广义逆向归纳法证明

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高考数学专题突破：数学解题方法(特殊证法)

高考数学专题突破：数学解题方法（特殊证法）一．知识探究：1．定义法所谓定义法，就是直接用数学定义解决问题。

数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来。

定义是揭示概念内涵的逻辑方法，它通过指出概念所反映的事物的本质属性来明确概念。

定义是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示了客观世界的事物的本质特点。

简单地说，定义是基本概念对数学实体的高度抽象。

用定义法解题，是最直接的方法。

2．反证法反证法是属于“间接证明法”一类，是从反面的角度思考问题的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得。

反证法的实质：“若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”。

具体地讲，反证法就是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题等相矛，矛盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明。

反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定→推理→否定”。

即从否定结论开始，经过正确无误的推理导致逻辑矛盾，达到新的否定，可以认为反证法的基本思想就是“否定之否定”。

应用反证法证明的主要三步是：否定结论→推导出矛盾→结论成立。

实施的具体步骤是：第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。

在应用反证法证题时，一定要用到“反设”进行推理，否则就不是反证法。

用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”。

一般来讲，反证法常用来证明的题型有：命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题；或者否定结论更明显。

高中数学第四讲数学归纳法证明不等式知识概述素材新人教A版选修4-5

第四讲数学归纳法证明不等式
本讲知识概述
1．了解数学归纳法的原理及其使用范围，会用数学归纳法证明一些简单问题．
2．会用数学归纳法证明贝努利不等式：
(1＋x)n＞1＋nx (x＞－1，x≠0，n为正整数)．
了解当n为实数时贝努利不等式也成立．
3．会用上述不等式证明一些简单问题，能够利用平均值不等式、柯西不等式求一些特定函数的极值．
数学归纳法是重要的数学思想方法，同学们应通过对一些简单问题的分析，掌握这种思想方法．在利用数学归纳法解决问题时，常常需要进行一些代数恒等变换．不要做那些代数恒等变换比较复杂或过于技巧化的问题或习题，以免冲淡了对数学归纳法思想的理解．
注意数学归纳法一般步骤的要求，严格按要求表达．两个步骤一个结论都要认真写好．。

最优消费和投资离散时间分析

显然它也取决于未来投资机会集。尽管式（2-44）可以视为一个单期问题，但是必须注意，同前面对数效用的例子不同，这里期末财富的效用函数是状态依存的，它的边际效用同成比例，而后者依赖T-1时期可以得到的收益率。
模型求解
“向前”推导的方法：即从t = 0 时刻开始，事先决定一个策略w(0) ，但它是不是最优还不清楚。根据w(0) ，我们仅仅能够知道t =1时刻的期望财富水平的函数表达式，但是最大化这个函数得到的“最优的”w(0) ，并不一定是最优决策过程[w(0), w(1)]的必然组成部分，除非可以明确地知道在所有不同情况状态下的w(1)
这实际上是对数效用函数的常相对风险厌恶特征的一种体现。
特殊形式的效用函数:幂效用函数
结论1：容易发现在指数效用函数这样一个特例中，消费水平是依赖于投资机会集合的。
结论2：资产组合方面，根据第二个一阶条件，可得：
如同前面对数效用函数的例子，最后一期的最优资产组合比例仍然是独立于消费/储蓄决策的。同样对于包络条件
决策独立于1 时刻股票价格和财富的绝对水平。
第二步： t = 0 时刻
根据上面的推理，我们只要知道1 时刻的财富水平W(1) ，就可以知道最终财富的期望效用水平是多少，而1 时期的财富水平 W(1) ，也是由同第一步类似的决策过程所决定的，即：
同样对f [w(0)]求导数，并令一阶导数等于0，得到最优化条件还是：w(0) = 13 /19 。因此最优投资决策
“一个最优策略有这样的特征：无论初始状态和初始决策是什么，余下的决策在考虑到第一个决策导致的状态的影响下，都必须是最优的策略。”
简单地说，这就意味着任何最优过程的最后一段过程必定是最优的。这一原则将在后面的分析中一再的出现。

