浅析数学归纳法原理及应用举例_11

浅析数学归纳法原理及应用举例

陕西省延安市第一中学 王雪娟 （邮编：727400）

【摘 要】数学归纳法是中学数学中一种重要的证明方法，在不少问题的证明中，它有着其他证明方法所不能替代的作用。本文一方面浅谈数学归纳法原理；另一方面浅析在理解原理的前提下如何进行灵活应用。

【关键词】数学归纳法 递推 归纳假设 证明

归纳法是指由一系列有限的特殊事物得出一般结论的推理方法，它分为不完全归纳法和完全归纳法。不完全归纳法是根据事物的部分特例得出一般结论的推理方法，其结论不一定正确。完全归纳法是通过研究事物的所有特殊情况得出结论的推理方法，其结论一定正确，但对于无穷多个实例的情况，我们不可能做到一一验证。而数学归纳法它不仅克服了不完全归纳法结论不可靠的不足，又克服了完全归纳法的繁杂不可行，充分体现了利用“有限”的手段解决“无限”的问题，将无穷的归纳过程转化为有限的特殊演绎过程。在具体的教学实践中，学生往往只知其然不知其所以然，只是机械套用两个步骤，而对其真正内涵并不理解。本文就结合教学实践浅谈数学归纳法的来源、理论根据及具体应用。

一、 数学归纳法的来源

最初人们对于正整数只是处理有限个的问题，但正整数集是一个无限集，人们不可能写出所有的正整数，无法对其作无限次的操作，因此人们只有通过某种方法沟通有限与无限，来研究涉及无限集的问题，那就是数学归纳法。已知最早的使用数学归纳法的证明出现于Francesco Maurolycos 的Arithmeticorum libriduo（1575年），Maurolycos 利用递推关系巧妙地证明了“前n个奇数的和是n”但他仅仅是用例子加以说明并未对方法作出清晰地表述。最先明确而清晰地阐述并使用了数学归纳法的是法国数学家帕斯卡，他在《论算数三角形》（15年）中用数学归纳法证明了“帕斯卡三角形”等命题，他最先清楚而明确的指出数学归纳法的两个步骤，即第一引理：该命题对于第一个底成立，这是显然的；第二引理：如果该问题对任一底成立，它必定对其下一个底也成立。由此知该命题必定对所有的底都成立。1686年瑞士数学家伯努利在其著作《猜度术》中提出并使用了现代形式的数学归纳法。现在使用的“数学归纳法”这一名称是由数学家德摩根提出来的，直到13年意大利数学家皮亚诺才把数学归纳法作为一条公理即“归纳公理”。

二、 数学归纳法的理论根据

数学归纳法原理：（1）证明当n取第一个值n0时命题成立；

（2）假设当nk(kn0,kN)时命题成立，利用它证明当nk1时命题也成立； 由（1）和（2）可知命题对于从n0开始的所有正整数n都成立。

学生的迷惑之处在于：为什么完成了（1）和（2）两个步骤后，就可断定对于从n0开始的正整数都成立呢？ 这是教学过程中的一个难点，为此教师一定要将原理讲清讲透。若将用数学归纳法证明的一般命题设为：已知nn0,nN，证明p(n)成立。事实上如果满足下面两个条件：

（1）

2p(n0)成立（即当nn0时命题成立）

（2） 假设p(k)(kn0)成立（归纳假设），由此证明p(k1)(kN)也成立；就可证得命题成立。第二个步骤的作用是：证明了命题p(n)的成立对于正整数n具有传递性，即由nk(kn0,kN)时命题p(k)成立可推得

p(k1)成立。具体表现为：由p(n0)成立可推得p(n0+1)成立；由p(n0+1)成立可推得p(n0+2)成立；〃〃〃〃〃〃这就体

现了数学归纳法原理。但是数学归纳法的理论根据又是什么呢？其理论根据源于皮亚诺提出的“自然数集合公理的归纳公理”即“若一个由自然数组成的集合含有1，又当这个集合含有任一自然数n时，它也一定含有n的后继数，则此集合含有全部自然数。

我们在讲清原理的基础上，还要让学生认识到数学归纳法的两个步骤缺一不可。若命题只证到nn0成立而不做第二步证明，这就是不完全归纳不足以证明命题的正确性。若没有第一步只做第二步也是不正确的。如等式：

1135...(2n1)n2，若nk时1135...(2k1)k2则可推得nk1时1135...(2k1)(2k1)k22k1(k1)2，然而n1时命题显然不成立。此例说明数学归纳法的两

