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数学归纳法

摘要：数学归纳法是一种非常重要的数学证明方法,典型的用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他形式在一个无穷数列是成立的.本文通过直接证法引入数学归纳法,并介绍了数学归纳法的两个基本步骤及原理.初等数论研究的是关于整数的问题,故应用数学归纳法证明初等数论中的有关的命题是重要的途径.

关键词：数学归纳法;初等数论;不定方程;整除;同余

1 引论

1.1 直接证法

众所周知,数学上的许多命题都与自然数有关.这里所指的n ,往往是指任意的一个自然数.因此,这样的一个命题实际上也就是一个整列命题.要证明这样一整列命题成立,当然可以有多种不同的方法.

其中常用的方法是置n 的任何具体值而不顾,而把它看成是一个任意的自然数,也就是说,假定它只是任何自然数都具备的共同性质,并且在这样的基础上进行推导、运算.如果我们在推导运算中没有遇到什么难以克服的困难,那么我们就有可能用这种方法来完成命题的证明了.这种方法就是习惯上所说的直接证法.如下例：

例1 已知）（2;,,2,1≥???=∈n n i R x i ,满足

121=+++n x x x ,021=+++n x x x .

证明

n x x x n 2121221-≤+++ . 证由条件121=+++n x x x 知1x ,2x , ,n x 不全为零;

由条件021=+++n x x x 知这n 个实数中既有正数也有负数.记

{}0:1≥=i x i A ,{}0:2<=i x i A .

则1A 和2A 都不是空集,它们互不相交,且1A ?2A ={1,2,3, ,n }.

若再记1S =∑∈1A i i x ,2S =∑∈2

A i i x , 就有

1S +2S =0,1S -2S =1.

因此知1S =-2S =2

1.采用所引入的符号,就有 ∑∑∈∈+=+++2

1221A i i A i i n i x i x n x x x . 由1A 和2A 的定义和性质知∑

∈1A i i i x 是若干非负数之和,∑∈2A i i i x 是若干负数之和,因此就有 ∑∑∑∑∑∈∈∈∈=+≤+=2

22111A i i A i i A i i A i i n i i x n x i x i x i x =n S S 21+=n 2121-=n

2121-. 可见命题的结论是成立的. 在这个证明中,我们没有考虑n 究竟是几的问题,只是把精力花费在对命题条件的推敲和剖析上.这种证法就是直接证法．

1.2 数学归纳法

有时,我们也会碰到一些与n 有关的命题,对于它们很难从任意的n 入手,那么我们就只能另辟蹊径,也就是所谓的数学归纳法.如下例：

例2 证明对于每个不小于3的自然数n ,都可以找到一个正整数n a ,使它可以表示为自身的n 个互不相同的正约数之和．

分析显然,我们很难对任意一个不小于3的自然数n ,直接去找到出相应的n a 来.面对这样的情形,较为稳妥的做法只能是先从3a ,4a , 找起.经过不多的几步探索,就可以发现,有

3216++=.

而且1,2,3恰好是6的3个互不相同的正约数,因此可将3a 取作6.在此基础上,又可发现有

632112+++=.

而且1,2,3,6恰好又是12的4个互不相同的正约数,因此又可取124=a ．循环下去,便知可依次取24,48, ．这也就告诉我们：如果取定了k a ,那么接下去就只要再取k k a a 21=+就行了.

证当3=n 时, 3216++=.

假设当k n =时成立,即k a 可以表示成自身的k 个互不相同的正约数

k b b b <<< 21

之和,即

k k b b b a +++= 21.

取定k k a a 21=+,则：

k k k a b b b a ++++=+ 211.

若记k k a b =+1,则显然有121+<<<

由上所述,数学归纳法可以处理像例2那样不宜于采用直接证法的问题,也可以处理一些可以通过直接证法来解决的问题.如下例:

例3 证明:对任何自然数n ,数15231n n -+?+能被8整除.

若用直接证法,则如下：

证按照n 的奇偶性,可以将上式表示两种不同的形式.

当n 为奇数时,有

()()15

331n n n -+--.

当n 为偶数时,有 ()()1155331n n n --+--.

于是上述两式中,第一个括号内的指数都是奇数,第二个括号内的指数都是偶数. 而当k 为奇数,则有

))((121---++-+=+k k k k k b b a a b a b a .

当k 为偶数,则12-c 可整除1-k c .

当5=a ,3=b ,3=c ,可根据上式得出两式是8的倍数.从而命题得证.

若用数学归纳法,则如下：

证当1n =时,152318n n -+?+=能被8整除.

假设k n =时,k A 能被8整除.

则当1+=k n 时,我们有

=+1k A 15231k k ++?+=-155631k k ?+?+.

所以就有

)35(411-++=-k k k k A A .

由于对任何自然数k ,数k 5和13-k 都是奇数,所以其和135-+k k 恒为偶数. 从而)35(41-+k k 一定是8的整数.即)35(411-+++=k k k k A A 可被8整除.

由第一类数学归纳法,对任何自然数n ,数n A 都可被8整除.

1.3 初等数论

初等数论是数的规律,特别是整数性质的数学分支,它是数论中的最古老的分支.其它的组合数论、解析数论、代数数论、几何数论、超越数论都是在初等数论的基础发展起来的.

初等数论是一门十分重要的数学基础课,小学阶段就有初等数论的影子.初等数论不仅是师范院校数学专业,大学数学各专业的必修课,也是计算科学,密码学等许多相关专业所需的课程.

2 数学归纳法的原理

2.1 第一类数学归纳法

定理1 设)(n p 是关于自然数n 的命题,如果)(n p 满足:(1))(0n p 成立;(2)假设当k n =时,命题)(k p 成立,可以推出)1(+k p 成立,则命题)(n p 对一切自然数n 都成立.

证假设命题)(n p 仍不能对一切自然数n ≥0n 成立,那么如果记

{}不成立，)(:01n p n n n A ≥=.

{}成立，)(:02n p n n n A ≥=.

则有Φ≠1A .但因已证)(0n p 成立,知0n ?1A ,即有20A n ∈.

由于1A 是非空的自然数集合,所以由自然数的最小数原理,1A 有最小数1n . 由于10A n ?,所以01n n >,即有011n n ≥-.

由于1n 是1A 中最小的数,所以111A n ?-,从而211A n ∈-.

故当11-=n n 时)(n p 成立.

记11-=n k ,则由条件(2)知11n k =+时)(1n p 成立,则与11A n ∈矛盾.

故1A 为空集.也就是说,有)(n p 对一切自然数n 都成立.

例4 设()n

k n n k S 12531-++++= ,2mod 0≡n ,*∈N k ,试证： 1>k 时,k k S 12-.

证当1=k 时,结论显然成立.

假设1-=k n 时结论成立,即当()n

k n n k S 1253111-++++=-- ,2mod 0≡n ,1>k 时,

122--k k S .

现证等于k 时结论成立.

由于

()()()n

k n k n k k k S S 123212111-+++++=---- (

)[]()[]()n

k n k k n k k 1232212211-++--+--=-- ()[]1)32()12(111++-+--≡-- n k n k n 又因2mod 0≡n ，故上式：

k k S 2mod 1-≡.

即k k k S S 2mod 21-≡,但122--k k S ,故推得k k S 12-.

由第一数学归纳法知,命题对一切正整数k 都成立.

2.2 第二类数学归纳法

定理2 设)(n p 是关于自然n 的命题,如果)(n p 满足:(1))1(p 成立;(2)假设)(n p 对于所有满足k a <的自然数a 成立时,则)(k p 也成立,那么,命题)(n p 对一切自然数n 都成立.

证设(){}N n n p n M ∈=成立，|,又设M N A -=,假设A 不空,

由自然数的最小数原理,A 有最小数0a ,

又由条件(1)M ∈1,故10≠a ,因此

1,2,M a ∈-1,0 .

又由条件(2)知M a ∈0,这与A a ∈0矛盾,

故A 为空集,从而N M =,则命题)(n p 对一切自然数n 都成立.

例5 设数列1p ,2p , ,n p , 是由小到大的顺序排列的素数序列.试证

n p 22<.

证当1=n 时,第一个素数是2,有12122<=p ,命题成立.

假设当k n ≤≤１时,命题成立.即 1212

k p 22<.

则有 k

k p p p 2222122221 <,

所以 1121222222212221++<=≤+-+++k k k k p p p .