数学归纳法及易错点

数学归纳法及易错点由特殊到一般的推理方法，叫做归纳法. 归纳法可以分为完全归纳法和不完全归纳法．对一个问题的所有情况加以研究，得出它们的共同性质，这种方法称为完全归纳法．因为要对所有情况来进行研究，完全归纳法往往不可能.对一个问题的部分情况加以研究，得出它们的共同性质，这种方法称为不完全归纳法．y 因为只是对部分情况加以研究，所以不完全归纳法得出的结论却可能不正确．数学家通过对正整数的深入研究，找到了一一种证明与正整数n 有关的数学命题的简单有效的方法，数学归纳法.用数学归纳法证明命题分两个步骤：步骤一（奠基步骤）：证明当n 取第一个值0n （*0n N ∈，例如01n =或02n =）时命题正确．步骤二（递推步骤）：假设当0(,)n k k N k n *=∈≥时命题成立，再利用这个假设，证明当1n k =+时命题也成立．在完成上面两个步骤后，我们就可断定命题对于从0n n =开始的所有的正整数n 都成立数学归纳法证明命题的这两个步骤，是缺一不可的.例题1：用数学归纳法证明()112312n n n +++⋅⋅⋅+=+. 证明：（i ）当1n =时，左边1=，右边1=，等式成立.（ii ）假设当(),1n k k N k *=∈≥时，等式成立，即()112312k k k +++⋅⋅⋅+=+，那么当1n k =+时，()12311112k k k k k +++⋅⋅⋅+++=+++()()()()()1=112112211112k k k k k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭=++=+++⎡⎤⎣⎦等式也成立.根据（i ）和（ii ）可以断定，()112312n n n +++⋅⋅⋅+=+对任何*n N ∈都成立.上述证明中，由(),1n k k N k *=∈≥时等式成立，到1n k =+时等式也成立，到最后的*n N ∈等式都成立，要注意之间的区分和逻辑关系.从上述例题中已经理解了用数学归纳法来证明一些等式，但是这些等式并不是一定会直接给出的.在数学问题的探索中，为了寻求一般规律，往往先考察一些特例，进行归纳，形成猜想，然后再去证明这些猜想正确与否.一些与正整数有关的等式也可以通过这样的途径得到，是归纳---猜想---论证的过程例题2：分别计算数列1-，13-+，135-+-，1357-+-+……的值解：计算11-=-，132-+=，1353-+-=-，13574-+-+=，由此猜想()()()13571211nnn a n n =-+-++⋅⋅⋅+--=-⋅下面用数学归纳法证明这一猜想.（i ）当1n =时，左边1=-，右边1=-，等式成立. （ii ）假设当(),1n k k N k *=∈≥时，等式成立，即()()()13571211k kk k -+-++⋅⋅⋅+--=-⋅，那么当1n k =+时，()()()()11357121121kk k k +-+-++⋅⋅⋅+--+-+()()()()()()()()1111121121111k k kkk k k k k k k k +++=-⋅+-+=-⋅-⋅-⋅+-=--⋅+-()()()()1111111k k k k k +++=-+-=-+等式也成立.根据根据（i ）和（ii ）可以断定，()()()13571211nnn n -+-++⋅⋅⋅+--=-⋅对任何*n N ∈都成立，即所得到的猜想是正确的.上述过程已经完成了对数学归纳法的理解及归纳---猜想---论证的过程，下面我们主要来看一下数学归纳法过程中易犯的错误. （1）对项数估算的错误.例题3：用数学归纳法证明：()123221n n n +++⋅⋅⋅+=+()*n N ∈ 注：和例题1相似，但是此处证明易犯以下错误易错1：当1n =时，左边1=，右边1=，等式成立.错因：初学数学归纳法会常规认为对1n =的验证，只是一个形式，误认为（i ）一直是这样写的，且左边只有一项，事实对此题而言，当1n =时，左边12=+，右边()12+1=⨯ 易错2：假设当(),1n k k N k *=∈≥时，等式成立，即()123221k k k +++⋅⋅⋅+=+，那么当1n k =+时，左边()123221k k =+++⋅⋅⋅+++=⋅⋅⋅错因：从n k =到1n k =+时，项数的变化很复杂，对此题而言，此处1n k =+，左边其实增加了两项分别为21k +和()21k +，左边()()12322121k k k =+++⋅⋅⋅+++++=⋅⋅⋅ 这是关于项数估算的错误，所以在做数学归纳法的题目时，要注意这方面的验证，避免失误；（2）没有利用归纳假设例题4()()12n n n N +⋅⋅⋅>∈易错1：设n k =()12k k +⋅⋅⋅>，当1n k =+时，()()()121212k k k ++⋅⋅⋅>++⋅⋅⋅++=.错因：看似证明没有问题，但是在证明1n k =+的过程中没有采用n k =的经结论；数学归纳法的第二步是设当0(,)n k k N k n *=∈≥时命题成立，再利用这个假设证明当1n k =+时命题也成立．