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1、第 9 讲数学归纳法与第二数学归纳法一知识解读：数学归纳法是用于证明与正整数n 有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法在数学竞赛中占有很重要的地位1数学归纳法的基本形式（ 1）第一数学归纳法设 P(n) 是一个与正整数有关的命题，如果当nn0 （n0N）时，P(n) 成立；假设nk (kn0, kN )成立，由此推得nk1时，P(n)也成立，那么，根据对一切正整数nn0 时，P( n)成立（ 2）第二数学归纳法设 P(n) 是一个与正整数有关的命题，如果当 nn0 （ n0N ）时， P(n) 成立；假设 nk( kn0 , kN ) 成立，由此推得n k 1时， P( n) 也成立，那么

2、，根据对一切正整数 nn0 时， P( n) 成立2数学归纳法的其他形式（ 1）跳跃数学归纳法当 n1,2,3, l 时，P(1), P(2), P(3), P(l ) 成立，假设 nk 时 P(k ) 成立，由此推得 n kl 时， P( n) 也成立，那么，根据对一切正整数 n1时， P(n) 成立（ 2）反向数学归纳法设 P(n) 是一个与正整数有关的命题，如果 P(n) 对无限多个正整数 n 成立；假设n k时，命题 P(k) 成立，则当n k 1P(k1) 也成立，那么根据时命题对一切正整数 n1 时， P(n) 成立3应用数学归纳法的技巧（ 1）起点前移：有些命题对一切大于等于1

3、的正整数正整数n 都成立，但命题本身对n 0也成立，而且验证起来比验证n 1时容易，因此用验证n0 成立代替验证 n 1，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以因而为了便于起步，有意前移起点（ 2）起点增多：有些命题在由 n k 向 n k 1跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点（ 3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多（ 4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设nk 时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用（

4、 5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明5归纳、猜想和证明在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法 不完全归纳法得出的结论， 只能是一种猜想， 其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法二解题指导：1用数学归纳法证明：(1 1)(11)(11) (11)3 3n 1 （ nN * , n 1 ）473n2证明 : （ 1）当 n1 时，左边 1 1 2，右边

5、3 4 ，不等式显然成立（ 2）假设 nk 时，不等式成立，即1 11113k13 3k142那么，当 nk1时，111111113 3k11113 3k13k243k23k13k3k1333 3k 13k 23 3k 49k 4203k13k1 3 3k 13k 23 3k 43 3 k 1 13k1当 nk1时，不等式亦成立由（ 1）、（ 2）证明知，不等式对一切nN * 都成立2已知对任意 n N * ， n1， an0 且 a13a23an3(a1 a2an )2 ，求证：an n 证明 : （ 1）当 n1 时，左边13 1 ，右边 12 1 ，等式成立 .（ 2）假设 nk 时，等

6、式成立，即 13 +23 + +k31 22k那么，当 nk 1时， 13 +23 + +k3323k 11 2kk 122 k22 k21 k k133kk 1k 1k 1k 12442 k 24k 422 k2k 14k 12k 2 k 12又 1 22= 1 223k k 12kk 1当 nk1时，不等式亦成立由（ 1）、（ 2）证明知，等式对一切nN * 都成立3如果正整数n 不是 6 的倍数，则 1986 n1 不是 7 的倍数证明提示：开始， 5n整数是不是1986 除以 7 余 5，所以我们只需要看5 的 n 次方是不是7 的倍数即可。从n=1除以 7 分别余 5,4,6,2,3

7、,1,5,4,.看出这个数列以6 为周期，所以其实不管正6 的倍数， 1986n 都不是 7 的倍数。a1 a2ann a1a2an 4设 a1 , a2 , ,an 都是正数，证明n证：设 An1 (a1a2an ), Gnna1a2an，n先证对一切 n2m (mN ), AnGn 成立，为此对 m使用归纳法；当 m1时，有： A21 (a1a2 ) 1 (a1a22a1a2 )a1 a222 1 ( a1a2 )a1a2a1a2Gn2即 m1时， AGn成立；n假设当 mk时，不等式成立，即对任意2k (kN )个正数，都有 A k Gk22于是当 mk1时，就有：A k 11( a1a

8、2aka k1a k 1 )22k 12221 1k (a1a2a2k )1k (a2k 1a2k 1 )1 (2k a1a2 a2k2k a2 k 1a2k 1)22222k a a a k2kak1ak 12k 1 a aa k a k1a k 1G k 112222122222上述推理中，前一个不等号得之于归纳假设，后一个不等号得之于A2G2 ,可见 mk1时，不等式也成立，所以对一切n 2m (m N )不等式成立；下面证明，如果不等式对任何k个正数成立，那么对任何k 1个正数 a1, a2 , ak 1也成立，为了利用nk时的不等式，令： ak1(a1a2ak 1 )k1于是：a1a