上式左边1p 2p …k p +1本身即小于122+k ,其素因数当然更小于122+k ,但它的素

因数不可能为1p ,2p ,…,k p ,所以它的素因数必大于或等于1+k p ,因此有1

212+<+k k p .所以,由第二数学归纳法知,对一切正整数n p 命题都成立.

2.3 跳跃数学归纳法

定理3 设)(n p 是一个表示与正整数n 有关的命题,如果)(n p 满足(1)当2,1=n 时,)1(p 和)2(p 都成立;(2)假设当k n =时,命题)(k p 成立,则当2+=k n 时,命题)2(+k p 也成立,那么)(n p 对于一切自然数n 都成立. 证 (用反证法)设)(n p 不是对所有自然数都成立,那么使)(n p 不成立的自然数集为

(){}N n n p n M ∈=不成立，|,

根据最小数原理,M 中一定存在一个最小的自然数k .

由条件(1)可知1≠k 和2≠k 于是2>k ,令21+=k k ,则1k 满足)(1k p 成立.由条件(2)可知)(1k p 成立,则)2(1+k p 也成立,即)(k p 成立.此与假设)(k p 不成立相矛盾. 故)(n p 必对一切自然数n 都成立.

上述结论可以推广到一般情形,即:

设)(n p 是一个表示与正整数n 有关的命题,t 为某一自然数()2≥t .如果(1)当

t n ,,2,1 =时,命题)1(p ,)2(p , ,)(t p 都成立;(2)假设当k n =时,命题)(t p 成立，则当时t k n +=命题)(t k p +也成立,那么命题)(n p 对一切的自然数n 都成立.

例6 证明对一切自然数n ,都存在自然数n x 和n y 使得n n n y x 19932

2=+. 证当1=n 时,取431=x ,121=y 即可,因此

19931441849124322=+=+.

当2=n 时,注意到1993124322=+,因此只要令

17051243222=-=x ,1032124322=??=y ,

那么就有

222

22210321705+=+y x =21993.

故当1=n ,2=n 也成立.

假设当k n =时存在自然数k x 和k y ,使得k k k y x 199322=+, 那么显然就有

2221993

)1993()1993(+=+k k k y x , 可取k k x x 19932=+,k k y y 19932=+.

即只要k n =时断言成立,即可推得2+=k n 断言也成立．

综上所述,知对一切自然数n 断言都成立.

2.4 反向数学归纳法

定理4 设)(n p 表示一个与自然数有关n 的命题,若(1))(n p 对无数多个自然数n 都成立;(2)假设)(k p 成立,可推出)1(-k p 也成立;那么)(n p 对一切自然数n 都成立.

证 (用反证法)设所有使命题)(n p 成立的自然数集合为A ，所有使命题)(n p 不成立的自然数集合为B .如果B 不是空集,可在B 中任取一个数0b ,因A 时无穷集，所以在A 中总能可以找到一个数00b a >.

所以由条件(2),)(0a p 为真可得)1(0-a p 为真又得)11(0--a p 为真等等,经过有限步之后,总可使)(0b p 也为真,这与假设矛盾，即B 是空集，故命题)(n p 对所有的自然数n 都成立.

例7 设p 是素数,而正整数m 与p 互素,试证:p m p mod 11≡-.

证问题等价与要证:如果p 是素数,那么对任意正整数m ,有p m m p mod ≡. 令()*N L Lp m ∈=,则()p Lp Lp p mod ≡,即有无穷多个正整数()

*N L Lp ∈使得 p m m p mod ≡,

假设1+=k m 时, ()()p k k p

mod 11+≡+.则由 ()1112-2++++=+-k C k C k k p p p p p p ,

()())11(mod 0!

11-≤≤≡+--p i p i i p p p , 知

()p k k k p p

mod 111+≡+≡+. 故p k k p mod ≡.

从而根据反向归纳法,对任意正整数m ,有p m m p mod ≡.

2.5 二重数学归纳法

定理5 设),(j i p 为与自然数i 和j 相关联的命题函数.如果(1)当0i i =,0j j =时,命题),(00j i p 成立.(2)对任一0i k ≥,任一0j l ≥,假定),(l k p 成立,则),1(l k p +和)1,(+l k p 都成立,那么),(j i p 对一切的0i i ≥和0j j ≥都成立.

证 i ,j 两次运用第二数学归纳法.

当0i i =时,命题()j i p ,0对0j j ≥都成立.

事实上,由条件(1),有0j j =时),(00j i p 成立.

由条件(2),假设对任意0j l ≥,()j i p ,0成立,则()1,0+j i p 也成立.

由第二数学归纳法,命题()j i p ,0对任意0j j ≥都成立.

假设对任一0i k ≥,命题()j k p ,对0j j ≥时成立,),1(j k p +对0j j ≥也成立. 事实上,由条件(2),对任意的0i k ≥,0j j ≥,假定()j k p ,成立则),1(j k p +也成立. 根据第二数学归纳法，命题),1(j k p +对一切0i i ≥和0j j ≥都成立.证毕.

例8 试证),(2为自然数n m m n mn >.

证设),(n m p 是与自然数n m ,相关的命题函数.

当1==n m ,有1112>,显然)1,1(p .

假设对任一1≥k ,1≥l ,),(l k p 为真,即l kl k >2成立.

下面证明),1(l k p +和)1,(+l k p 都成立.

()()()l

l l l kl l kl l k k k k 12222221+≥≥?>?==++. 即有),1(l k p +成立.

()1122222+++≥?>?>?==l l k l k kl k kl l k k k k k .

即有)1,(+l k p 成立.

由二重归纳法可知,对任意的1,1≥≥n m ,),(2为自然数n m m n mn >.

2.6 第一类数学归纳法和第二类数学归纳法之间的关系

定理6 第一类数学归纳法和第二类数学归纳法等价.

证假设性质)(n p 在1=n 时成立.

则可以转化为：“由数学归纳法及其应用,假设当k n =时,命题)(k p 成立,则可以推出)1(+k p 成立”的充分必要条件为“由)(n p （其中k n ≤）成立,可以推出)1(+k p 成立”.

[必要性] 由已知“由)(k p 成立,则可以推出)1(+k p 成立”.

假设k n ≤时)(n p 成立,特别)(k p 成立,所以)1(+k p 成立.得证.

[充分性] 由已知k n ≤时)(n p 成立,可以推出)1(+k p 成立.

于是,由)(0k p 成立推不出)1(0+k p 成立的所有自然数0k 构成一非空子集,记m 为该子集的最小自然数.

所以,对任一自然数n ,只要m n <,那么由)(n p 成立可以推出)1(+n p 成立. 特别,由)1(p 成立可知)2(p 成立,…,由)1(-m p 成立可知)(m p .

已知)1(p 成立,因此)1(p 、)2(p 、…、)(m p 都成立,然而由此可知)1(+m p 成立, 所以从)(m p 成立推出了)1(+m p 成立；

另一方面,由m 的选取可知,由)(m p 成立推不出)1(+m p 成立,这就导出矛盾,得证.

3 数学归纳法原理在初等数论中的应用

初等数论是研究整数性质的一门理论,大致分为整数理论、整除理论、同余理论、不定方程,而数学归纳法就是关于解决自然数的数学方法,故初等数论的多数定理,习题都是通过数学归纳法证明,例如最基本的算术基本定理就是用第二数学归纳法证明.

3.1 整除性

整除性理论是初等数论的基础.利用数学归纳法解决初等数论中有关整除问题,可以解决众多问题.

例9 设集合()n a a a ,,,21 为n 元正整数集N n ∈,2=n .证明

()∏≤<≤-n k l l k a a 1能被

()∏≤<≤-n k l l k 1整除.

证当2=n 时, 1=l ,2=k .易证结论成立.

假设命题对于)3(1≥-n n 的情形成立.即对任意1-n 元整数集合()121,,,-k a a a ,满足

()∏-≤<≤-11n k l l k a a 被()∏-≤<≤-1

1n k l l k 整除.下面证命题关于n 的情形也成立. 令

()()N p p p p l k i i l n k l l ∈=-∏-≤<≤αααα为质数， 212111,若设()i i r n p =-)!1(,则n 元正整数

集()n a a a ,,,21 中存在一个整数(不妨记为n a )使得

)())((121----n n n n r

i a a a a a a p i .

若()'=???? ??-∏-≤<≤i n k l i r l k p 11,则由归纳假设,得 ()???

? ??-∏-≤<≤'11n k l l k r i a a p i .

即可得：

∏≤<≤'

+-n k l l k r r i a a p i i 1)(.

