chẵn lơn hơn 4 đều có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố lẻ”. Phân tích những trường hợp ngoại lệ các số 2 và 4 không thể là tổng của hai số nguyên tố lẻ chúng ta có thể bằng lòng với điều khẳng định ít trực tiếp hơn sau đây: Bất kỳ số chẵn nào không phải là số nguyên tố và không phải là bình phương của một số nguyên tố, cũng có thể biểu diễn dưới dạng tổng của hai số nguyên tố lẻ.
 Như thế chúng ta đã phát biểu một giả thuyết. Chúng ta tìm thấy giả thuyết đó nhờ phép quy nạp. Nói một cách khác giả thuyết đó nẩy sinh trong chúng ta nhờ kết quả của sự quan sát và đã được chỉ ra bằng những ví dụ riêng biệt.
 Những chỉ dẫn đó tương đối ít trọng lượng. Chúng ta chỉ có những cơ sở rất mong manh để tin vào giả thuyết của mình. Tuy nhiên chúng ta có thể tìm thấy một nguồn an ủi, ở chỗ là cách đây hơn 200 năm Goldbach, nhà toán học đầu tiên phát biểu giả thuyết đó, cũng không có cơ sở gì vững chắc hơn.
 Giả thuyết của Goldbach có đúng không? Ngày nay chưa ai có thể trả lời câu hỏi đó. Mặc dù có một số nhà toán học vĩ đại đã có những cố gắng lớn nhằm làm sáng tỏ vấn đề, nhưng cho đến nay giả thuyết của Goldbach, cũng như ở thời Euler vẫ là một trong “ nhiều tính chất của các số mà chúng ta rất quen thuộc, nhưng chúng ta vẫn chưa chứng minh hay bác bỏ được”.
 Nhưng từ giả thuyết này chúng ta đã mô tả trong những nét tổng quát giai đoạn đầu của quá trình quy nạp.
II. Phương pháp quy nạp toán học.
 Trong cuộc sống có nhiều người thường bám chặt vào ảo tưởng, nói một cách khác họ không giám nghiên cứu những khái niệm dễ dàng bị kinh nghiệm bác bỏ, vì họ ngại tinh thần mất cân bằng.
 Trong khoa học, chúng ta cần có một phương pháp khác hẳn đó là Phương pháp quy nạp. Phương pháp này có mục đích làm cho quan niệm của chúng ta gần với kinh nghiệm ở mức độ có thể được. Nó đòi hỏi sự ưa thích nhất định đối với cái gì thực tế tồn tại. Nó đòi hỏi chúng ta sẵn sàng từ những quan sát nâng lên trình độ khái quát, đồng thời sẵn sàng từ sự khái quát rộng lớn nhất trở về với những quan sát cụ thể nhất. Nó đòi hỏi ta nói “có thể” và có “khả năng” với hàng nghìn mức độ khác nhau. Nó đòi hỏi nhiều điều khác và đặc biệt là ba điều sau đây:
Một là chúng ta phải sẵn sa ...  thẳng Simson của tất cả n-giác được lập thành từ n đỉnh của (n+1)-giác M là thẳng hàng. Đường này gọi là đường thẳng Simson của điểm P ứng với (n+1)-giác M.
 ( Bài toán đường thẳng Simson của điểm P ứng với tam giác được nhiều người biết đến. Chứng minh nó xuất phát từ thực tế là các tứ giác PAMK, PLBK, PMCL có thể nội tiếp đường tròn.
 Từ đó suy ra và . Do đó .
 Bằng phép quy nạp ta có thể suy ra được điều cần phải chứng minh.
VI. Phép quy nạp trong không gian.
1. Dạng tính toán trong không gian bằng quy nạp.
 This dụ 1: Tìm số ít nhất các mặt phẳng chia khối lập phương ra không ít hơn 300 phần. “Đề thi vô địch toán nước Anh năm 1970”
 Giải: 
 Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng n đường thẳng chia mặt phẳng ra không nhiều hơn phần, đồng thời nhận được đúng p(n) phần khi không có hai đường thẳng nào song song và không có 3 đường thẳng nào đồng quy. Thật vậy, p(0)=1 và với mọi n N ta có bất đẳng thức: 
đồng thời đẳng thức xảy ra (đường thẳng n cắt mỗi đường còn lại và bị chia ra không nhiều hơn n đoạn, mỗi đoạn đó xác định một phần mặt phẳng mới). Tương tự ta chứng minh n mặt phẳng chia không gian ra không nhiều hơn
phần, đồng thời nhận được đung q(n) phần nếu không có 2 mặt phẳng nào song song, không có 3 mặt phẳng nào cùng đi qua một đường thẳng và không có 4 điểm nào cùng đi qua một điểm. Thật vậy, q(0)=1 với mọi 
n N ta có bất đẳng thức:
đồng thời đẳng thức xảy ra (mặt phẳng thứ n cắt các mặt phẳng còn lại và bị chia ra không nhiều hơn p(n-1) phần, mỗi phần đó xác định một phần không gian mới).