而上述过程没有利用假设，所以不是数学归纳法（3）关键步骤含糊不清例题5：用数学归纳法证明：()()()()()*121213216n n n n n n n n N ++⨯+-+-+⋅⋅⋅+⨯=∈简证：设n k =时，等式成立，即()()()()121213216k k k k k k k ++⨯+-+-+⋅⋅⋅+⨯=当1n k =+时，()()()()1121131211k k k k ⨯+++-++-+⋅⋅⋅++⨯()()()1213211231k k k k k =⨯+-+-+⋅⋅⋅+⨯++++⋅⋅⋅++=⋅⋅⋅错因：数学归纳法的第二步是设当0(,)n k k N k n *=∈≥时命题成立，再利用这个假设证明当1n k =+时命题也成立；上面的证明过程中，n k =到1n k =+步骤不明，虽然不能算明显错误，但是证明不够严谨；正确推导过程如下：当1n k =+时，()()()()1121131211k k k k ⨯+++-++-+⋅⋅⋅++⨯()()()()()11211321111k k k k k =⨯++⨯-++⨯-++⋅⋅⋅++++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()()1213211231k k k k k k =⨯+-+-+⋅⋅⋅+⨯++++⋅⋅⋅+++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()()()()()()1212123626k k k k k k k k +++++++=+=，……要将严谨的证明过程书写出来练习题：1、与正整数n 有关的命题，如果当n k =（*n N ∈）时该命题成立，则可推得当+1n k =时该命题也成立，现得知11n =时命题不成立，那么可推得（）A .当=10n 时该命题不成立；B .当=12n 时该命题不成立；C .当=10n 时该命题成立；D .当=12n 时该命题成立.；【答案】A【解析】若10n =时该命题成立，则11n =时也命题成立，与题干矛盾；当11n =时命题不成立，无法判定12n =时该命题的成立性；根据原命题和逆否命题的关系（原命题成立，则逆否命题成立）2、设)(x f 是定义在正整数集上的函数，且)(x f 满足：“当2()f k k ≥成立时，总可推出(1)f k +≥2)1(+k 成立”．那么，下列命题总成立的是（）A .若1)1(<f 成立，则100)10(<f 成立；B .若4)2(<f 成立，则1)1(<f 成立；C .若(3)9f ≥成立，则当1k ≥时，均有2()f k k ≥成立；D .若(4)25f ≥成立，则当4k ≥时，均有2()f k k ≥成立.【答案】B .3、用数学归纳法证明22>n n ,5n N n ∈≥,则第一步应验证n = . 【答案】n =5【解析】说明0n 不一定都是1或2，要看题目4、用数学归纳法证明+2211++++=1n na a a a a--…（1a ≠，n N *∈），在验证=1n 成立时，左边计算所得的项是（）A .1；B .1+a ；C .21++a a ；；D .231+++a a a .【答案】C 5、对等式“*1111111111()2342121232n N n n n n n n-+-++-=++++∈-+++L L ”用数学归纳法证明时，从k 到第+1k 时, 左边需要添的项是（）A .121+k B .421221+-+k k C .221121+-+k k D .221+-k 右边需要添的项是（）A .)1(21+kB .121+k ；C .11221121+-+++k k k D .221121+++k k 【答案】当k n =时，左边为k k 211214131211--++-+-Λ 当1+=k n 时，左边为221121211214131211+-++--++-+-k k k k Λ 左边需要添的项为221121+-+k k ，答案选C . 同理右边需要添的项应该为11221121+-+++k k k ，答案选C . 【解析】做这类题目时，一定要把k n =和1+=k n 时左边或右边的项写出来，加以对比，找两者的区别和练习，特别要注意顺序6、用数学归纳法证明命题：若n 是大于1的自然数，求证：n n <-++++12131211Λ，从k 到+1k ，不等式左边添加的项的项数为 .【答案】当k n =时，左边为1214131211-+++++k Λ.当1+=k n 时，左边为1212211212112141312111-+++++++-++++++k k k k k ΛΛ.左边需要添的项为121221121211-+++++++k k k k Λ，项数为k k k 212121=+--+.7、用数学归纳法证明：)(6)12)(1()1(32122222*∈++=+-++++N n n n n n n Λ.【证明】（i ）当1=n 时，左边21=，右边12316⋅⋅==，左边=右边，所以等式成立（ii ）当k n =时，假设等式成立，即)(6)12)(1()1(32122222*∈++=+-++++N k k k k k k Λ当1+=k n 时，左边为222222123(1)(1)k k k ++++-+++L[]2(1)(21)1(1)(21)6(1)66k k k k k k k k +++=++=+++[][]2111(276)(2)(23)(1)12(1)1666k k k k k k k k k +++=++=++=++++等式也成立根据根据（i ）和（ii ）可以断定，22222(1)(21)123(1)6n n n n n ++++++-+=L 对任何*n N ∈都成立8、对于不等式)(1*2N n n n n ∈+≤+，某学生的证明过程如下：（1）当1=n 时，11112+≤+，不等式成立；（2）假设)(*N k k n ∈=时，不等式成立，即12+≤+k k k ，当1+=k n 时，)2()23(23)1()1(222++++<++=+++k k k k k k k1)1()2(2++=+=k k所以，当1+=k n 时，不等式成立。