因为

()???

? ??

-=∏≤<≤n k l l k i i a a p 1α ()()???

? ??--=∏≤<≤n k l l k i a a n p 1!1

()()().

!11'+=???? ??--=∏≤<≤i i n k l l k i i r r a a p n p

所以

()() ,3,2,11'

=-∏≤<≤+i a a p n k l l k r r i i .

又因11αp ,22αp , ,l l p α两两互质,所以

()∏≤<≤-n k l l k l a a p p p l

12121ααα .

又

()l l n k l p p p l k ααα 212111=-∏-≤<≤.

故 ()()∏∏≤<≤≤<≤--n k l l k n k l a a l k 11.

由第一类数学归纳法结论成立.

例10 证明存在正整数m ,使得()()9372+?+=n n n f 对任意自然数n 都能被m 整除?若存在,求出最大的m 值,并证明你的结论.

证当1=n 时有()()3693721=+?+=f ,

当2=n 时有()()363108937422?==+?+=f ,

当3=n 时有()()3610360937633?==+?+=f ,

由此推想存在正整数m ,且m 的最大值为36,即对任意的自然数n ，)(n f 都能被36整除.

当1=n 时明显有命题成立；

假设当k n =时有命题成立,即()()9372+?+=k k k f 能被36整除.

那么当1+=k n 时有

()()[]9371211+?++=++k k k f

()183********-??+?+?+=k k k

()()131********-+?+?+=-k k k .

由于131--k ()2≥k 是2的倍数,故有()13181--k 是36的倍数.

即()13181--k 能被36整除,由假设得()1+k f 能被36整除.

即命题成立,故存在最大的正整数m ,且m 的值为36.

3.2 不定方程

不定方程是指未知数的个数多于方程的个数的式子,是数论的一个分支,它有

着悠久的历史与丰富的内容.早在公元3世纪古希腊的丢番图就开始研究不定方程.著名费马大定理,就是关于不定方程的问题.他在阅读丢番图《算术》时写到:将一个立方数分成两个立方数之和,或一个四次幂分成两个四次幂之和,或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和,这是不可能的.关于此,我确信已发现了一种美妙的证法 ,可惜这里空白的地方太小,写不下.也就是:

当3≥n 时,不定方程

n n n z y x =+

没有正整数解.

这个问题困扰了数学家几百年,至到英国数学家安德鲁?怀尔斯的出现.可见,不定方程是数论的重要一部分.

不定方程一般要解决三个问题:一是判断何时有解,二是决定解的个数,三是求出所有的解.我们就可以利用数学归纳法解决问题.如下例:

例11 证明对一切自然数n ,不定方程n z y x =+22都有正整数解.

证当1n =时,取1==y x ,2=z .

当2=n ,取3=x ,4=y ,5=z .

即满足方程,故知命题1=n 和2时成立.

假定当k n =时,0x x =,0y y =,0z z =是方程的一组正数解;那么当2+=k n ,只要取00z x x =,00z y y =,0z z =,则有

()()()20202020200200+=+=+k z z x z z y z x .

知它们恰为方程的一组正整数解,所以当2+=k n 时,命题成立.

由于采用了两个起点,所以可以用两个跳跃,这表明对一切自然数n ,不定方程都有正整数解,证毕.

3.3同余

在日常生活中,我们所要注意的常常不是某些整数,而是这些数用某一固定的数去除所得的余数.例如问现在是星期几,就是问用7去除某一个总的天数所得的余数.这样,就在数学中产生了同余概念.同余理论是初等数论的重要组成部分,是研究整数问题的重要工具之一,利用同余来论证某些整除性的问题是很简便的.同样,我们可以数学归纳法来研究同余问题.如下所示:

例12 已知11=a ,22=a ,而当3≥n 时有

????-?-=--------为奇数

若为偶数若21212121,,,35n n n n n n n n n a a a a a a a a a 证明对一切自然数n ,都有0≠n a .

分析在这里显然有01≠a ,02≠a .但若假设01≠-k a ,0≠k a ,却很难有所给的递推关系式断言01≠+k a .可见就原命题证明原命题也很难奏效.

我们可以多演算几项,最初的一些项依次是：1,2,7,29,22,23,49,26, .它们显然都是不为零,不过其中既有奇数,也有偶数.但是,我们求同余,可以得出依次是被4除的余数是1,2,3,1,2,3, ,有着非常明显的规律.这就启发我们猜测,可能对一切n ,都会有

4mod 123≡-n a ,4mod 213≡-n a ,4mod 33≡n a .

如果这一猜测真能成立,那么数列中的一切项当然也就不可能成为零了.

证显然4mod 11≡a ,4mod 22≡a ,4mod 33≡a ,

故在1=n 时成立.

假设当k n =时,我们的猜测也成立,即有：

4mod 123≡-k a ,4mod 213≡-k a ,4mod 33≡k a .

那么当1+=k n 时,由递推公式可知

4mod 196153513313≡≡-≡-≡-+k k k a a a ；

4mod 223131323≡-≡-≡-≡++k k k a a a ；

4mod 3731035132333≡≡-≡-≡+++k k k a a a .

这就表明,当1+=k n 时,我们的猜测也正确.

故知对一切n ,0≠n a .

3.4 初等数论中的不等式

例13 若x 是一个正实数,n 是一个正整数,证明：

[][][][][]n

nx x x x nx ++++≥ 33221. 证设[][][][]k kx x x x x k ++++= 33221,则[]k

kx x x k k +=-1.

当1=n 时,显然有[][]1

1x x x =≥.

假设不等式1-≤k n 时都成立,即[]()1,,2,1-=≤k i ix x i .

考虑k n =时的情形.由于

()[]kx x x k kx k k k ++-=--111,

()()()[]x k x x k x k k k k 121221-++-=----,

[]x x x x 323223++=,

[]x x x x 22112++=,

将以上各式两边分别相加,得

[][][]x x kx x x x x x kx k k k 2311221+++++++++=-- ,

由归纳假设,[]()1,,2,1-=≤k i ix x i ,则

()[]()[][][][][][][]x x kx x x x x k x k kx k 23221++++++++-+-≤

()[][]()()[][]()[]()[]()[]kx x k x x x k x x k +-++++-++-=1221 .

由[][][]b a b a +≤+,则

[][][][]kx k kx kx kx kx k =+++≤ .

故[]kx x k ≤.

即k n =时不等式成立,从而对任意的自然数n ,都有

[][][][][]n

nx x x x nx ++++≥ 33221. 4 数学归纳法在初等数论中注意的问题

数学归纳法的两个步骤中,我们通常将验证)(0n p 成立称作起步;将假设条件成为归纳假设,而将由归纳假设推出)1(+k p 也成立的过程叫做归纳过渡.这几步缺一不可.如果使用不当就可能导致错误.

4.1 起步错误

在数学归纳法的基本形式之下,第一步通常总是由验证)(0n p 成立开始,但是往往容易忽略,觉得无关紧要,可有可无,不去认真的验证这一步,或者根本没有这一步,都可能陷入错误之中,推出看似正确的答案.如下例：

例14 试讨论n 2与2n 的大小.

错解由1=n 时,2112>;2=n 时,2222=.

假设当k n =时,22k k >成立.

则当1+=k n 时,

()()()21122122

221-->+-?=+-+k k k k k . 而当3≥n 时,02)1(2>--k 恒成立.

故当1+=k n 时,()2

112+>+k k 也成立. 由第一类数学归纳法知:22n n ≥.

分析当3=n 时,2332<.显然上式结论不正确,但是为什么得出正确的结果. 就是在起步时错误.当1=n 时成立,并非正确的选择.正确的证法如下:

证由1=n 时,2112>;当2=n 时,2222=;当3=n 时,2332<.

当4=n 时,2442=;当5=n 时,2552>;当6=n 时,2662>.

由此可得,当5≥n 时,22n n ≥.

当5=n 时,2552>.

假设当)5(≥=k k n 时,22k k >成立.

则当1+=k n 时,

()()()021122122

221>-->+-?=+-+k k k k k . 故当1+=k n 时,()2

112+>+k k 也成立. 由第一类数学归纳法知:22n n ≥.

4.2 机械套用数学归纳法的两个步骤致误

在用数学归纳法时,一般k n =时推出1+=k n 时成立.当时有时,并非如此,但有时往往不注意.如下:

例14 当n 为正奇数时,17+n 能否被8整除？若能,用数学归纳法证明;若不能,请举出反例.