9、21ak1a1a2ak1akk a1a2ak 1akkkk a1a2ak 1a1a2ak 1k1在上面不等式得两端同时次方 ，即得：k(Gk 1 )k1Ak 1Ak 1Gk 1k( Ak 1 )故可得成立综合上述两方面，由方向归纳原理，对于任意nN , AnGn都成立，且从证明过程可以看出，等号当且仅当n个正数全部相等时成立；5 已 知 函 数f ( x) 的 定 义 域 为 a,b ， 对 于 区 间 a,b 内 的 任 意 两 数 c, d 均 有f ( cd ) 1 f (c) f (d ) 求证：对于任意 x1 , x2 , , xn a,b ，均有22x1 x2xn)1f ( xn

10、) f ( f ( x1 ) f ( x2 )nn改题：已知 m、 n是任意非负整数，证明：若规定0!1，则 (2 m)!(2 n)! 是正整数；m! n!(mn!证：命题与两个参数m, n有关，可把 m看作常数，对n进行归纳(1)当 n0时，原式(2 m)! C 2mm是正整数，其中 m是非负整数m! m!(2) 假设当 n k时命题成立，即： (2m)!(2 k )! 是正整数，其中 m是任意非负整数；m! k !(mk)!则当 nk 1时，有：(2 m)!(2 k2)! (2 m)!(2 k)!（2k）2)(2 m)!(2 k )!4k21 (2 k（）k1)!m! k!( mk)!(k

11、1)(mk1) m!k !( m k)!m k1m! k 1 !( m(2 m)!(2 k)!4( mk1)(4m 2)(2 m)!(2 k)!(2 m1)(2m2)m! k !( m k )!mk 1m! k!( m4( m1)(m kk )!1)(2 m)!(2 k)!(2 m2)!(2 k)!4( m1)! k !( mk1)!m! k !(m k)!根据归纳假设，上面两项都是正整数，故(2 m)!(2 k2)!也是正整数，（）kk1)!m!1 !(m其中 m是任意非负整数，nk1时命题成立，综合 (1)(2), 对一切非负整数m、 n命题成立；6试证：对一切大于等于1 的自然数 n 都

12、有1sin 2n1cosn2cos cos222 sin2证将起点前移，考虑n时的情形，右边1左边， 等式在n时成立:(1)0201sin(k1) x(2)假设对于n，0,kZ ),等式成立，即有：cosxcos2xcoskx2k ( k212sinx2下面证明对于，等式也成立，n k 11sin(k1 )xcoskx cos(k 1)x2cos(k 1)xcosx cos2x122sinx2sin(k1 ) x2cos(k1)xsin 1 x sin(k1) xsin( k3 ) x sin(k1) x222222sin 1 x2sin 1 x22sin(k3) xsin( k1)1 x22

13、2sin 1 x2sin 1 x22当nk 1，等式也成立，综合 (1)(2)可得，等式对于一切正整数成立；7试证：对一切自然数n （ n1）都有 2n2n2 证明：当时，左边=2+2=4，右边，左边右边，结论成立。(1) n1=1当 n 2时，左边 =22 +2=6，右边 =22 =4，左边 右边，结论成立。当 n 3时，左边 =23 +2=10，右边 =32 =9，左边 右边，结论成立。(2)假设nk时结论成立，即k232 +2k则当n时，k+1+2=2 2k+2 -22k22.k +1 32因为2k 22 - k2k22k 30,所以 2k +121+2 k 1 .即当 nk +1时，结

14、论成立。综上，对于任意的自然数，结论均成立。n8证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5 个的正方形证： 任一个正方形分成k份后再拿其中一份4等分成 4个小正方形，此时原正方形就可以分成nk3份小正方形原命题只须证n6、7、8时的情况如下图：6 个正方形7 个正方形8 个正方形所以，综上可得原命题成立；9设0a1， a1 a， a11a ，求证：对一切n N 均有 an11nan证明：若我们仅仅假设a 1 而不进一步限制其范围，由a=1+a是很难推出 ak+11的. 考察kk+1aka ，a =1+a1，这使我们可以尝试将命题强化为：对一切正整数n，有1a 1.111an1 a这样为完成递推步

15、设置铺垫. 首先证明强化后的命题：1a 1.n1aa 2当 n=1 时， 因为 a且 1+a=11，故 1a11，命题成立；1=1+a1 aa1 a1假设当 n=k 时，结论成立，即1ak1+a=1，1aak11a同时 ak+1=1+a1+a1. 所以 n=k+1 时命题也成立 .a k1a综上对一切正整数n，有 1a 4k 2kk+1(k+1)k，那么，由 (k1)k1 ) k+1假设当 n=k 时 命题成立，即k 1 =(k+1)(k2)k2(k+1)(k) k+1 ( 应用 k1k放缩 )=k k 1（ k1) k1,k 1k 2 k 1(k 1) k(k 1) k知 (k+1) k+2(k+2) k+1, 故当 n=k+1 时命题成立，综上知，对自然数 n 3， nn+1(n+1)n.6已知 a1 a2 1 ， an 2an21 ( 1) n 1，求证：对于一切 nN * ， an 是整数an7设有 2n 个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数 p 不小于乙堆的球数 q ，则从甲堆拿 q 个球放堆乙堆， 这样算是挪动一次 证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆8已知数列 an 满足： a13 ， a28 ， 4(an 1 an