数学推理与证明的基本方法

数学推理与证明的基本方法数学是一门严谨而抽象的学科，其研究对象是数和量之间的关系以及形式描述的模型。

而在数学中，推理和证明是非常重要的基本方法。

通过推理与证明，数学家们能够建立起完善的数学体系，深入研究各种数学问题，达到发现新知的目的。

本文将介绍数学推理与证明的基本方法，包括归纳法、逆推法、假设推理法等。

一、归纳法归纳法是数学推理与证明的一种基本方法，其核心思想是从具体情况出发，通过观察和总结相同规律的特征，推导出一般规律。

归纳法可分为弱归纳法和强归纳法两种形式。

1. 弱归纳法弱归纳法又称为数学归纳法，常用于证明递推数列性质的正确性。

其基本思路为：首先证明当n取某个特定值时命题成立，然后假设当n=k时命题成立，再通过这一假设证明当n=k+1时命题也成立。

这样，通过不断推理，可以得出当n取任意自然数时命题都成立的结论。

2. 强归纳法强归纳法是在弱归纳法的基础上进行推广而得到的一种证明方法。

强归纳法常用于证明某个关于自然数的数学命题的正确性。

与弱归纳法不同的是，强归纳法在假设部分多了包括前面所有情况作为条件。

二、逆推法逆推法是一种从结果出发，逆向思考的证明方法。

当我们需要证明一个命题时，可以倒过来先假设结论成立，然后通过逆向推理来证明这一假设是正确的。

逆推法常用于证明相等关系、包含关系、存在性等问题。

通过假设结果成立，并最终得出与已知条件相符的结论，说明假设是正确的，从而推出原命题成立。

三、假设推理法假设推理法是通过假设一些条件来推导出结论的一种证明方法。

在假设推理法中，我们通过对问题的设想和分析，假设某些条件成立，然后推导出与已知条件相符的结论。

假设推理法常用于证明存在性问题和推理漏洞的存在。

通过假设某个条件成立，然后通过推理来得出结论，如果假设的条件不符合实际情况，那么结论就是错误的。

通过这种方法，我们可以发现问题中的漏洞并得出正确的结论。

四、直接证明法直接证明法是最常见、最直接的证明方法之一。

逆向归纳法

逆向归纳法
逆向归纳法(backward induction)，是求解动态博弈均衡的方法，是博弈论中一个比较古老的概念，是指博弈参与人的行动存在着先后次序，并且后行动的参与人能够观察到前面的行动。

它的提出最早可以追溯到泽梅罗（1913）针对国际象棋有最优策略解的证明，后来人们将其推广到了更广泛的博弈中。

例如，在有限完美信息扩展型博弈中，就是用逆向归纳法（BI）来证明子博弈完美均衡（SPE）的存在以及求解SPE，其基本思路是从动态博弈中的最后一个阶段开始，局中人都遵循效用最大化原则选择行动，然后逐步倒推至前一个阶段，一直到博弈开始局中人的行动选择，其逻辑严密性毋庸置疑。

然而，当从终点往前推到某一决策点时，BI完全忽略了到达该决策点的以往历史行动，而这一历史行动当然会影响处于该决策点的局中人有关其对手将来如何采取行动的信念，例如，一个局中人如果观察到对手在过去没有按照BI进行行动选择，那么他就有理由相信他的对手仍会采取同样的模式进行下去，但是通过这种信念修正以后所做的选择就会与BI矛盾。

为了达到均衡解，为了能按BI进行推理求解，我们需要对局中人的信念或者说知识增加一些限制性条件，也就是说在什么样的前提下，BI是合理的，显然，仅仅要求每个局中人都理性是不够的，所有的局中人都必须知道所有的局中人都是理性的，所有的局中人都必须知道所有局中人都知道所有局中人
都是理性的……等等以至无穷，在这样的认知条件基础下，我们就不会偏离BI，即“在完美信息扩展型博弈中，理性的公共知识蕴含了BI”（Aumann1995）。