 Số mặt phẳng cần tìm là 13 vì 
 q(12) = 299 < 300 <378 = q(13).
 Thật vậy, 12 mặt phẳng chưa đủ, còn 13 mặt phẳng có thể chia không gian thành q(13) phần, sau đó chọn trong mỗi phần một điểm và lấy khối lập phương chứa tất cả q(13) điểm đó, cuối cùng chỉ cần dùng phép đồng dạng với tỉ số thích hợp đưa về khối lập phương cần thiết.
 Thí dụ 2: n mặt phẳng chia một không gian làm bao nhiêu miền? Trong đó ba mặt phẳng nào cùng cắt nhau và không có bốn mặt phẳng nào có điểm chung (ta sẽ gọi các mặt phẳng như thé là các mặt phẳng lệch).
 Xét liên tiếp các bài toán sau:
A. n điểm chia một đường thẳng làm bao nhiêu phần ?
 Giải :
 Ta ký hiệu các phần được chia của đường thẳng là F1(n). Rõ ràng khi đó F1(n) = n + 1.
B. n đường thẳng chia mặt phẳng làm bao nhiêu miền? Cho biết đó là n đường thẳng lệch.
 Giải: 
 * Một đường thẳng chia mặt phẳng làm hai miền.
 * Giả sử n đường thẳng lệch chia mặt phẳng làm F2(n) miền. Ta xét n+1 đường thẳng lệch. n đường thẳng đầu tiên trong n + 1 chia mặt phẳng làm F2(n) miền. Đường thẳng thứ n+1 là l, theo giả thiết cắt đường kia tại n điểm khác nhau. Các điểm này chia l làm F1(n)=n+1 phần (Xem A). Do đó, l chia n + 1 miền trong số F2(n) miền nhận được trước đây cảu mặt phẳng và từ đó thêm F1(n) = n + 1 miền mới vào F2(n) miền.
 Thế là:
 F2(n+1)=F2(n) + F1(n) = F2(n) + ( n + 1) (I)
 Trong đẳng thức (I), thay n bằng các giá trị n-1, n-2, ... , 2,1 ta được:
 F2(n) = F2(n-1) + n
 F2(n-1) = F2(n-2) +(n-1)
 ......................................
 F2(3) = F2(2) + 3
 F2(2) = F2(1) + 2
 Cộng các đẳng thức với nhau. Với F2(1)=2 ta được:
 F2(n) = F2(1) + [ n + (n-1) +  + 2 ] = 1 + [ n + (n-1) +  + 2 ]
và cuối cùng F2(n) = 1 + 
C. n mặt phẳng lệch chia không gian làm bao nhiêu miền?
* Giả sử n mặt phẳng lệch không gian làm F3(n) miền. Ta xét n +1 mặt phẳng đầu tiên trong chúng chia không gian làm F3(n) miền; n mặt phẳng này cắt mặt phẳng thứ n + 1 theo n giao tuyến lệch và do đó chia làm F2(n) = miền.
 Từ đây ta có hệ thức sau:
 F3(n+1) = F3(n) + F2(n) = F3(n) + (II)
Thay n bởi (n-1), (n-2), ... , 2, 1 ta có:
 F3(n) = F3(n-1) + 
 F3(n-1) = F3(n-2) + 
...................................................................
F3(3) = F3(2) + 
F3(2) = F3(1) + 
Cộng tất cả các đẳng thức này ta được: 
 F3(n) = F3(1) + [(n-1) + (n-2) + ... + 1] + []
Và cuối cùng với F3(1) = 2 ta được:
F3(n) = 2 + [(n-1) + (n-2) + ... + 1] + []
 = 
 = 
Bài toán ứng dụng:
 Bài 1: n mặt cầu ( trong đó hai mặt cầu nào cũng giao nhau và không có ba mặt cầu nào chung nhau chỉ một điểm) chia không gian làm bao nhiêu miền.
 Hướng dẫn:
 Ta xét liên tiếp các bài toán sau:
A. n “đường tròn một chiều” chia một đường thawnrgr làm bao nhiêu phần?
 Trả lời: 2n điểm chia một đường thẳng làm 2n + 1 phần.
A’. N cặp điểm trên một đường tròn chia nó làm bao nhiêu phần? Ta kí hiệu là 
 Trr lời: =2n.
B. n đường tròn giao nhau từng đôi và không có ba đường tròn nào giao nhau tại một điểm, chia một mặt phẳng làm bao nhiêu miền? Ký hiệu số miền là 
 Hướng dẫn: Vì n đường tròn giao với đường tròn thứ n tại n cặp điểm và như vậy chia đường tròn này làm =2n. Đường tròn thứ n+1 lại chia miền trong số miền do n đường tròn đã chia mặt phẳng.