错证当1=n 时,817=+能被8整除,命题成立.

假设当k n =时命题成立,即17+k 能被8整除.

当1+=k n 时,6)17(7171-+=++k k 不能被8整除.

分析如果1+=k n 时,n 就是所有的正整数，而不是所有的正奇数.故上述是错

误的证法.机械套用数学归纳法中的两个步骤致误.

证当1=n 时,817=+能被8整除,命题成立.

假设当k n =时命题成立,即17+k 能被8整除.

当2+=k n 时,

48)17(4971)17(717222-+=-++=++k k k

因17+k 能被8整除且48能被8整除,即当2+=k n 时,命题也成立.

故当n 为正奇数时,17+n 能被8整除.

4.3 混淆概念所致

不完全归纳法是从一类对象中部分对象都具有某种性质推出这类对象全体都具有这种性质的归纳推理方法.而有时往往把数学归纳法误认为是数学归纳法导致错误.

费马是17世纪法国著名的数学家,他认为,当N n ∈时,n

22+1一定都是质数,这是他对0=n ,1,2,3,4作了验证后得到的．

因为当0=n ,1,2,3,4时,它的值分别等于3,5,17,257,65537．

这五个数都是素数.后来,18世纪伟大的瑞士科学家欧拉证明了 64167004174294967297125

2?==+.

从而否定了费马的推测.没想到当5=n 这一结论便不成立.后来,有人还证明了当6=n ,7,8,9时候,式子的值也都不是素数.由此可见,只是验证有限个n ,也就是不完全归纳法,严格按数学归纳法证才能正确.

4.4 归纳递推的必要性

例15 求证:22221123(1)(21)6n n n n ++++=++ . 错证当1n =时,得21112316

=???=,这时等式成立. 假设n k =时, 这个等式成立；

当1n k =+时, 222221123(1)(1)[(1)1][2(1)1]6

k k k k k ++++++=+++++ 而

11(1)[(1)1][2(1)1](1)(2)(23)66

k k k k k k +++++=+++.

所以

222221123(1)(1)(2)(23)6

k k k k k ++++++=+++ . 故当1n k =+时,这个等式也是成立的.

归纳步骤完成,结论成立.

分析上面的证明似乎也用到了数学归纳法的两个步骤,但事实上,在证明等式

222221123(1)(1)(2)(23)6

k k k k k ++++++=+++ 的过程中根本没有用到22221123(1)(21)6

k k k k ++++=

++ 这个式子. 即从“k ”到“1k +”的过程. 证当1n =时,得21112316

=???=,这时等式成立. 假设n k =时, 这个等式成立；

在n k =时,这个等式两边都加上2(1)k +,得

2222221123(1)(1)(21)(1)6

k k k k k k ++++++=+++

1(1)(2)(23)6

k k k =+++ 这就是说, 当1n k =+时, 这个等式是成立的.

归纳步骤完成,就可以断定,对于任何自然数n ,这个等式都能成立.

上面举的几类错误地应用数学归纳法的例子,实际上通过这些例子说明了应用数学归纳法应当注意的地方.让大家明白数学归纳法的两个步骤是密切联系、缺一不可的.

5 总结由上述的论证过程,我们可以看到,在用数学归纳法证明与自然数有关的命题时,两个基本步骤是不可缺少的,否则命题不一定成立.用数学归纳法证明命题可以降低过程的复杂性,使推理过程简单,清晰,也保证了推理的严谨性,特别是在初等数论中的众多命题的证明时,使得证明过程简洁明了,而不失严密性,数学归纳

《数学归纳法及其应用举例》教案

《数学归纳法及其应用举例》教案中卫市第一中学俞清华教学目标： 1．认知目标：了解数学归纳法的原理，掌握用数学归纳法证题的方法。 2．能力目标：培养学生理解分析、归纳推理和独立实践的能力。 3．情感目标：激发学生的求知欲，增强学生的学习热情，培养学生辩证唯物主义的世界观和勇于探索的科学精神。教学重点：了解数学归纳法的原理及掌握用数学归纳法证题的方法。教学难点：数学归纳法原理的了解及递推思想在解题中的体现。教学过程：一．创设情境，回顾引入师：本节课我们学习《数学归纳法及其应用举例》（板书）。首先给大家讲一个故事：从前有一个员外的儿子学写字，当老师教他写数字的时候，告诉他一、二、三的写法时，员外儿子很高兴，告诉老师他会写数字了。过了不久，员外要写请帖宴请亲朋好友到家里做客，员外儿子自告奋勇地要写请帖。结果早晨开始写，一直到了晚间也没有写完，请问同学们，这是为什么呢？生：因为有姓“万”的。师：对！有姓“万”的。员外儿子万万也没有想到“万”不是一万横，而是这么写的“万”。通过这个故事，你对员外儿子有何评价呢？生：（学生的评价主要会有两种，一是员外儿子愚蠢，二是员外儿子还是聪明的。）师：其实员外儿子观察、归纳、猜想的能力还是很不错的，但遗憾的是他猜错了！在数学上，我们很多时候是通过观察→归纳→猜想，这种思维过程去发现某些结论，它是一种创造性的思维过程。那么，我们在以前的学习过程中，有没有也像员外儿子那样猜想过某些结论呢？生：有。例如等差数列通项公式的推导。师：很好。我们是由等差数列前几项满足的规律：d a a 011+=，d a a +=12，d a a 213+=，d a a 314+=，……归纳出了它的通项公式的。其实我们推导等差数列通项公式的方法和员外儿子猜想数字写法的方法都是归纳法。那么你能说说什么是归纳法，归纳法有什么特点吗？生：由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，通常叫做归纳法。特点：特殊→一般。师：对。（投影展示有关定义）像这种由特殊事例得出一般结论的归纳推理方法，通常叫做归纳法。根据推理过程中考察的对象是涉及事物的一部分还是全部，分为不完全归纳法和完全归纳法。完全归纳法是一种在研究了事物的所有（有限种）特殊情况后得出一般结论的推理方法，又叫做枚举法。那么，用完全归纳法得出的结论可靠吗？生：（齐答）可靠。师：用不完全归纳法得出的结论是不是也是可靠的呢？为什么？

浅谈数学归纳法

浅谈数学归纳法国良井冈山大学数理学院邮编：343009 指导老师：艳华 [摘要]用数学归纳法证明数学问题时，要注意它的两个步骤缺一不可，第一步是命题递推的基础，第二步是命题递推的依据，也是证明的关键和难点，两个步骤各司其职，互相配合.数学归纳法经历无数数学的潜心研究与科学家们的利用，是数学归纳法得以发展和它为数学问题与科学问题的发现做出了极大的贡献。学好归纳法是科学问题研究的最基础的知识. [关键词]理论依据；数学归纳法；表现形式 1 数学归纳法的萌芽和发展过程数学归纳法思想萌芽可以说长生于古希腊时代。欧几里德在证明素数有无穷多多个时，使用了反证法，通过反设“假设有有限多个”，使问题变成“有限”的命题，其中证明里隐含着：若有n个素数，就必然存在第n+1个素数，因而自然推出素数有无限多个，这是一种是图用有限处理无限的做法，是人们通过过有限和无限的最初尝试。欧几里德之后直到16世纪，在意大利数学家莫洛克斯的《算术》一书中明确提出一个“递归推理”原则，并用它证明了1+2+3+…+（2n-1）=2n,对任何自然数n都成立。不过他并没有对这原则做出清晰的表述。对数学归纳法首次作出明确而清晰阐述的是法国数学家和物理学家帕斯卡，他发现了一种被后来成为“帕斯卡三角形”的数表。他在研究证明有关这个“算术三角形”的一些命题时，最先准确而清晰的指出了证明过程且只需的两个步骤，称之为第一条引理和第二条引理：