高中数学 2.3数学归纳法应用中的四个常见错误总结新人教A版选修2-2

数学归纳法应用中的四个常见错误总结数学归纳法是证明与正整数有关的命题的一种常用方法.证明时，它的两个步骤：归纳奠基和归纳递推缺一不可.使用数学归纳法解决问题易出现的四类错误：（1）初始值0n 确定的错误；（2）对项数估算的错误；（3）没有利用归纳递推；（4）关键步骤含糊不清.现举例如下：（1）初始值0n 估计的错误.归纳奠基是归纳的基础，是数学归纳法的关键之处.0n 通常是1，但不总是1.有些同学思维定势，认为0n 是1，而不能具体问题具体分析.例1 用数学归纳法证明“2n ＞2n +1对于n ＞0n 的正整数n 成立”时，第一步证明中的起始值0n 应取（） A. 1 B. 2 C. 3 D.5【答案】选D 例2 若f (n )= *1111,()2321n N n +++⋅⋅⋅+∈+,则n =1时f (n )是 A. 1 B. 13 C. 11123++ D.以上答案均不正确【答案】选C点评：这也是一个常见的错误，解题的关键是因为分母是连续的，由最后一项即其前面的项组成.（2）对项数估算的错误用数学归纳法证明恒等式时，由n=k 递推到n=k +1时，左端增加的项有时是一项有时不只是一项，有有时左端的第一个因式也可能变化.举例如下：例 3 用数学归纳法证明不等式11112321n +++⋅⋅⋅+-＜n （n ∈*N ）过程中，由n=k 递推到n=k +1时，不等式左端增加的项数是（）A. 1B. 2k -1C. 2kD. 2k+1 解析：当n=k 时，左端=11112321k +++⋅⋅⋅+- 当n=k +1，左端=111111111()23212212221k k k k k ++++⋅⋅⋅+++++⋅⋅⋅+-++- 括号内的部分是增加的式子，计算可知共2k项.点评：这类问题的特点是分母从1开始在正整数范围内递增，抓住这个关键，再通过n=k 和n=k +1左端进行对比，就不会发生错误了.【答案】选C例 4 用数学归纳法证明(n +1)(n +2)…(n+n )= 2n﹒1﹒3…(2n -1)(n ∈N )时，从“n=k→n=k +1”两边同乘以一个代数式，它是（）解析：当n=k 时，(1)(2)()k k k k ++⋅⋅⋅+= 213(21)k k ⋅⋅⋅⋅⋅⋅-当n=k +1时，(11)(12)(11)k k k k ++++⋅⋅⋅+++=1213[2(1)1]k k +⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-通过对比可知，增加了两项（2k +1）（2k +2）减少了一项k +1.故答案选D.点评：通过对比n=k 和n=k +1时的变化确定增减项.因为每一项中都有n ，项数会有增有减.（3）没有利用归纳递推数学归纳法中的归纳奠基和归纳递推缺一不可，归纳奠基是递推的基础，归纳递推是递推的依据，二者是一个整体，不能割裂开来.就像多米诺骨牌游戏，第一块不到，后面的块肯定不到，中间的任意一块不到，游戏也不能继续，环环相扣.例5 用数学归纳法证明21*122221()n n n N -+++⋅⋅⋅=-∈的过程如下： ①当n =1时，左边=1，右边=121-=1，等式成立.②假设当n=k 时，等式成立，即21122221k k -+++⋅⋅⋅=- 则当n=k +1时，12111212222212k k k k +-+-+++⋅⋅⋅+==- 所以，当n=k +1时等式成立.由此可知，对任何*n N ∈，等式都成立.上述证明的错误．．是【答案】没有用上归纳递推.正确的解法是②2111222221221k k k k k -++++⋅⋅⋅+=-+=-，即用上了第二步中的假设.点评：步骤不完整是常犯的错误，除忘记用归纳递推外，有时还忘记第一步——起始值的确定，或忘记归纳结论，所以一定牢记“两个步骤一个结论”.（4）关键步骤含糊不清.用数学归纳法证明时有一个技巧，即当n=k+1时，代入假设后再写出结论，然后往中间”凑”.但中间的计算过程必须有，不能省略也不能含糊不清.这一步是数学归纳法的精华所在，阅卷老师关注的重要环节.例题略.。

