浅谈数学归纳法的认识及应用

浅谈数学归纳法的认识及应用

【摘 要】 数学归纳法是一种非常重要的数学方法，它不仅对我们中学数学的学习有着很大的帮助,而且在高等数学的学习及研究中也是一种重要的方法。本文通过一些具有代表性的典型例题重点讨论数学归纳法的应用。要熟练的应用数学归纳法，首先必须准确的理解其意义以及熟练的掌握解题步骤，而在三个步骤中运用归纳假设尤为关键,运用归纳假设推出猜想最为重要。最后我们在通过用数学归纳法证明命题的过程中，可以更加深刻理解和掌握“归纳——猜想——证明”这一探索发现的思维方法。

【关键词】 归纳法 猜想 证明方法

(一）数学归纳法的概述

归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在高中数学推理论证中是不允许的。完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。[1]

例如：大球中装有若干个小球，以下是试验过程和推理，其结论是否正确？ 试验

（1）从大球中取出5个小球，发现全是红色的。

推理

大球中装的全是红球

判断

考察部分对象，得到一般结论的方法，

叫做不完全归纳法。不完全归纳

法得到的结论不一定正确。

试验

（2）从大球中取出所有的小球，发现全是红色的。

推理

大球中装的全是红球

判断

考察全部对象，得到一般结论的方法，

叫做完全归纳法。完全归纳法一定是正确！[2] 数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在解高中数学题中有着广泛的应用。它是一个递推的数学论证方法。

用数学归纳法证明命题的步骤：

(1)证明：当n取第一个值n。结论正确；

(2)假设当n=k（k∈N，且k≥n。）时，结论正确,

证明当n=k+1时结论也正确。

由（1）、（2）可知,命题对从n。开始的所有正整数n都正确。

这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限。由这两步可以看出，高中数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。

运用高中数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。[1]

运用数学归纳法，可以证明下列问题：等式、整除问题、几何问题、与数列有关的问题、不等式等等。

（二）数学归纳法的应用

1、证明等式

∴ 等式成立．

②假设n＝k时等式成立

那么 n＝k＋1时

由①②可知，对任何n∈N等式均成立.[3]

例2 求证：(n＋1)(n＋2)……(n＋n)＝2n·1·3·5……(2n-1)(n∈N)

证明 ①当n＝1时等式左边=2，等式右边=2×1=2 ∴等式成立②

假设n＝k(h∈N)等式成立

即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)=2k·1·3·5…(2k-1)成立

那么n＝k＋1时

(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2) ＝2(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)

＝2k+1·1·3·5…(2k-1)[2(k＋1)-1] 即n＝k+1 时等式成立 由①②可知对任何n∈N等式均成立．

说明 由k过渡到k＋1时，等式左边增加的因式是(2k＋1)(2k＋2)且减少一个因式(k＋1)，故在假设基础上两边同乘以2(2k＋1)．[3]

例3 是否存在常数a、b、c使得等式

解 假设存在a、b、c使题设等式成立，这时

令n=3得：70=9a＋3b＋c

解之 a=3 b＝11 c＝10

于是当n＝1，2，3时

记Sn＝1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2

假定n＝k 时上式成立，即

那么当n＝k＋1时

Sk+1=Sk＋(k＋1)(k+2)2

也就是说等式对n=k＋1也成立．

综上所述，当a=3，b＝11，C＝10时，题设的等式对一切自然数n成立．[3]

2、证明整除问题

例4 用数学归纳法证明：n3＋5n(n∈Z)能被6整除。

证明①当n＝1时，n3＋5n＝6能被6整除。

②假设当n=k(h∈N)时结论正确，即k3＋5k(k∈N)能被6整除，那么

(k＋1)3＋5(k＋1)=(k3＋5k)＋3(k2＋k＋2)

∵k∈N时，k2＋k＋2是偶数

∴3(k2＋k＋2)能被6整除，于是(k2＋5k)＋3(k2+k+2)能被6整除。

由①、② 可知，对任何n∈N结论正确。[3]

例5 求证an+1＋(a＋1)2n-1能被a2＋a＋1整除(其中a＞0，且a≠1)。

证明 ①当n＝1时，an＋1＋(a＋1)2n-1=a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除，即n=1时，命题成立。

