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浅谈数学归纳法

TTerraria
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@mhz5tj6t
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2025/11/15 01:56
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3 个月前
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参考文献：《高中数学竞赛教程》。
注：如有误请私信F丶忆笙，以及时修改。

Part 0\texttt{Part 0}：前言

小 Y：还记得怎么计算 1+2+⋯+n1+2+\cdots+n 吗？
小 H：当然，这个式子的值就是 n(n+1)2\dfrac{n(n+1)}{2} 啊。
小 Y：那你知道怎么证明吗？虽然网上的证明十分多，但是有一种更加新奇的方式哦！
小 H：是什么？
小 Y：数学归纳法！

Part 1\texttt{Part 1}：什么是数学归纳法？

数学归纳法是一种很常用的数学方法，多用于证明一些关于正整数或者非负整数 nn 有关的命题。
对于等差数列求和，也可以通过数学归纳法进行证明。
有一道例题如下：
设正数 a1,a2,⋯a_1,a_2,\cdots 构成了等差数列，请你证明：
1a1+a2+1a2+a3+1a3+a4+⋯+1an−1+an=n−1a1+an\dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{a_{n-1}}+\sqrt{a_n}}=\dfrac{n-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}。
请先自行思考后再往下看（

Part 2\texttt{Part 2}：数学归纳法的基本形式

数学归纳法一般分为以下两个步骤：
  1. 将原式中的 nn 带入一些具体值，例如 n=1n=1 时，证明原式成立。这一步是较为简单的，但也是必不可少的。
  2. 假设 n=kn=k 时原式成立，下一步我们要推出 n=k+1n=k+1 的时候原式也成立。数学归纳法难就难在这一步，因此接下来会讲解大量例题，以帮助更好的理解与运用。
然后就没了。
至于这个方法的原理，可以理解为多米诺骨牌。一旦第一步（假如是） n=1n=1 成立，而第二步证明了 n=1n=1 成立时，n=2n=2 也成立。结合多米诺骨牌，n=2n=2 一旦成立。便会导致 n=3,4,⋯n=3,4,\cdots 都成立，就如多米诺骨牌前一张推倒后一张一样。
是的，简简单单的两步，却是我们解决问题的一大利器。而第二步，更是重中之重。
怎么重呢？让我们往下看看实例：