1.5 归纳法原理与反归纳法

---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------1.5 归纳法原理与反归纳法1.5 归纳法原理与反归纳法数学归纳法是中学教学中经常使用的方法．中学教材中的数学归纳法是这样叙述的：如果一个命题与自然数有关，命题对 n=1 正确；若假设此命题对 n－1 正确，就能推出命题对n 也正确，则命题对所有自然数都正确．通俗的说法：命题对 n=1 正确，因而命题对 n=2 也正确，然后命题对 n=3 也正确，如此类推，命题对所有自然数都正确．对于中学生来说，这样形象地说明就足够了；但是毕竟自然数是无限的，因而上述描述是不够严格的，有了皮阿罗公理后，我们就能给出归纳法的严格证明．定理 1.19 如果某个命题Ｔ，它的叙述含有自然数，如果命题Ｔ对 n=1 是正确的，而且假定如果命题Ｔ对 n 的正确性就能推出命题Ｔ对 n+1 也正确，则命题Ｔ对一切自然数都成立．（第一数学归纳法）证明设Ｍ是使所讨论的例题Ｔ正确的自然数集合，则 M1．设Mn ，则命题Ｔ对 n 正确，这时命题对(2) Mn 所以由归纳公理Ｄ，Ｍ含有所有自然数，即命题Ｔ对所有自然数都成立．下面我们给出一个应用数学归纳法的命题．例１求证(1) nn=+1也正确，即6)证明 (1)当 n=1 时，有 16) 112 () 11 (112=+++= 所以 n=1，公式正确． (2)假设当 k=n 时，公式正确，即那么当 k=n＋１时，有1 / 912)(1(nnnn =++++6) 1( 6) 12)(1(2nnnn =+++6+)]1( 6) 12 (n)[1(nnn =+++6) 672)(1(2nnn =+++6+6) 32)(2)(1(nnn =++++) 1) 1( 2)(1) 1)((1(nnn 所以公式对 n+1 也正确．在利用数学归纳法证明某些命题时，证明的过程往往归纳到 n-1 或 n-2，而不仅仅是 n-1，这时上述归纳法将失败，因而就有了第二数学归纳法．在叙述第二归纳法以前，我们先证明几个与自然数有关的命题． ba ，则cbca++．证明因为ba 所以kba+=命题１若kcbckbca++=++=+)( 所以命题２１是自然数中最小的一个．1a，则 a 有前元b，所以cbca++ 证明若.)1( 1+,==abaab 命题 3 若（即数 a 与 a ＋１是邻接的两个数，中间没有其他自然数，不存在 b，使得ab ,则kab+=．因为1k，所以1++aka，即由上述有关自然数大小的命题，我们得出下面定理，有时也称为最小数原理． ab ，则1+ ab． aba+1．）证明若1+ ab．定理 1.20 自然数的任何非空集合Ａ含有一个最小数，即存在一个数合Ａ中任意数 b，均有ab ．证明设 M 是这样的集合：对于 M 中任意元素Mm，对 A 中任意元素 a ，均有 Aa ，使得对集ma 则 M 是非空集合． M1但Mm m现在我们证明因为，由归纳公理(4)知，一定存在一个元素Mm+1， MmM得Ｍ＝Ｎ，这显然不可能． Am．因为若 Mm．，即否则由Am，则Ａ中任意元素ma 1+ ma 所以Mm+1，与Mm+1矛盾，所以 m 即为Ａ中最小元---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 素．上述定理也称为最小数原则，有的作者把它当成公理，用它也可以证明数学归纳法，下面我们给出所谓第二数学归纳法．（第二数学归纳法）定理 1.21 对于一个与自然数有关的命题Ｔ，若(1)当 n=１时命题Ｔ正确； (2)假设命题 T 对kn 正确，就能推出命题 T对则命题 T对一切自然数正确． kn =正确．证明如果命题Ｔ不是对所有自然数都成立，那么使命题不成立的自然数集合Ｍ就是非空集合，由定理 1.20，Ｍ中含有一个最小数 k，且命题 T成立，又由(2)推出命题 T 对 k 正确．结论矛盾．下面我们给出两个只能应用第二数学归纳法而不能应用第一归纳法解题的例子． 1k（∵k=1 命题正确），所以对一切kn ,例２已知数列，有 2123=nnnaaa且 2,2301==aa 求证12 +=nn a．证明对 n=1，有122322323101+===aaa 所以命题对 n=1 正确．假设命题对kn 正确，则=++==) 12 ( 2) 12 ( 3232121kkkkkaaa 122232311+=+kkk 所以命题对 n=k 正确．由第二数学归纳法本题得证．例３已知任意自然数Nn 均有2113}{i=i==niniaa （这里0ia）求证nan= 证明 (1)当 n=1 时，由2131aa =，得11=a 所以命题对 n=1 正确． (2)假设对kn 命题正确，这时，当n=k+1 时，3k1123k113113)(+=+=+=+=+=iiikikikiaaaaa (1) 但是=+==+=+=+=iii211112113)()(kkikikiaaaa2k111112)( 2)(+++==++ ikkiikiaaaa (2) 又因为归纳假设对3 / 9kn 命题正确，所以所以2) 1(1+==ikkaki 由(1)和(2)式得 2k1113k12+=+++=ikikaaaa 消去1 +k a，得 12k1) 1(++++=kakka 解得 kakakk=+=++11(1舍去）所以命题对 n=k+1 也正确．