数学归纳法之我见

1 数学归纳法之我见数学归纳法之我见 内江铁中 杨英 数学归纳法是一种常用的证明方法 在证明命题时 有着其它方法不可替代的作 用 结合典型例题的分析 解答 通过对其应用误区剖析 归纳递推突破等方面较全面地 透析 数学归纳法 力求更好理解 掌握与运用数学归纳法 1 数学归纳法的常见误区 在运用数学归纳法时常出现以下误区 归纳奠基误区 归纳递推误区 整体思维误 区 造成上述误区的原因主要在于对数学归纳法的原理理解不透彻以及对常出现的误区形 式不清楚 所以我们不仅要弄清楚其原理 还要弄清楚误区形式 1 1 归纳奠基误区归纳奠基误区 归纳奠基误区即归纳的基础出错 它的常见形式有 1 没有验证初值 2 初 0 n 值的选择不当或不全 3 归纳基础与归纳假设脱节等 0 n 例例1 已知 是比较与的大小 并用数学归纳法证明 nN 2n 2 n 错错解解 当时 当时 猜想对恒成1n 2 2nn 2n 2 2nn 2 2nn nN 立 证明如下 显然当时猜想成立 假设时成立 则当1 2n nk 2 2nn 时 而 所以上式显1nk 2 2 112kkk 112kkk 3k 然成立 综上可知对于一切猜想均成立 nN 评析 评析 本题的归纳基础易选择不全 如只取或等 导致归纳递推的 0 n 0 1n 0 1 2n 基础不牢 与归纳假设脱节 题需将验证到 在证明恒 0 n 0 5n 2 2nn 5 nNn 成立 1 2 归纳递推误区归纳递推误区 在数学归纳法递推过程中 误区常出现在归纳假设的运用上 其表现在 1 归纳假 设设而不用或使用不当 2 不符合归纳假设的条件 3 对项数计算错误等 例例2 已知数列满足 是否存在等差数列 使得数列 n a 1 2n n an nN n b 与满足对一切正整数成立 证明你的结论 n a n b 12 12 n nnnnn abCb Cb C n 错错证证 令可得 猜想 下证 其满足1 2 3 n 1 1b 2 2b 3 3 b n bn 题意 当时 成立 假设时 11n 11 1 1 11 2C 2nk 1k 2 成立 那么当时 112 22 kk kkk kCCkC 1nk 11 1 21 2 kk kk 1 1 1 k k 011 1 kk kkkk kCCCC 01 11 kk kCkC 21 111 kk kkk kCkCkC 12 111 12 k kkk CCk C 即时 等式也成立 由 知 所证等式成立 1 11 1 k kk kCa 1nk 1 2 评注 评注 上述证明未用到假设 其论证是错误的 数学归纳法之所以能将无穷的证明步 骤化为有限的步骤 在于归纳的递推性 即每一项的成立都是建立在前一步的基础上 不 是独立验证 是否成立 而是将推导的过程建立在成立基 P k 1P k 1P k P k 础上 1 3 整体思维误区整体思维误区 从整体上看 数学归纳法是归纳奠基与归纳递推的统一过程 然而却容易出现机械地 套用数学归纳法的两个步骤 递推过程缺乏严格的逻辑推理 不符合数学归纳的原则的情 况 2 突破归纳递推过程 在运用数学归纳法时 归纳递推是关键 如何实现从归纳假设向归纳递推过渡是其核 心内容 除运用配凑法 综合分析法 放缩法 递推法等 也可以用以下方法 2 1 借用单调性借用单调性 数学归纳法中的可以看成函数在特定区间的离散点 故在归纳递推过程中 可以借n 用函数的相关性质来实现归纳递推过程 例例3 在数列中 求证 n a0 n a 2 1nnn aaa 1 n a n 分析分析 在归纳假设条件下 并不能一定推出成立 1 k a k 2 2 1 11 kkk aaa kk 推理受阻 为用上归纳假设条件 可考虑相应函数的单调性 2 xx 证明 证明 当时 由 有 又 11n 2 211 aaa 112 1 0aaa 1 0a 则 当时 有 