第一条引理该命题对于第一底（即(n=1)成立，这是显然的。第二条引理如果该命题对任意底（对任意n ）成立，它必对其下一底（对n+1）也成立。由此可得，该命题对所有n 值成立。因此，在数学史上，认为帕斯卡是数学归纳法的创建人，因其所提出的两个引理从本质上讲就是数学归纳法的两个步骤，在他的著作《论算术三角形》中对此作了详尽的论述。帕斯卡的思想论述十一例子来述归纳法的，而在他的时代还未建立表示一般自然数的符号。直至十七世纪，瑞士数学家J 。伯努利提出表示任意自然熟的符号之后，在他的《猜度术》一书中，才给出并使用了现代形式的数学归纳法。由此，数学归纳法开始得到世人的承认并得到数学界日益广泛的应用。十九世纪，意大利数学家皮亚若建立自然数的公理体系时，提出归纳公理，为数学归纳法奠定了理论基础。即：对于正整数N +的子集M ，如果满足：①1∈M;②若a ∈M ，则a+1∈M ；则M=N +. 2 数学归纳法的表现形式 2.1 第一数学归纳法原理1：设()P n 是一个与正整数有关的命题，如果（1）当00()n n n N +=∈时，()P n 成立；（2）假设0(,)n k k n k N +=≥∈时命题成立,由此推得n=k+1时，()P n 也成立；那么，对一切正整数n 0n ≥,()P n 成立。证明：反证法.假设该命题不是对于一切正整数都成立.令S 表示使该命题不成立的正整数作成的集合，那么S ≠?，于是由最小数原理，S 中有最小数a ,

(完整版)高二数学归纳法经典例题

例1．用数学归纳法证明： ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?n n n n Λ．请读者分析下面的证法：证明：①n =1时，左边31311=?=，右边3 1121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即： ()()12121217 51531311+=+-++?+?+?k k k k Λ．那么当n =k +1时，有： ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k Λ ????????? ??+-++??? ??+--++??? ??-+??? ??-+??? ? ?-=3211211211217151513131121k k k k Λ 322221321121++?=??? ??+-= k k k ()1 121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立．由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．正确方法是：当n =k +1时． ()()()()32121121217 51531311++++-++?+?+?k k k k Λ ()() 3212112++++=k k k k ()()()()()() 321211232121322++++=++++=k k k k k k k k

()1 121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式： a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2) 都成立，并证明你的结论．分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来{a n }，然后再证明一般性．解：将n =1，2，3分别代入等式得方程组． ?????=++=+=603224 26321 211a a a a a a ，解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3．故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时，已知等式成立．下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数，等式 a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．因为起始值已证，可证第二步骤．假设n =k 时，等式成立，即 a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2) 那么当n =k +1时， a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1 = k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3] =(k +1)(k 2+2k +3k +6) =(k +1)(k +2)(k +3) =(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2] 这就是说，当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立．综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．例3．证明不等式n n 21 31 21 1<++++Λ (n ∈N)．证明：①当n =1时，左边=1，右边=2．

数学归纳法及其应用举例1

数学归纳法及其应用举例【本章学习目标】人们在研究数量的变化时，常常会遇到有确定变化趋势的无限变化过程，这种无限变化过程就是极限的概念与思想，极限是人们研究许多问题的工具。以刘微的“割圆术”为例，圆内接正n 边形的边数无限增加时，正n 边形的周长P n 无限趋近于圆周长2πR 。这里的是个有限多项的数列，人们可以从这个有限多项的数列来探索无穷数列的变化趋势。不论n 取多么大的整数，n P 都是相应的圆周长的近似值，但是我们可以从这些近似值的精确度的无限提高中（限n 无限增大）找出圆周长的精确值2πR 。随着n 的增加，n P 在变化，这可以认为是量变（即只要n 是有限数，n P 都是圆内接正多边形的周长）；但是我们可以从这些量变中来发现圆周长。一旦得出2πR ，就是质的变化（即不再是正多边形的周长）。这种从有限中认识无限，从近似中认识精确，从量变中认识质变的思想就是极限的思想。本章重点内容是：（1）数学归纳法及其应用。（2）研究性课题：杨辉三角。（3）数列的极限。（4）函数的极限。（5）极限的四则运算。（6）函数的连续性。本章难点内容是：（1）数学归纳法的原理及其应用。（2）极限的概念。【基础知识导引】 1．了解数学推理中的常用方法——数学归纳法。 2．理解数学归纳法的科学性及用数学归纳法来证明与正整数有关命题的步骤。 3．掌握数学归纳法的一些简单应用。【教材内容全解】 1．归纳法

前面我们在学习等差数列时，通过等差数列的前几项满足的关系式归纳出等差数列的通项公式。再如根据三角形、四边形、五边形、六边形等的内角和归纳出凸n 边形内角和公式。像这样由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，叫做归纳法。对于归纳法我们可以从以下两个方面来理解。（1）归纳法可以帮助我们从具体事列中发现事物的一般规律。（2）根据考察的对象是全部还是部分，归纳法又分完全归纳法与不完全归纳法。显然等差数列通项公式，凸n 边形内角和公式都是通过不完全归纳法得出的，这些结论是正确的。但并不是所有由不完全归纳法得出的结论都是正确的。这是因为不完全归纳只考察了部分情况，结论不具有普遍性。例如课本62P 数列通项公式22)55(+-=n n a n 就是一个典型。 2．数学归纳法在生活与生产实践中，像等差数列通项公式这样与正整数有关的命题很多。由于正整数有无限多个，因而不可能对所有正整数一一加以验证。如果只对部分正整数加以验证就得出结论，所得结论又不一定正确，要是找到把所得结论递推下去的根据，就可以把结论推广到所有正整数。这就是数学归纳法的基本思想：即先验证使结论有意义的最小正整数0n ，如果当0n n =时，命题成立，再假设当 ),(*0N k n k k n ∈≥=时，命题成立（这时命是否成立不是确定的），根据这个假设，如能推出当n=k+1时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于0n 的正整数命题都成立。由此可知，用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，要分两个步骤，且两个步骤缺一不可。第一步递推的基础，缺少第一步，递推就缺乏正确的基础，一方面，第一步再简单，也不能省略。另一方面，第一步只要考察使结论成立的最小正整数就足够了，一般没有必要再多考察几个正整数。第二步是递推的根据。仅有这一步而没有第一步，就失去了递推的基础。例如，假设n=k 时，等式成立，就是。那么，。这就是说，如果n=k 时等式成立，那么n=k+1时等式也成立。但仅根据这一步不能得出等式对于任何n ∈N*都成立。因为当n=1时，上式左边=2，右边31112=++=，左边≠右边。这说明了缺少第一步这个基础，第二步的递推也就没有意义了。只有把第一步的结论与第二步的结论结合在一起，才能得出普遍性结论。因此，完成一、二两点后，还要做一个小结。在证明传递性时，应注意：（1）证n=k+1成立时，必须用n=k 成立的假设，否则就不是数学归纳法。应当指出，n=k 成立是假设的，这一步是证明传递性，正确性由第一步可以保证，有了递推这一步，联系第一步的结论（命题对0n n =成立），就可以知道命题对10+n 也成立，进而再由第二步可知1)1(0++=n n ，即20+=n n 也成立。这样递推下去，就可以知道命题对所有不小于0n 的正整数都成立。（2）证n=k+1时，可先列出n=k+1成立的数学式子，作为证明的目标。可以作为条件加以运用的有n=k 成立的假设，已知的定义、公式、定理等，不能直接将n=k+1代入命题。 3．这一节课本中共安排了五个例题，例1～例3是用数学归纳法证明等式。其步骤是先证明当0n n =（这里10=n ）时等式成立。再假设当n=k 时等式成立，利用这一条件及已知的定义、公式、定理证明当n=k+1时等式也成立。注意n=k+1时的等式是待证明的，不能不利用假设。例如：求证：。

解析数学归纳法思想

解析数学归纳法思想嘉兴教育学院吴明华从数学和思想的含义去理解，所谓数学思想，是指现实世界的空间形式和数量关系反映到人们的意识之中，经过思维活动而产生的结果．数学思想是人们对数学知识的本质认识，是对数学规律的理性认识（文①第1页）．数学思想广泛存在于数学的概念、方法和过程之中，具有奠基性、总结性和广泛性的特征．与数学方法相比，数学思想具有更高的概括抽象水平，因而更本质、更深刻．可以这么说，数学思想是数学方法的精神实质与理论基础，而数学方法则是实施有关数学思想的技术与操作程式．数学归纳法是一种特殊的证明方法，它的基本形式是：对于一个与自然数（此处约定最小的自然数为1，即正整数）有关的命题，如果①当时命题成立；②假设当时命题成立，则当时命题也成立，那么命题对一切自然数n都成立．在“中学数学核心概念、思想方法体系及其教学设计”课题第8次活动中，围绕两位教师的课堂展示，课题组对数学归纳法及其教学进行了广泛和深入的讨论，涉及到一些本质性的问题但尚未达成统一的认识．本文阐述笔者对数学归纳法所蕴涵的数学思想的一些认识，试图从本质上去理解数学归纳法． 1．数学归纳法中的归纳思想对于一个与自然数有关的命题，数学归纳法将命题理解为一系列命题：，，，…，即N}．然后由命题，，，…都成立去下结论“命题成立”，这就是笔者重点所指的数学归纳法中的归纳思想．所谓归纳，是指从特殊到一般，从局部到整体的推理．命题是一般的、整体的，而命题，，，…中的每一个都是特殊的、局部的，即使从所有命题，，