上边的两个例子，实际上例２命题归结到 n-1 和 n-2，而例３则需要归结到 1,2,k，由此可见，第二数学归纳法的作用是不能由第一归纳法所替代的．现在我们继续讲数学归纳法．当然，归纳并一定从 n=1 开始，例如例２数列的例子，也可以从某数 k 开始．数学归纳法还有许多变形，其中著名的有跳跃归纳法、双归纳法、反归纳法以及跷跷板归纳法等，下面我们就逐个介绍这些归纳法．跳跃归纳法若一个命题Ｔ对自然数都是正确的；如果由假定命题Ｔ对自然数k 正确，就能推出命题Ｔ对自然数证明因为任意自然数 lk + 正确．则命题对一切自然数都正确． lrrqln+=0 由于命题对一切lr 0中的 r 都正确，所以命题对都正确，因而对一切 n 命题都正确．下面我们给出一个应用跳跃归纳法的一个例子．例 4 求证用面值 3 分和 5 分的邮票可支付任何 n(n８ )分邮资．证明显然当 n=8,n=9,n=10 时，可用 3 分和 5 分邮票构成上面邮资（n=8 时，用一个 3分邮票和一个 5 分邮票， n=9 时，用 3 个3 分邮票， n=10 时，用 2 个 5 分邮票）．下面假定 k=n 时命题正确，这时对于 k=n+3，命题也正确，因为 n 分可用 3 分与 5 分邮票构成，再加上一个 3 分邮票，就使3+n分邮资可用 3 分与5 分邮票构成．由跳跃归纳法知命题对一切 n８都成立．下面我---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------ 们介绍双归纳法，所谓双归纳法是所设命题涉及两个独立的自然数对(m,n),而不是一个单独的自然数 n．双归纳法若命题Ｔ与两个独立的自然数对 m 与 n 有关， (1)若命题Ｔ对 m=1 与 n=1 是正确的； (2)若从命题Ｔ对自然数对（m,n）正确就能推出该命题对自然数对（m+1,n）正确，和对自然数对（m,n+1）也正确．则命题Ｔ对一切自然数对（m,n）都正确．关于双归纳法的合理性证明我们不予说明，只给出一个例子．例５求证对任意自然数 m 与 n 均有 nnmm2 证明 (1)当1, 1==nm时，命题显然正确，即12 ,12111 (2)设命题对自然数对 m 与 n 正确，即 nnmm2 这时nnnnnnmnmmmm) 1()2 (2222) 1+(+== 即命题对数对（m+1,n）正确；另一方面 mmmmmnmnmnnn) 1+()2 (2222) 1+(== 即命题对数对(m,n+1)也正确，由双归纳法知，命题对一切自然数对(m,n)都成立．反归纳法若一个与自然数有关的命题Ｔ，如果 (1)命题Ｔ对无穷多个自然数成立； (2)假设命题Ｔ对 n=k 正确，就能推出命题Ｔ对 n=k-1 正确．则命题Ｔ对一切自然数都成立；上述归纳法称为反归纳法，它的合理性我们做如下简短说明：设Ｍ是使命题Ｔ不正确的自然数，如果Ｍ是非空集合，则Ｍ中存在最小数 m，使得命题Ｔ对 k=m 不正确；由于命题对无穷多个自然数正确，所以存在一个mn 0，且命题 T对0 n正确；由于命题 T 对 m 不正确，所以命题对1+=mm也不正确，否则由命题T对1+=mm正确就推出命题 T对 m 正确．矛盾！这样，命题Ｔ对5 / 9m+2 也不正确，经过mn 0次递推后，可得命题Ｔ对0 n 也不正确．这与已知矛盾，所以Ｍ是空集合．反归纳法又称倒推归纳法，法国数学家柯西（1789-1857）首次用它证明了 n 个数的算术平均值大于等于这 n 个数的几何平均值．例 6 求证 n 个正实数的算术平均值大于或等于这n 个数的几何平均值，即证明当 n=2 时， 21212aaaa+ 因此命题对n=2 正确．当n=4 时，443212432214321)4()2()2(aaaaaaaaaaaa+++++ 因此命题对 n=4 正确同理可推出命题对 n=23=8， n=24,， n=2s都正确（s 为任意自然数），所以命题对无穷多个自然数成立．设命题对 n＝k 正确，令+++=k则（容易证明上述是一个恒等式．）由归纳假设命题对n＝k 正确，所以112111211)(++++=kk所以即命题对n =k-1 也正确，由反归纳法原理知，命题对一切自然数成立．由于上述不等式是著名不等式，我们再给出几种证明：前已证明，命题对n=2m时正确，设n＜２m，令这时我们有=+++=mmmmmnnnbbbSaaabbbb2221mmssnnsmm22)2)2 ((=+ 即命题对 n＜2m正确利用数学归纳法证明不妨设 n 个数为，显然当 n=1 时命题正---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------7 / 9确．