可知命题对 1 1a 2 xx 22 2111 11 24 aaaa 11 42 1n 成立 2n 假设时有成立 当时 由右端的 2 2 nk k 1 k a k 1nk 2 1kkk aaa 相应函数在上递增 而时有 故有 22 11 24 xxx 1 0 2 2k 11 2 k a k 可见命题也成立 由 可知 22 1 11 kkk aaa kk 22 111 11 kk kkk 1 2 对任意正整数 都有 n 1 n a n 3 点评 点评 以上证明有两处关键 一是借用函数在上单调递增 二是第一步 2 xx 1 0 2 中需同时验证 成立 为第二步假设奠定基础 1n 2n 2k 2 2 合理运用归纳假设合理运用归纳假设 例例4 用数学归纳法证明 2 111 12 222n nN 试证 试证 当时 左式 右式 可见左式右式 11n 13 1 22 2 假设时 成立 当时 左式 2nk 2 111 12 222k 1nk 显然不可能小于右式的 推理中断 2 111 1 222k 11 11 2 22 kk 1 1 2 2k 2 无法证明 评析 评析 上述在推证时 对假设时的条件运用不当 实际上当1nk nk 时 也1nk 2 111 1 222k 1 1 2k 1 1 2 2 111 1 222k 1 12 2 成立 2 3 加大加大 跨度跨度 很多命题序列的递推性呈现较大的周期时 可以用增大跨度 并增加相应起点的技巧 进行分流处理 以实现归纳递推 例例5 设 定义 当时 证明对一切 01a 11 1 1 n n aa aa a 1n nN 有 1 n a 分析分析 显然有 但若设 则很难由递推公式推出 1 1a 1 k a 1 1 k k aa a 1 1 k a 因为这里出现在分母上 为得到 应当知道小于某数值 而这一点恰恰是无 k a 1 1 k a k a 法从归纳假设中得到的 为克服这个困难 不妨考虑加大跨度 增加验证起点的办1 k a 法 证明 证明 当时 当时 11n 1 11 aa 2n 22 2 1 111 11 111 aaa aaa aaaa 假设时 命题成立 即当时 2nk 1 k a 2nk 4 命题成立 综合 22 2 1 1111 11 1 111 k k k aaa aaaa aaaa a a 1 可得 对一切都有 2 nN 1 n a 2 4 强化命题强化命题 在运用数学归纳法时 由过度到难以实现时 但比更强的命题 P k 1P k P n 则易于实现其过度过程 此时可主动强化命题等价实现到的过 Q n P k 1P k 度 强化命题通常有两种方法 一是将命题一般化 二是加强结论 例例6 已知 求证 1 1a 1 2 1 nn n aanN a 9000 30a 分析分析 此题从数列角度可以解决 但需要用到比较复杂的变形和运算 但若注意到 于是联想到证明一般性的命 3 90009000 30270003 9000aa 题 即将命题一般化 此时可以用数学归纳法处理 3 3 2 n an n 例例7 设 以表示正整数的最 012 0 1 2 ni aaaa aNin b c b c 小公倍数 求证 01121 1111 1 2n nn a aa aaa 分析分析 不难发现 用数学归纳法直接证明 由过渡到时举步维艰 思nk 1nk 维受阻 但若发现 试题便可迎刃而解 于 1 1 1111 2 1 22 iii iiii a aa a aaa 是想到证明加强的命题 011210 11111 1 2n nn a aa aaaa 评注 评注 对于题设给出与正整数有关但结论却是针对一些具体正整数问题 直接处理若 遇到困难 则不妨强化命题 然后尝试用数学归纳法进行证明 参考文献参考文献 1 李金泳 刘钢 数学视阈下的培根归纳逻辑 J 山西师大学报 2012 39 1 14 1