，…都成立去概括得出命题成立，其思想也是归纳的思想（完全归纳）．让我们想想，对于一个与自然数有关的命题，我们是否有过不用归纳法去处理的经历？譬如说，求证，我们曾经这样做过：设，则，所以，故．我们的证明只是“就一般的自然数n而言”，也就是说，我们并没有逐个地去考察，，…命题是否成立，而只是把n当作“某个”（当然是任意一个）自然数直接去考察命题是否成立，这在数学上叫做“不失一般性”．其实，这样的例子在数学中比比皆是．让我们从更一般的情形来阐述归纳思想．对于一个数学对象P，如果P可以分解为若干个种类，，，…，那么从研究，，，…入手，概括得到对象P的属性的思想，就是归纳的思想．这与分类讨论有点相似，但分类讨论常常是获得对象P在各种情况下的不同结果，而归纳则取向于获得，，，…的共性，以及由这些共性所反映的对象P的本质．有几个问题是必须讲清楚的．首先，数学归纳法中的“归纳奠基”与“归纳递推” 工作，实际上是两个命题的证明，即证明①命题“”成立，②命题“若，则”成立，而这两个命题自身的证明常常用的是“演绎法”．其次，以“归纳递推”为大前提，以命题成立为小前提，得出命题成立，等等的推理过程也是演绎的．还有，若将自然数公理中的归纳公理（见本文后述）理解为大前提，将数学归纳法中的“归纳奠基”与“归纳递推”理解为小前提，那么得出命题成立的推理过程也是演绎的（文①第110页）．但这些都不妨碍数学归纳法在处理与自然数有关的命题时所体现出来的归纳思

浅谈数学归纳法在高考中的应用

1、数学归纳法的理论基础数学归纳法，人类天才的思维、巧妙的方法、精致的工具，解决无限的问题。它体现的是利用有限解决无限问题的思想，这一思想凝结了数学家们无限的想象力和创造力，这无疑形成了数学证明中一道绚丽多彩的风景线。它的巧妙让人回味无穷，这一思想的发现为后来数学的发展开辟了道路，如用有限维空间代替无限维空间（多项式逼近连续函数）用有限过程代替无限过程（积分和无穷级数用有限项和答题，导数用差分代替）。 1.1数学归纳法的发展历史自古以来，人们就会想到问题的推广，由特殊到一般、由有限到无限，可人类对无限的把握不顺利。在对无穷思考的过程中，古希腊出现了许多悖论，如芝诺悖论，在数列中为了确保结论的正确，则必须考虑无限。还有生活中一些现象，如烽火的传递，鞭炮的燃放等，触动了人类的思想。安提丰用圆周内接正多边形无穷地逼近圆的方法解决化圆为方；刘徽、祖冲之用圆内接正多边形去无穷地逼迫圆，无穷的问题层出不穷，后来古希腊欧几里得对命题“素数的个数是无穷的”的证明，通过了有限去实现无限，体现了数学归纳法递推思想。但要形成数学归纳法中明确的递推，清晰的步骤确是一件不容易的事，作为自觉运用进行数学证明却是近代的事。伊本海塞姆（10世纪末）、凯拉吉（11世纪上叶）、伊本穆思依姆（12世纪末）、伊本班纳（13世纪末）等都使用了归纳推理，这表明数学归纳法使用较普遍，尤其是凯拉吉利用数学归纳法证明 22 333 (1)124n n n +++??????+= 这是数学家对数学归纳法的最早证明。接着,法国数学家莱维.本.热尔松(13世纪末)用"逐步的无限递进"，即归纳推理证明有关整数命题和排列组合命题。他比伊斯兰数学家更清楚地体现数学归纳法证明的基础，递进归纳两个步骤。到16世纪中叶，意大利数学家毛罗利科对与全体和全体自然数有关的命题的证明作了深入的考察在1575年，毛罗利科证明了 21n n a a n ++= 其中1231,2k a k =+++?????? =?????? 他利用了逐步推理铸就了“递归推理”的思路，成为了较早找到数学归纳中“递归推理”的数学家，为无限的把握提供了思维。 17世纪法国数学家帕斯卡为数学归纳法的发明作了巨大贡献，他首先明确而清晰地阐述数学归纳法的运用程序，并完整地使用数学归纳法，证明了他所发

高中数学《数学归纳法及其应用举例》教学设计附反思

课题：数学归纳法及其应用举例【教学目标】知识与技能： 1. 了解由有限多个特殊事例得出的一般结论不一定正确，使学生深入认识归纳法, 理解数学归纳法的原理与实质; 2. 掌握数学归纳法证题的两个步骤；初步会用“数学归纳法”证明简单的与自然数有关的命题(如恒等式等)． 3. 培养学生观察、分析、论证的能力, 进一步发展学生的抽象思维能力和创新能力，让学生经历数学归纳法原理的构建过程, 体会类比的数学思想．过程与方法: 1.努力创设和谐融洽的课堂情境，使学生处于积极思考、大胆质疑氛围，提高学生学习的兴趣和课堂效率．让学生体验知识的构建过程, 体会源于生活的数学思想; 2. 通过对数学归纳法的学习、应用，逐步体验观察、归纳、猜想、论证的过程，培养学生由特殊到一般的思维方式和严格规范的论证意识，并初步掌握论证方法; 3. 让学生经历发现问题、提出问题、分析问题、解决问题的过程，培养学生创新能力. 情感、态度、价值观: 1. 通过对数学归纳法原理的探究，培养学生严谨的、实事求是的科学态度和不怕困难，勇于探索的精神； 2. 让学生通过对数学归纳法原理和本质的理解，感受数学内在美的震撼力，从而使学生喜欢数学,激发学生的学习热情，使学生初步形成做数学的意识和科学精神； 3. 学生通过置疑与探究，培养学生独立的人格与敢于创新的精神； 4. 持续增进师生互信，生生互助，共创教学相长的教与学的氛围和习惯. 【教学重点】归纳法意义的认识和数学归纳法产生过程的分析，初步理解数学归纳法的原理并能简单应用. 【教学难点】数学归纳法中递推思想的理解,初步明确用数学归纳法证明命题的两个步骤. 【教学方法】师生互动讨论、共同探究的方法【教学手段】多媒体辅助课堂教学【教学过程】一、创设情境，启动思维情境一、财主儿子学写字的笑话、“小明弟兄三个，大哥叫大毛……”的脑筋急转弯等；教师总结：财主的儿子很傻很天真，但他懂一样思想方法，是什么？以上都是由特殊情况归纳出一般情况的方法---归纳法，这就是今天的课题. 人们通常