 Từ đó ta có: = n2 – n + 2
B’. N đường tròn (như B) nằm trên mặt cầu chia nó làm bao nhiêu phần?
 Trả lời: = n2 – n + 2
C. n mặt cầu ( trong đó hai mặt cầu nào cũng giao nhau và không có ba mặt cầu nào chung nhau chỉ một điểm) chia không gian làm bao nhiêu miền.
 Hướng dẫn: Vì n mặt cầu giao với mặt cầu thứ (n+1) tạo thành n đường tròn và do đó chia mặt cầu này làm = n2 – n + 2 . Như vậy nếu mặt cầu chia không gian làm miền thì n+1 mặt cầu sẽ chia không gian làm miền. 
Vì vậy, với = 2, Ta tính được :
Bài toán chứng minh.
Thí dụ 1 : Trong không gian cho n khối cầu, trong đó bốn khối cầu nào cũng giao nhau. Chứng minh rằng tất cả các khối cầu này giao nhau, nghĩa là có bốn điểm thuộc tất cả khối cầu.
 Giải :
 * Với n=4 mệnh đề hiển nhiên.
 * Giả sử mệnh đề hoàn toàn được chứng minh cho n khối cầu bất kỳ với bốn khối cầu nào cũng giao nhau và giả sử ta có n + 1 khối cầu . Gọi là phần chung của n khối cầu (có được theo giả thiết quy nạp). Khi đó ta có thể chỉ ra rằng nếu khối cầu không giao với thì có mặt phẳng phân cách và (Xem thêm thí dụ 33B trang 163 [1]). Mỗi khối cầu cắt theo các hình tròn, trong đó ba hình tròn nào cũng có phần chung. Do đó trên tồn tại một điểm thuộc tất cả các hình tròn này. Vì vậy nó thuộc , như thế trái với cách xác định đpcm.
 Thí dụ 2 :
 Chứng minh rằng với các vectơ bất kỳ a1, a2, a3 , có đẳng thức.
 trong đó tổng ở vế trái lấy tất cả 8 bộ số khác nhau . Hãy tổng quát bài toán đối với trường hợp n vectơ tùy ý (nN). (Đề thi vô địch toán Rumani, năm 1980)
Giải :
 Ký hiệu An là tập 2n bộ số có thể tạo từ các số (i = ).
 Ta cũng đưa ra ký hiệu với còn a1, a2,  , an là các vect tùy ý ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo đẳng thức 
 * Với n=1 đẳng thức đúng vì
 * Giả sử đẳng thức đã được chứng minh với n – 1 N.
 Nếu trong bộ và ký hiệu
thì sử dụng sự đúng đắn đối với 2 vectơ bất kỳ b và c.
Ta nhận được đẳng thức đối với n :
 = 
 = 
 = 
 Vậy khẳng định đã được chứng minh
Bài tập ứng dụng khác :
 Bài 1 : Xét một số hữu hạn các nữa không gian lấp đầy cả không gian. Chứng minh rằng từ đó ta có thể chọn bốn hoặc ít hơn nữa không gian để chứng lấp đầy cả không gian.
 (Một nữa không gian được định nghĩa là phần của không gian nằm về một phía của mặt phẳng).
Giải :
 Ta chứng minh bằng cách quy nạp theo số n các nữa không gian đã cho.
 * Với n=4 mệnh đề hiển nhiên.
 * Giả sử mệnh đề đúng với n nữa không gian và ta có n + 1 nữa không gian V1, V2, , Vn, Vn+1. Các biên của chúng theo thứ tự là 1, 2, , n, n+1. Hai khả năng có thể xảy ra :
 TH1 : Mặt phẳng n+1 hoàn toàn nằm trong một trong các nữa không gian V1, V2, , Vn và ta giả sử nàm trong Vn. Khi đó n+1 và n song song. Nếu hai nữa không gian Vn+1 và n nằm về hai phía khác nhau của biên của chúng thì chúng hoàn toàn lấp đầy không gian. Trong trường hợp khác, khi một trong chúng nằm trong nữa không gian kia thì theo giả thiết quy nạp ta suy ra mệnh đề cần chứng minh.
 TH2 : Mặt phẳng n+1 không nằm trong nữa không gian V1, V2, , Vn nào. Khi đó n+1 hoàn toàn bị phủ bởi các không gian này, ở đó chúng có phần chung với n+1 theo mn nữa mặt phẳng F1, F2, , Fm. 
 Theo B ta có thể chọn hai hoặc ba các nữa mặt phẳng từ các nữa mặt phẳng này để nó cũng lấp đầy cả mặt phẳng n+1. Xét bốn trường hợp có thể xảy ra. 
