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用数学归纳法解题


用数学归纳法解题
数学归纳法是中学数学中的常用方法,也是证明与自然数 n 有关的命题的有力武器,在中学数学中有十分重要的 地位. 数学归纳法在中学数学教材中被安排在极限一节,也只介绍了第一数学归纳法,其应用也局限在证明等式、不等 式、整除、证明有关几何图形的命题、和与递推有关的数列问题. 本文将结合几个简单例题谈一下第二数学归纳法及数 学归纳法的几种灵活运用(变形用法) ,意在加深对数学归纳法的理解,提高同学们的学习兴趣. 数学归纳法证明问题的一般步骤是:1o 验证 n=n0 时命题成立;20 假设 n=k(k≥n0)时命题成立,推出 n=k+1 时命 题也成立, 从而得出对任意自然数 n (n≥n0)命题都成立的结论. 第二数学归纳法是在第一数学归纳法的基础上把第二步 的归纳假设改为:假设 n≤k(k≥n0)时命题成立,从而得出命题成立的结论. 例 1.将质数由小到大编上序号,2 算作第一个质数,3 算作第二个质数,依次类推. 求证:第 n 个质数 Pn< 2 证明:1O 为当 n=1 时,P1=2<22=4,结论成立. 2O 假设 n≤k 时结论成立,即
1 2

2n

.

pi ? 2 2
k

i

(i=1,2,……,k)将这 k 个不等式两边分别相乘,得
k ?1

22 ?2 ?...?2 < 2 2 2k ?1 所以所以 P1·P2·P3·…·Pk≤ 2
P1·P2·P3·…·Pk≤

?2

因为 P1,P2,P3,…,Pk 都不能整除 P1·P2·P3·…·Pk+1, 所以 P1·P2·P3·…·Pk+1 的质因数 q 不可能是 P1,P2,P3,…,Pk, 只能是大于或等于 Pk+1, 于是有 Pk+1≤q≤P1·P2·P3·…·Pk<
2 k ?1

22

k ?1

即 Pk+1< 2 . 由以上两步可知,对于任意的自然数 n,命题都成立. 评注:本题用的是第二数学归纳法,在第二步由归纳假设推证 n=k+1 时成立时,不仅用到了 n=k 的结论,而要用 n<k 的所有结论,这也是第二数学归法与第一数学归纳法的不同之处. 例 2.求证: 3 ? 5

?

? ? ?3 ? 5 ? 能被 2 整除.
n n

n

证明:(1)当 n=1 时(3+ 5 )+(3- 5 )=6 能被 2 整除 当 n=2 时(3+ 5 )2+(3- 5 )2 =28,也能被 22 整除 (2)假设 n=k-1 和 n=k(k ? 2 )时,命题都成立, 即(3+ 5 )
k
k ?1

+( 3- 5 )
k

k ?1

能被 2
k

k ?1

整除

(3+ 5 ) + ( 3- 5 ) 当 n=k+1 时, (3+ 5 )k+1+(3- 5 )k+1 =[(3+ 5 )k+( 3- 5 )k][( 3+

能被 2 整除

5 )+(3- 5 )]-(3- 5 )k(3+ 5 )-(3+ 5 )k(3- 5 ) - - =6 [(3+ 5 )k+( 3- 5 ) k ]-4[(3+ 5 )k 1+( 3- 5 )k 1 ]
也是 2k+1 的倍数. 由以上两步可知,命题对任意的 n 都成立. 评注:本题在第一步验证时,不是验证一个初始值,而是验证两个,在第二步证明时不是由 n=k 推出 n=k+1 也成 立,而是由 n=k-1 和 n=k 同时成立才能推出 n=k+1 成立. 这与第二数学归纳法相似,却不尽相同. 例 3.求证:当 n≥6 时,可以把平面正方形 ABCD 分割成 n 个小正方形. 证明: (1)可验证 n=6、7、8 时命题成立(如下图)

(1) (2) (3) (2)假设 n=k (k≥6)时成立,则易得 n=k+3 时成立,只要把 k 个正方形中有某一个正方形平均分成四个正方形即可. 综合上述,可得命题成立. 评注:本题和前题一样,也需要验证多个初始值,但这多个初始值在第二步归纳设中各自独立推出 n=k+3 时成立, 这是和前例的区别所在.