设命题对kn =正确，令则因为kksa+1，所以 011++ksakk+)1)1(11k111111ksaSCSksaSSkkkkkkkkkkkk所以命题对 n=k+1 正确，由第一归纳法知，命题对一切自然数成立．另一个有趣的证明是由马克罗林给出的，我们知道，若保持saa=+21和不变，以221aa +分别代替1a 和2 a ，这时两个数2+21aa +的和仍然是 s ，但两个数的积却增加了，即 21221)2(aaaa 实际上两个数的算术平均值大于几何平均值，只有当两个数相等时才有等号成立．现在我们变动诸数，但保持它们的和不变，这时乘积必然在时取极大值．因为若jiaa =，用2jiaa +分别代替ia与j a 则仍然不变，但它们的乘积却增加了．而当时，所以 n 个数的算术平均值大于等于几何平均值．下面我们给出应用上述不等式的例子．例７在体积一定的圆柱形中，求其中表面积最小的一个（即在容积一定罐头中，求表面积最小的一个）．解设圆柱的高为 x ，底圆半径为 y ，体积为Ｖ＝常数，表面积为Ｓ，则 2xyV= 222yxyS+= 其中Ｖ为常数，欲求Ｓ的极小值．已知22222yxyxyyxyS++=+=，所以 22232yxyxyyxyxy++ 即2422322)3(VyxS= 显然只有当22 yxyxy==时，Ｓ取最小值．即当x=2y 时，Ｓ值最小．例８求证在所有具有相同面积的凸四边形中，正方形的周长最短．证明用 abcd 表示四边形的四条边，ϕ为 a 与 b 的夹角，ϕ为 c 与 d 的夹角，如图１―１．用Ａ表示四边形的面积，则) 2 (cos2cos2) 1ϕϕϕϕcddcabbacdabA+=++= 由（2）式得ϕϕϕϕsinsin8sin4sin4162222222abcddcbaA++=ϕϕϕϕϕcoscos84cos4)cos2cos2()(2222222222abcddcbacdabdcba+==+ 由（1）式得=++222222)(16dcbaA =++)coscossin)(sin( 8442222ϕϕϕϕabcddcba cos8442222abcddcba+ 其中ϕϕ+= 再利用半角公式12cos2cos2=，得=++222222)(16dcbaA =+) 12cos2)(( 84422222abcddcba 2cos16)( 42abcdcdab+ 所以2cos16)()( 41622222222abcddcbacdabA++= =2cos16)]()( 2)][()( 2 [222222222+++++dcbacdabdcbacdab=22cos16])()][()()[(2222abcddcbabadc++=2cos16))()()((2abcddcbacdbabdacabdc++++++++ 如令==+++pdcba2四边形周长，得2cos))()()((2cos16))()()((16162222abcddpcpbpapAabcddpcpbpap A== 因为02cos2abcd，所以 =++4+42)())()()((dpcpbpapdpcpbpapA 44)2()424(ppp= 42)2(PA 要使 p 最小（A 为常数），只有当上式取等号时．即当 dcba===，且90, 02cos2== ，这样的四边形只---------------------------------------------------------------最新资料推荐------------------------------------------------------9 / 9 能是正方形．最后，我们给出跷跷板归纳法．有两个与自然数有关的命题 An 与 Bn ，若 (1)A1成立； (2)假设 Ak 成立，就推出 Bk 成立，假设 Bk 成立就推出 Ak+1成立．则对一切自然数 n, An 与 Bn 都成立． A1 B1 A2这里我们只给出一个例子说明上述归纳法．例已知 2,1,1, 1011+=+=naaaaaann 求证 aan1111 证明令 aaAkk1:， 1:kk aB (1)当 n=1 时， aaaaa=+=111112 所以 A1成立． (2) =++=+=aaaaa11112 aaaaaaa+=+++++1111)1 (1122 所以 A2成立．设 Ak 成立，则 1111111=+=++=aaaaaaakk 1k a 即Ｂk 成立．若Ｂk 成立，则 aaaaaaakk=++=+11111121 即 Ak+1成立．由跷跷板归纳法知，一切 An 和 Bn 都成立．练习 1.5 (1)用数学归纳法证明． (2)求证 Nnnnnnnn=+++),12． (3)已知1x ，且2,, 0nNnx ，求证 nxxn++1)1(．。

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