用数学归纳法证明不等式

用数学归纳法证明不等式在明确数学归纳法本质的基础上，我们来共同研究它在不等式证明中的应用．例1已知x＞－1，且x≠0，n∈N，n≥2．求证：(1＋x)n＞1＋nx．证：(1)当n=2时，左边=(1＋x)2=1＋2x＋x2，右边=1＋2x，因x2＞0，则原不等式成立．(在这里，一定要强调之所以左边＞右边，关键在于x2＞0是由已知条件x≠0获得，为下面证明做铺垫) (2)假设n=k时(k≥2)，不等式成立，即(1＋x)k＞1＋kx．师：现在要证的目标是(1＋x)k+1＞1＋(k＋1)x，请同学考虑．师：现将命题转化成如何证明不等式 (1＋kx)(1＋x)≥1＋(k＋1)x．显然，上式中“=”不成立．故只需证：(1＋kx)(1＋x)＞1＋(k＋1)x．提问：证明不等式的基本方法有哪些？ (学生可能还有其他多种证明方法，这样培养了学生思维品质的广阔性，教师应及时引导总结) 师：这些方法，哪种更简便，更适合数学归纳法的书写格式？学生丙用放缩技巧证明显然更简便，利于书写．当n=k＋1时，因为x＞－1，所以1＋x＞0，于是左边=(1＋x)k+1=(1＋x)k(1＋x)＞(1＋x)(1＋kx)=1＋(k＋1)x＋kx2；右边=1＋(k＋1)x．因为kx2＞0，所以左边＞右边，即(1＋x)k＋1＞1＋(k＋1)x．这就是说，原不等式当n=k ＋1时也成立．根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数n都成立． (通过例1的讲解，明确在第二步证明过程中，虽然可以采取证明不等式的有关方法，但为了书写更流畅，逻辑更严谨，通常经归纳假设后，要进行合理放缩，以达到转化的目的)例2证明：2n＋2＞n2，n∈N＋．证：(1)当n=1时，左边=21＋2=4；右边=1，左边＞右边．所以原不等式成立． (2)假设n=k时(k≥1且k∈N)时，不等式成立，即2k＋2＞k2．现在，请同学们考虑n=k＋1时，如何论证2k+1＋2＞(k＋1)2成立．师：将不等式2k2－2＞(k＋1)2，右边展开后得：k2＋2k＋1，由于转化目的十分明确，所以只需将不等式的左边向k2＋2k＋1方向进行转化，即：2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3．由此不难看出，只需证明k2－2k－3≥0，不等式2k2－2＞k2＋2k＋1即成立．师：由于使不等式不成立的k值是有限的，只需利用归纳法，将其逐一验证原命题成立，因此在证明第一步中，应补充验证n=2时原命题成立，那么，n=3时是否也需要论证？师：(补充板书)当n=2时，左=22＋2=6，右=22=4，所以左＞右；当n=3时，左=23＋2=10，右=32=9，所以左＞右．因此当n=1，2，3时，不等式成立．(以下请学生板书) (2)假设当n=k(k≥3且k∈N)时，不等式成立．即2k＋2＞k2．因为2k+1＋2=2·2k＋2=2(2k ＋2)－2＞2k2－2=k2＋2k＋1＋k2－2k－3=(k2＋2k＋1)＋(k＋1)(k－3)(因k≥3，则k－3≥0，k＋1＞0) ≥k2+2k＋1=(k＋1)2．所以2k+1＋2＞(k＋1)2．故当n=k＋1时，原不等式也成立．根据(1)和(2)，原不等式对于任何n∈N都成立．师：通过例2可知，在证明n=k＋1时命题成立过程中，针对目标k2＋2k＋1，采用缩小的手段，但是由于k的取值范围(k≥1)太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤(把验证

浅谈数学归纳法及其在中学数学中的应用2

目录 1、数学归纳法---------------------------------------------------------- 3 1.1 归纳法定义-------------------------------------------------------- 3 1.2 数学归纳法体现的数学思想----------------------------------------- 4 1.2.1 从特殊到一般------------------------------------------------ 4 1.2.2 递推思想---------------------------------------------------- 4 2、数学归纳法在中学数学中的应用技巧------------------------------------- 5 2.1 强调------------------------------------------------------------- 5 2.1.1 两条缺一不可------------------------------------------------ 5 2.2 技巧------------------------------------------------------------- 5 2.2.1 认真用好归纳假设-------------------------------------------- 5 2.2.2 学会从头看起------------------------------------------------ 6 2.2.3 在起点上下功夫---------------------------------------------- 7 2.2.4 正确选取起点和过渡------------------------------------------ 8 2.2.5 选取适当的归纳假设形式-------------------------------------- 9 3、数学归纳法在中学数学中的应用 ---------------------------------------- 9 3.1 证明有关自然数的等式--------------------------------------------- 9 3.2 证明有关自然数的不等式------------------------------------------ 11 3.3 证明不等式------------------------------------------------------ 11 3.4 在函数迭代中的应用---------------------------------------------- 12 3.5 在几何中的应用-------------------------------------------------- 14 3.6 在排列、组合中的应用-------------------------------------------- 16 3.7 在数列中的应用-------------------------------------------------- 16 3.8 有关整除的问题-------------------------------------------------- 17

高中数学数学归纳法(1)苏教版选修2-2

数学归纳法(1) 一、教学目标： 1．了解数学归纳法的原理，理解数学归纳法的一般步骤。 2．掌握数学归纳法证明问题的方法。 3．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。二、教学重点：掌握数学归纳法的原理及证明问题的方法。难点：能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。三、教学过程：【创设情境】 1．华罗庚的“摸球实验”。 2．“多米诺骨牌实验”。问题：如何保证所摸的球都是红球？多米诺骨牌全部倒下？处了利用完全归纳法全部枚举之外，是否还有其它方法？数学归纳法：数学归纳法实际上是一种以数学归纳法原理为依据的演绎推理，它将一个无穷的归纳过程转化为一个有限步骤的演绎过程，是处理自然数问题的有力工具。【探索研究】 1．数学归纳法的本质：无穷的归纳→有限的演绎（递推关系） 2．数学归纳法公理：（1）（递推奠基）：当n取第一个值n0结论正确；（2）（递推归纳）：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设）证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明）由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。【例题评析】例1：以知数列{a n }的公差为d，求证： 1 (1) n a a n d =+- 说明：①归纳证明时，利用归纳假设创造递推条件，寻求f(k+1)与f(k)的递推关系，是解题的关键。 ②数学归纳法证明的基本形式；（1）（递推奠基）：当n取第一个值n0结论正确；（2）（递推归纳）：假设当n=k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确；（归纳假设）证明当n=k+1时结论也正确。（归纳证明）由(1)，(2)可知，命题对于从n0开始的所有正整数n都正确。 EX: 1.判断下列推证是否正确。 P88 2,3 2. 用数学归纳法证明 2 )1 ( )1 3( 10 3 7 2 4 1+ = + + + ? + ? + ?n n n n K 例2：用数学归纳法证明 111 1 1231 n n n ++???≥ +++ (n∈N,n≥2) 说明：注意从n=k到n=k+1时,添加项的变化。

数学归纳法的应用

数学归纳法的应用姓名甘国优指导教师赵慧炜中文摘要：数学归纳法是数学中一种非常普遍的证题的方法，其应用极为广泛．本次主要简述了数学归纳法的简略步骤：观察（探索）﹑归纳﹑猜想﹑证明于一体的数学思想，体现出数学归纳法的证题思路．并归纳总结了数学归纳法解决代数恒等式﹑几何等方面的一些简单应用问题的方法，对应用中常见的误区加以剖析，以及介绍一些证题方法技巧，有助于提高对数学归纳法的应用能力．关键词：数学归纳法；步骤;证明方法． Abstract: Mathematical induction is a common evidence method in mathematics, it is have very broad application. In this paper, author research into the step of the Mathematical induction , it includes summariz ，evidence and guess embody the idea of the evidence of mathematical induction. Also at here ,we summariz the method of the mathematical induction application in solve algebra identities , geometric ,order and portfolio ,and so on .also analyze the common errors on application and into duct skill of the proof ,proof of skills introduced. It is help to increased the level of the Mathematical induction’s application ． Key words ：Mathematical induction; Steps ; Proof. 引言演绎和归纳是人在思维过程中两个完全相反的过程.同时又是数学思维中两种基本的方法.数学归纳法是一种重要的数学证明方法，他有着其他方法所不能代替的作用，也是证明与自然数有关的数学命题的一种完全归纳法.我们在学习运用数学归纳法应具备两个条件：①当1n =时，这个命题为正确的（奠基），②当n k =时，这个命题也为正确的．推出当+1n k =时，这个命题也为正确的（递推）．通过“递推”链接，实现从特殊到一般的转化，抽象的进行数学归纳.首先