②假设n=k时，ak+1＋(a＋1)2k-1能被a2＋a＋1整除，那么当 n＝k+1时，ak+2＋(a＋1)2k＋1

＝a·ak+1＋(a＋1)2(a＋1)2k-1

＝a［ak+1＋(a＋1)2k-1］＋(a＋1)2(a＋1)2k-1-a(a+1)2k-1

＝a[ak+1＋(a＋1)2k-1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k-1

由归纳假设知，ak+1＋(a＋1)2k-1能被a2＋a＋1整除。

故ak+2＋(a＋1)2k+1能被a2＋a＋1整除。

∴当n＝k＋1时，ak+2＋(a＋1)2k+1能被a2＋a＋1整除。

由①、②可知，命题对任n∈N均成立。

结论。[3]

3、证明几何问题

用数学归纳法证明与自然数n有关的几何命题，由k过渡到k＋1常利用几何图形来分析图形前后演变情况．

例6 有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成f(n)＝n2-n＋2个部分．

证明①当n＝1时，即一个圆把平面分成二个部分f(1)=2

又n＝1时，n2-n＋2＝2，∴命题成立

②假设n＝k时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2-k＋2个部分，那么设第k＋1个圆记⊙O，由题意，它与k个圆中每个圆交于两点，又无三圆交于同一点，于是它与其它k个圆相交于2k个点．把⊙O分成2k条弧而每条弧把原区域分成2块，因此这平面的总区域增加2k块，即f(k＋1)＝k2-k＋2＋2k=(k＋1)2-(k＋1)＋2 即n＝k＋1时命题成立．

由①②可知对任何n∈N命题均成立．

说明 本题如何应用归纳假设及已知条件，其关键是分析k增加“1”时，研究第k＋1个圆与其它k个圆的交点个数问题．[3]

例6' 如下图，设P1，P2，P3，…，Pn，…是曲线y=x上的点列，Q1，Q2，Q3， …，Qn，…是x轴正半轴上的点列，且△OQ1P1，△Q1Q2P2，…，△Qn－1QnPn，…都是正三角形，设它们的边长为a1，a2，…，an，…，求证：a1+a2+…+an=31n（n+1）.

xyOP1Q1P2Q2P3Q3

证明：（1）当n=1时，点P1是直线y=3x与曲线y=x的交点，

∴可求出P1（31，33）.

∴a1=|OP1|=32.而31×1×2=32，命题成立.

（2）假设n=k（k∈N*）时命题成立，即a1+a2+…+ak=31k（k+1），则点Qk的坐标为（31k（k+1），0），

∴直线QkPk+1的方程为y=3[x－31k（k+1）].代入y=x，解得Pk+1点的坐标为)).1(33,3)1((2kk

∴ak+1=|QkPk+1|=33（k+1）·32=32（k+1）.

∴a1+a2+…+ak+a k+1=31k（k+1）+32（k+1）=31（k+1）（k+2）.

∴当n=k+1时，命题成立.

由（1）（2）可知，命题对所有正整数都成立. 评述：本题的关键是求出Pk+1的纵坐标，再根据正三角形高与边的关系求出|QkP k+1|.[4]

4、证明与数列有关的问题

1217{},2(2)3nnnnnanaSnS例、已知数列a中其前项和S满足 计算S1，S2，S3，S4猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．

用数学归纳法证明：

即n=k+1时猜丰收成立

由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．

说明 数学归纳法的实质：“先归纳，后演绎”．即先以特殊情况下的结论为基础，提出归纳假设，再从归纳假设通过渲绎推理证明结论的正确性．[3]

例8.数列{}na中有1a=2a=1，1na=1na+na(2)n，请你证明：na=51515[()()]522nn（这个数列叫做斐波那契数列，它的前12项是1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144）

证明：（1）当1n时，51515()522=555=1

(1)T成立

当2n时，2251515[()()]522=5325325()544=555=1

(2)T成立

（2）假设nk和1nk时，()Tk，(1)Tk都成立

即ka=51515[()()]522kk且1ka=1151515[()()]522kk

则当2nk时，

2ka=ka+1ka=51515[()()]522kk+1151515[()()]522kk

=515151515[()(1)()(1)]52222kk

=51562515625[()()]52424kk

=22515151515[()()()()]52222kk

=2251515[()()]522kk

(2)Tk也成立.