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(．。