本文主要对数学归纳法的教学进行较为完整的研究

本文主要对数学归纳法的教学进行较为完整的研究。数学归纳法是一种证明与正整数有关的命题的极为有效的科学方法。了解数学归纳法的发现和发展的历史，明确数学归纳法与归纳法的区别与联系，是教师教授和学生掌握数学归纳法的基础。对数学归纳法逻辑基础即原理的准确理解，是教师进行数学归纳法教学的前提，也是学生能否掌握这种证明方法的关键。数学归纳法的教学首先是一种程序性教学。为了让学生能够正确应用数学归纳法，还要进行形式化教学。在形式化现象下的本质规律的教学，即内涵教学，则是数学归纳法教学的内在精髓。数学归纳法通过有限的程序，完成了验证无限的结论，它的灵魂就是递归思想。归纳法是发现问题的一种有效方法。在数学归纳法的教学过程中，恰到好处地进行数学归纳法的教学，既可帮助学生区分这两种方法，又可引领学生了解发现问题的途径，可谓一举两得。培养学生“观察一归纳一猜想一证明”的链条式思维模式，开发学生的创造性思维能力，将会对未来数学的发展起到推波助澜的作用。数学归纳法的应用是数学归纳法教学中很重要的一个环节。数学归纳法可以用来证明与正整数有关的恒等式、不等式、整除性问题和几何问题等。本文针对数学归纳法应用过程中，学生常见错误出现的心理因素进行了问卷调查。在应用数学归纳法证题时，导致学生犯错误的主要原因是对数学归纳法的原理没有真正理解;另一个原因是数学归纳法应用中的思维定势。要克服学生使用数学归纳法的心理障碍，一个有效的方法就是要了解数学归纳法应用的局限性。能运用非数学归纳法证明另外一些与正整数有关的命题，也是学生学习和使用数学归纳法时所要克服的心理依赖和必经过程。 1. 2数学归纳法的研究现状对“数学归纳法”的研究国内己有不少论文，这些论文在某些具体方面作出了详尽的论述。例如，赵龙山在《有关数学归纳法教学中的逻辑问题》一文中，对数学归纳法的逻辑基础问题进行了论述和研究，形象地引入“递推机”，从而加深了对数学归纳法本质的理解，有助于学生更好地、合逻辑地运用数学归纳法证题，也有助于学生克服对于数学归纳法的模糊甚至是错误认识。文中还指出了数学归纳法与归纳法、完全归纳法是完全不同的证题方法，只是没有对一三者的内在关系进行系统详细地阐述。罗增儒在《关于数学归纳法的逻辑基础》一文中指出:历史上数学归纳法曾被称为“逐次归纳法”、“完全归纳法”，后来被称为“数学归纳法”，既区别于逻辑上的“完全归纳法”，又比“逐次归纳法”更能表明它论证的可靠性。在此文中还引述了一些学者的观点，就数学归纳法的本质进行了表述。刘世泽在《数学归纳法的另外两种形式》一文中，介绍了除数学归纳法第I型和第II 型以外的另两种形式:跳跃归纳法和二元有限归纳法;朱孝建在《数学归纳法的构造》一文中，给出了数学归纳法的一个一般性定理，由此可推导出数学归纳法的各种常见形式，还可根据具体问题的需要构造出其它数学归纳法的形式，进一步开拓了数学归纳法的应用范围，从而对数学归纳法的本质有了一个较为全面深入地了解;李淑文、孙德菊在《累积数学归纳法》一文中，比较了数学归纳法的第一种形式和第二种形式，并就第二种形式，即累积数学归纳法作了举例说明。以上三篇论文都是针对数学归纳法的形式或构造的论述。邵光华所作的论文《对中学“数学归纳法”教材教法的几点思考》，主要针对教材教法中对数学归纳法内容的安排和教学，提出了值得思考的五个具体问题，并简单地说明了数学归纳法和归纳法的区别。文中提到了不完全归纳法，但未作深入论述。唐以荣在《中学数学综合题解题规律讲义》中指出:“早在五十年代的苏联的教学法书籍中，己明确指出数学归纳法是演绎法的特殊形式;八十年代的中国中学数学课本和教学法书籍却没有做到这一点不能不令人遗憾。”①即使是现在的中学教材也还是没有改进这些。齐智华在《“数学猜测”的教学构想与实践》一文中，介绍了“数学猜测”的教学纲目，

高中数学归纳法大全数列不等式精华版

§数学归纳法 1．数学归纳法的概念及基本步骤数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是： (1)验证：n＝n0 时，命题成立； (2)在假设当n＝k(k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数n都成立． 2．归纳推理与数学归纳法的关系数学上，在归纳出结论后，还需给出严格证明．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n有关的命题； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可． 1．用数学归纳法证明命题的第一步时，是验证使命题成立的最小正整数n，注意n不一定是1. 2．当证明从k到k＋1时，所证明的式子不一定只增加一项；其次，在证明命题对n＝k＋1成立时，必须运用命题对n＝k成立的归纳假设．步骤二中，在由k到k＋1的递推过程中，突出两个“凑”：一“凑”假设，二“凑”结论．关键是明确n＝k＋1时证明的目标，充分考虑由n＝k到n＝k＋1时命题形式之间的区别与联系，若实在凑不出结论，特别是不等式的证明，还可以应用比较法、分析法、综合法、放缩法等来证明当n＝k＋1时命题也成立，这也是证题的常用方法． 3．用数学归纳法证命题的两个步骤相辅相成，缺一不可．尽管部分与正整数有关的命题用其他方法也可以解决，但题目若要求用数学归纳法证明，则必须依题目的要求严格按照数学归纳法的步骤进行，否则不正确． 4．要注意“观察——归纳——猜想——证明”的思维模式，和由特殊到一般的数学思想的应用，加强合情推理与演绎推理相结合的数学应用能力．

5．数学归纳法与归纳推理不同．(1)归纳推理是根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个都有这种属性．结果不一定正确，需要进行严格的证明．(2)数学归纳法是一种证明数学命题的方法，结果一定正确． 6．在学习和使用数学归纳法时，需要特别注意： (1)用数学归纳法证明的对象是与正整数n 有关的命题，要求这个命题对所有的正整数n 都成立； (2)在用数学归纳法证明中，两个基本步骤缺一不可．数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立，两步合在一起为完全归纳步骤，称为数学归纳法，这两步各司其职，缺一不可．特别指出的是，第二步不是判断命题的真伪，而是证明命题是否具有传递性．如果没有第一步，而仅有第二步成立，命题也可能是假命题．证明：12＋122＋123＋…＋12 n －1＋12n ＝1－1 2n (其中n ∈N ＋)． [证明] (1)当n ＝1时，左边＝12，右边＝1－12＝1 2，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，等式成立，即 12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＝1－12k ，那么当n ＝k ＋1时，左边＝12＋122＋123＋…＋12k －1＋12k ＋1 2k ＋1 ＝1－12k ＋12k ＋1＝1－2－12k ＋1＝1－1 2k ＋1＝右边．这就是说，当n ＝k ＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知等式对任何n ∈N ＋都成立．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－ 1 2n

数学论文浅谈数学归纳法的应用

浅谈数学归纳法的应用数学归纳法是证明与自然数有关的命题的一种方法，应用广泛．在最近几年的高考试卷中体现的特别明显，以下通过几道高考试题来谈一谈数学归纳法的应用。一、用数学归纳法证明整除问题用数学归纳法证明整除问题时，由到时，首先要从要证的式子中拼凑出假设成立的式子，然后证明剩余的式子也能被某式（数）整除，这是数学归纳法证明问题的一大技巧。例1、是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n +7）·3n +9对任意自然数n 都能被m 整除?若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论;若不存在，请说明理由. 证明：解：由f （n ）=（2n +7）·3n +9，得f （1）=36， f （2）=3×36， f （3）=10×36， f （4）=34×36，由此猜想m =36. 下面用数学归纳法证明：（1）当n =1时，显然成立. （2）假设n =k 时， f （k ）能被36整除，即f （k ）=（2k +7）·3k +9能被36整除;当n =k +1时，［2（k +1）+7］·3k +1+9=3［（2k +7）·3k +9］+18（3k --1－1），由于3k -1－1是2的倍数，故18（3k － 1－1）能被36整除.这就是说，当n =k +1时，f （n ）也能被36整除. 由（1）（2）可知对一切正整数n 都有f （n ）=（2n +7）·3n +9能被36整除，m 的最大值为36. 二、用数学归纳法证明恒等式问题对于证明恒等的问题，在由证等式也成立时，应及时把结论和推导过程对比，也就是我们通常所说的两边凑的方法，以减小计算的复杂程度，从而发现所要证明的式子，使问题的证明有目的性．例2、是否存在常数c b a ,,，使得等式)(12 )1()1(32212222c bn an n n n n +++=+?++?+?对一切自然数n 成立？并证明你的结论．解：假设存在c b a ,,，使得题设的等式成立，则当时3,2,1=n 也成立，代入得 ???? ?????++=++=++=c b a c b a c b a 3970)24(2122)(614 解得10,11 ,3===c b a ，于是对3,2,1=n ，下面等式成立： )10113(12)1()1(32212222+++= +?++?+?n n n n n n 令222)1(3221+?++?+?=n n S n 假设k n =时上式成立，即)10113(12 )1(2+++= k k k k S k 那么21)2)(1(+++=+k k S S k k 22)2)(1()10113(12 )1(++++++=k k k k k k