个步骤是问题的两个方面，一是成立的基础，另一个是递推的依据，二者缺一不可。故只有理解了理论根据，才能凸显

这种证明方法具备理论的严密性和应用的广泛性。

三、 数学归纳法的应用

用数学归纳法原理证明要完成两个步骤一个结论。其关键在于第二步：充分利用归纳假设做好从nk到nk1的递推转化，即“双凑”凑假设和凑结论。下面举例说明数学归纳法证明的思路和方法。

1. 恒等式的证明

例1：证明：123...n2222n(n1)(2n1)(nN)

6解析：当n1时，结论显然成立，设sn表示原式左边，f(n)表示原式右边。则从nk到nk1递推转化的途径是sk1sk(k1)2f(k)(k1)2，其中skf(k)是归纳假设，因此需要通过恒等变形证明

f(k)(k1)2f(k1)。

评注：在恒等式的证明中关键是第二步，事实上，“归纳假设”已经成了已知条件，“nk1时结论正确”则是求证的目标，可借助已学过的公式、定理或运算法则进行恒等变形凑出假设，然后利用归纳假设进行适当的变形凑出结论。

2. 不等式的证明

111...(n1,nN) 23nn 求证：s2n1(n2,nN)

2111解析：先弄清s2n的含义s2n1...n，当n2时结论显然成立。由分母变化规律，当nk时，原式

232例2：已知：sn1左边不是k项，而是2项。当nk1时，原式左边不是k1项，而是有2到

kk1项。用f(n)表示原式右边，则从nk，

其

中

nk1转化的途径是

s2k1s2ks(k)f(k)s(k)f(k1)111k)kk...s是归纳假设。要使f,kf(k)与)f(k1)的结构形式相同，先将s(k)中的2k项k12k2122211都换成k1，再把f(k)s(k)放缩为f(k)，从而实现递推转化。

22111

此题学生容易犯两个错误：一是由nk到nk1项数变化弄错，认为k的后一项为k1，实际上是k；

2122111kk+1kk...k1共有多少项，二是k实际上是2+1到2的自然数递增，项数为2。另外由nk推证nk121222k111k1k...k1后，注意到目标为1的过程中，要有目标意识。如本题得到1+k，故只需证

2212222111111...即可。故考虑用放缩法将缩小为，从而得出目标。 kkk1kk12122222m2s(评注：用数学归纳法证明不等式时：在第二步的证明中，可利用证明不等式的所有方法进行推导，其中使用放缩法时要朝着结论的方向进行，可通过变化分子、分母、裂项相消等方法达到证明的目的。

3. 整除类问题的证明

例3：证明：f(n)(2n7)39能被36整除。

解析：当n1时，命题显然成立，假设当nk(k1,kN)时命题成立，那么

nf(k1)[2(k1)7]3k19[(2k7)3k9](4k20)3k[(2k7)39]36(k5)3kk2f(k)36(k5)3k2。第一项由归纳假设能被36整除，第二项显然能被

36整除，这就说明当nk1时命题也成立。解题的关键是：“凑项”，可采用增项、减项、拆项和因式分解等手段凑出时的情形，从而利用归纳假设使问题得证。

评注：一些整除类问题都可以变换为f(k1)A(k)f(k)B(k)的形式，其中A(k)f(k)是归纳假设部分，能被P整除，若能B(k)被P整除，从而推出f(k1)能被P整除。

4. 几何类问题的证明

例4：平面上有n个圆，每两圆交于两点，每三个圆不过同一点，求证：这n个圆分平面为nn2个部分。 解析：当n1时，命题显然成立。用f(n)表示nn2，从nk到nk1，第k1个圆与前k个圆有2k个交点，这2k个交点把第k1个圆分成2k段，每一段把原来的所在平面一分为二，故共增加了2k个平面块，故

22f(k1)f(k)2kk2k22k(k1)2(k1)2，从而当nk1时命题也成立。

评注：关于这类几何问题，关键在于分析k与k1的差异，k到k1的变化情况，然后借助于图形的直观性，建立k与k1的递推关系。

四、 结束语

总之数学归纳法是数学思维方法中最重要、最常用的方法之一。这不仅因为其中大量问题都与正整数有关，更重要的是它贯穿于发现问题和解决问题的全过程，它给我们提供了思考问题的原则：从简单入手，在看透简单的基础上再复杂一步，找出一般规律，这正是数学归纳法的精髓，也正是它被广泛应用的根本原因之所在。

参考文献：

1.沈秋华：浅谈数学归纳法及其应用【J】中学数学月刊，2013（6） 2.普通高中课程标准实验教科书【M】北京师范大学出版社，2012 3.段志贵：归纳公理与数学归纳法探究【J】《上海中学数学》2007（6） 4.胡重光：数学归纳法与皮亚诺公理【J】《数学理论与应用》2005（4） 5.刘艳：数学归纳法的原理及应用【J】《山西经济管理干部学院学报》2011（9）