 - (a). Mặt phẳng n+1 bị lấp đầy bởi hai nữa mặt phẳng (H.26a) chẳng hạn F1 và F2. Các mặt phẳng ương ứng 1 và 2 sẽ song song với nhau. Khi đó toàn bộ không gian bị lấp đầy bởi hai nữa không gian V1 và V2.
 - (b). Mặt phẳng n+1 bị lấp bởi hai nữa mặt phẳng F1 và F2, nhưng 1 và 2 (hai mặt phẳng tương ứng) lại giao nhau. Nếu nữa không gian Vn+1 chứa giao tuyến của 1 và 2 thì ba nữa không gian V1, V2, Vn+1 sẽ lấp đầy không gian. Trường hợp khác, nữa không gian Vn+1 bị phủ bởi các nữa không gian V1 và V2 thì giả thiết quy nạp giúp ta suy ra mệnh đề cần chứng minh.
 - (c). Mặt phẳng n+1 bị lấp đầy bởi ba nữa mặt phẳng (H.26) chẳng han F1, F2, F3: còn mặt phẳng 3 song song với giao tuyến của 1 và 2 (ba mặt phẳng lập thành một “lăng trụ” (H.26c), khi đó ba nữa không gian V1, V2, V3 lấp đầy toàn bộ không gian.
 - (d). Mặt phẳng n+1 bị lấp đầy bởi ba nữa mặt phẳng lập thành một “hình chóp” (H.26d). Nếu mữa không gian Vn+1 chứa giao điểm của F1, F2 và F3 thì bốn nữa không gian V1, V2, V3 và Vn+1 lấp đầy toàn bộ không gian. Trường hợp ngược lại, nữa không gian Vn+1 bị phủ bởi các nữa không gian V1, V2, V3 thì giả thiết quy nạp suy ra mệnh đề cầ chứng minh.
3. Dùng quy nạp xây dựng định nghĩa.
Thí dụ : Xây dựng định nghĩa các trung tuyến và trọng tâm của một tứ diện.
 Giải :
 Trung tuyến của một tứ diện được định nghĩa là đoạn thẳng nối từ một đỉnh bất kỳ của tứ diện tới trọng tâm của mặt phẳng đối diện với đỉnh đó.
 Ta chứng minh rằng trung
 tuyến của một tứ diện thì 
đồng quy tại một điểm.
 Xét tứ diện ABCD (H. ???)
 Trong đó O1, O2, O3, O4 lần
 lượt là các trọng tâm của các
 tam giác DBC, ACD, ABD
 và ABC. Vì các đường BO1,
 AO2 giao nhau tại trung điểm
 P của đoạn CD, các đường 
AO1, BO2 cũng giao nhau tịa điểm O12 nào đó. Tương tự AO1 và CO3 , AO1 và DO4, BO2 và CO3, BO2 và DO4, CO3 và DO4, lần lượt giao nhau tại O13, O14, O23, O24 và O34. Ya chứng minh các điểm này trùng nhau tại điểm O.
 Giả sử chẳng hạn O12 và O13 không trùng nhau thì AO1, BO2, và CO3 sẽ nằm trên mặt phẳng (đó là phẳng O12O13O23). Nhưng khi đó DO4 (giao với AO1, BO2và CO3) cũng sẽ nằm trên cùng một mặt phẳng, nghĩa là tất cả bốn đỉnh của tứ diện sẽ nằm trên mặt phẳng . Trái với trường hợp đang xét, nên các điểm O12 và O13 phải trùng nhau. Chứng minh tương tự tất cả các điểm còn lại O14, O23, O24, O34 cũng trùng với điểm này.
 Giao điểm của các trung tuyến trong một tứ diện được gọi là trọng tâm của nó.
www.vnMATH.com
Kết luận
Tài liệu tham khảo:
[1] - Phép qui nạp trong hình học - L.I Golovina – I.M. Yaglom, NXB Giáo dục.
[2] – Phép quy nạp trong hình học – Nguyễn Hữu Điển.
[3] – Các đề thi vô địch toán các nước ( tập 1, tập 2)– NXB Hải Phòng, 1993
[3] - Các bài toán phẳng về hình học (tập 2) – V.V Praxolov, NXB Hải Phòng.
[4] - Sáng tạo toán học (tập 1) – G. Pôlia, NXB Giáo dục Hà Nội .
[5] - Toán học và những suy luận có lí – G. Pôlia, NXB Giáo dục.
[6] - Logic Toán – Nguyễn Đức Đồng, Nguyễn Văn Vĩnh, NXB Thanh Hóa.
[7] – Giáo trinh hình học sơ cấp – PGS.TS Đào Tam, NXB Đại hoc sư phạm
[8] - Luận văn tốt nghiệp và các tài liệu tham khảo khác.