例 4.试证用面值为 3 角和 5 角的邮票可以支付任意 n(n>7,n∈N)角的邮资. 证明:1O 当 n=8 时,结论显然成立. 2O 假设当 n=k(k>7,k∈N)时命题成立. 若这 k 角邮资全是用 3 角票支付,则只少出 3 张,可将这 3 张 3 角票换成 2 张 5 角票就可支付 k+1 角的邮资; 若这 k 角邮资至少有一张是 5 角票, 只要将这一张 5 角票换成两张 3 角票便可以支付 k+1 角的邮资.故当 n=k+1 时命 题也成立. 综合上述,对 n>7 的自然数 n,命题都成立. 评注:本例在应用归纳假设时,采用了分类讨论的方法.本例题也可用例三中的方 法来证明. 例 5.求证:任何一个正的分数

m (m>n)都可以表示成若干个互不相同的自然数的倒数之和. n

证明:对 m 进行数学归纳: 10 当 m=1 时,命题成立. 当 m =2 时,n≥3 且为奇数,可令 n=2k+1,k∈N (再对 n 进行数学归纳: (1)当 k=1 时,

2 1 1 ? ? 3 2 6

成立.

(2)假设当 k≤k0 时成立,当 k=k0+1 时

2 2 1 1 1 ? ? ? ? n 2(k 0 ? 1) ? 1 2k 0 ? 3 k 0 ? 2 (k 0 ? 2)(2k 0 ? 3)
命题也成立.且其中各项分母均不为 n.) 20 假设 m≤L 时成立,当 m=L+1 时, 依归纳假设

L ?1 1 L ? ? n n n

l 可以表示成若个自然数(不等于 n )的倒数和,即当 m=L+1 时也成立. n

综合上述,命题成立. 评注:本题中的结论与两个独立的自然数 m、n 有关,证明时,同时对 m、n 进行数学归纳, 是‘双重数学归纳法’ . 例 6. (加强命题)设 0<a<1,定义 a1=1+a,an+1= a+ 证明:先将命题加强为求证:1<an <

1 (n≥1),证明 an>1 an

1 1? a 1 1? a

1O 当 n=1 时,a1=1+a>1, 且由(1-a)(1+a)=1-a2 )<1 可得 1+a< ∴有 1<a1<

1 成立. 1? a 1 1? a

20 当 n=k 时成立,即 1<ak< 当 n=k+1 时 ak+1= a+ 又

1 >a+1-a=1,即 ak+1>1 ak 1 1 ak+1= a+ <a+1< 1? a ak

∴当 n=k+1 时命题也成立. 综合上述,命题对任意的自然数 n 都成立. 评注:数学命题一般是越弱越容易证明,但是数学归纳法证明命题时,要充分利用归纳假设,命题越强,假设的 条件也就越强,促使下一步的证明也越容易. 在证明不等式时应注意灵活运用. 例 7.求证:对意任意给定的 n 元集合 M,可以把 M 的所有子集排成一列,使得相邻的两个子集最多相差一个元 素. 证明:1O 为当 n=1 时,M 只有两个子集Φ 和 M,两个集合只差一个元素,命题成立. O 2 假设当 n=k 时命题成立,当 n=k+1 时,先把 M 的所有子集分成两类:一类是不含元素 A(A 为集合 M 中的任意一个 给 定的元素)的子集,可把这些集合看作是某一个 n 元集的所有子集,据归纳假设,可以把这 2n 个子集按要求排成 一列;另一类是含有元素 A 的子集,把每一个子集中的元素 A 去掉后,便是前一类种的 2n 个集合,也能把它们按要 求排成一列(按与前一次相反的次序排好) ,每一个集合都添加上 A 后仍然符合要求.只要把两列子集首尾相接,便是 把 n+1 元集 M 的 2n+1 个子集按要求排成了一列. 综合上述,命题对任意的 n 都成立.

评注:本题两次使用归假设,才是问题圆满解决.当然有些命题也可能多次用到或多重使用,应视问题的繁简灵活 运用. 数学归纳法是一种证明的方法,也是一种科学的思维方式.其应用范围也不局限于证明与自然数有关的命题,有些与整 数或与有理数有关的命题,也可用它来解决. 要撑握数学归纳法,更要理解数学归纳的思想,去创造性地解决问题.


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