Part 3\texttt{Part 3}：数学归纳法的基本例题

先来证明等差数列求和公式，以证明 1+2+⋯+n=n(n+1)21+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2} 为例。
首先 n=1n=1 时，1=1×221=\dfrac{1 \times 2}{2}，故命题成立。
假设在 n=kn=k 时，命题成立，那么在 n=k+1n=k+1 时，原式
=1+2+⋯+k+(k+1)=k(k+1)2+(k+1)=(k+1)(k+2)2=n(n+1)2=1+2+\cdots+k+(k+1)=\dfrac{k(k+1)}{2}+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}=\dfrac{n(n+1)}{2}。
故命题对于一切正整数 nn 成立。
再来讲讲 Part 1\texttt{Part 1} 部分的例题吧：
我们记这个等差数列的公差为 dd，由于数列中的每一项都是正数，所以 d≥0d \ge0，否则这个数列一定会有小于 00 的数。如果 d=0d=0 则结论显然，易得等式成立，故以下仅对 d>0d >0 的情况进行探讨。
接下来我们按照 Part 2\texttt{Part 2} 的步骤解吧：
第一步，代入特殊的 nn 的值。因为如果 n=1n=1 的时候等式无意义，故我们将 n=2n=2 带入等式。如果 n=2n=2，那么等式的左式 =1a1+a2= \dfrac{1}{a_1+a_2}，等式的右式 =1a1+a2= \dfrac{1}{a_1+a_2}，明显等式成立。
第二步（敲重点！）：
我们假设当 n=k(k≥2)n=k(k \ge 2) 时等式已成立，则有：
1a1+a2+1a2+a3+1a3+a4+⋯+1ak−1+ak=k−1a1+ak\dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}+\sqrt{a_k}}=\dfrac{k-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_k}}
那么，当 n=k+1(k≥2)n=k+1(k \ge 2) 时，则等式左式为：
1a1+a2+1a2+a3+1a3+a4+⋯+1ak−1+ak+1ak+ak+1\quad \dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}+\sqrt{a_k}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_k}+\sqrt{a_{k+1}}}
=k−1a1+ak+1ak+ak+1=\dfrac{k-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_k}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_k}+\sqrt{a_{k+1}}}
=(k−1)(ak−a1)(a1+ak)(ak−a1)+ak+1−ak(ak+ak+1)(ak+1−ak)=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_k})(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{(\sqrt{a_k}+\sqrt{a_{k+1}})(\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k})}
=(k−1)(ak−a1)ak−a1+ak+1−akak+1−ak=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{a_k-a_1}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{a_{k+1}-a_k}
=(k−1)(ak−a1)[a1+(k−1)d]−a1+ak+1−ak[a1+kd]−[a1+(k−1)d]=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{[a_1+(k-1)d]-a_1}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{[a_1+kd]-[a_1+(k-1)d]}
=(k−1)(ak−a1)a1+(k−1)d−a1+ak+1−aka1+kd−a1−kd+d=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{a_1+(k-1)d-a_1}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{a_1+kd-a_1-kd+d}
=ak−a1d+ak+1−akd=\dfrac{\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1}}{d}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{d}
=ak+1−a1d=\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_1}}{d}
=(ak+1−a1)(a1+ak+1)d(a1+ak+1)=\dfrac{(\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_1})(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}{d(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}
=ak+1−a1d(a1+ak+1)=\dfrac{a_{k+1}-a_1}{d(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}
=(a1+kd)−a1d(a1+ak+1)=\dfrac{(a_1+kd)-a_1}{d(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}
=ka1+ak+1=\dfrac{k}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}}}
通过这一系列的步骤，我们成功地将以上那个等式证明了出来。同时请注意上文的 [][] 仅指中括号，而非取整符号。
当然，这道题也不只有这种方法可以做出来。下面再提供另一种方法：
首先看首项 1a1+a2\dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}，可以将这个式子化为 a1−a2a1−a2\dfrac{\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}}{a_1-a_2}。设公差为 dd，则明显 a1−a2=−da_1-a_2=-d，即原式等于 −a1−a2d-\dfrac{\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}}{d}。将每一项都按照这个方法表示，即原式等于：
−a1−a2+a2−a3+⋯+an−1−and-\dfrac{\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}+\sqrt{a_2}-\sqrt{a_3}+ \cdots +\sqrt{a_{n-1}}-\sqrt{a_n}}{d}，化简后得：−a1−and-\dfrac{\sqrt{a_1}-\sqrt{a_n}}{d} (1)(1)。
因为 (a+b)(a−b)=a−b(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})=a-b，所以(a−b)=a−ba+b(\sqrt{a}-\sqrt{b})=\dfrac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}，所以 (1)(1) 式等于：
−a1−ana1+and=−a1−anda1+an=−(n−1)d−da1+an=n−1a1+an-\dfrac{\dfrac{a_1-a_n}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}}{d}=-\dfrac{\dfrac{a_1-a_n}{d}}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}=\dfrac{\dfrac{-(n-1)d}{-d}}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}=\dfrac{n-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}。
至此，我们成功运用了两种方法做出来了这一道题。
那么问题来了——数学归纳法真的有那么玄乎吗？上述题想必第二种解法更容易被大众想到。
其实并非如此！
来看一下下面一道例题：
已知 a,ba,b 为正实数，且 1a+1b=1\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1 ，求证，对于每一个 n∈N(Nn\in \mathbb{N}(\mathbb{N} 表示自然数集))，都有 (a+b)n−an−bn≥22n−2n+1(a+b)^n-a^n-b^n\ge 2^{2n}-2^{n+1}。
有头绪吗？让我们一起用数学归纳法解决这一题。
首先，当 n=1n=1 时，左式 =0==0= 右式，知命题成立。
假设当 n=kn=k 时命题成立，即 (a+b)k−ak−bk≥22k−2k+1(a+b)^k-a^k-b^k \ge 2^{2k}-2^{k+1}。那么当 n=k+1n=k+1 时，
左式 =(a+b)k+1−ak+1−bk+1=(a+b)[(a+b)k−ak−bk]+akb+abk=(a+b)^{k+1}-a^{k+1}-b^{k+1}=(a+b)[(a+b)^k-a^k-b^k]+a^kb+ab^k。
由 1a+1b=1\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1，得 ab=a+bab=a+b；又因为 (a+b)(1a+1b)=2+(ba+ab)≥4(a+b)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})=2+(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b})\ge 4，即知 ab=a+b≥4ab=a+b \ge 4，这样便知：
akb+abk≥2akb×abk=2(ab)k+1≥2×2k+1=2k+2a^kb+ab^k \ge 2 \sqrt{a^kb\times ab^k}=2\sqrt{(ab)^{k+1}} \ge 2 \times2^{k+1}=2^{k+2}。
由此，得：
左式 =(a+b)[(a+b)k−ak−bk]+akb−abk≥4(22k−2k+1)+2k+2=22k+2−2k+2==(a+b)[(a+b)^k-a^k-b^k]+a^kb-ab^k \ge 4(2^{2k}-2^{k+1})+2^{k+2}=2^{2k+2}-2^{k+2}= 右式。
所以，命题得证。
怎么样？数学归纳法的神通之处就在此展现了出来。但是，它还能做更多的事！
再来看一道例题：
假设有 2n2^n 个球分成了若干堆，如果甲堆的球数 aa 小于等于乙堆的球数 bb，那么就可以从甲中取出 aa 个球到乙堆。这算是挪动了一次。求证：可以经过有限次移动使这若干堆球合并成一堆。
这种看起来显然的命题又该如何证明？这就需要数学归纳法解决这一题了：
首先当 n=1n=1 时，只有两个球。这时候有两种情况：
  • 这两个球本来就在同一堆里，那么肯定可以。
  • 这两个球在两堆里，每堆各 11 个球，那么就可以从第一堆取出 11 个球到第二堆。
通过以上两种情况，我们知 n=1n=1 时命题是成立的。
接下来，我们假设 n=kn=k 的时候命题成立，可是当 n=k+1n=k+1 时，球数从 2k2^k 到了 2k+12^{k+1}，翻了一倍，我们就要想着怎么样通过 n=kn=k 推出 n=k+1n=k+1。
首先，在 2k+12^{k+1} 所分出的若干堆球中，一定有偶数个球数为奇数的堆，否则球数为奇数个。我们将这些球数为奇数的堆两两配对，进行一次合并，那么现在所有的球堆的球数就都是偶数，当然也有可能有的球堆球数为 00。这时候，我们将每一堆的球两两绑在一起，视为一个球，于是，球数便成了 2k2^k，而前面又假设 2k2^k 时成立，也就是说，总球数为 2k+12^{k+1} 的时候，命题也成立。
但是，这只是数学归纳法的基本形式！
接下来，我们的题目难度将升级！

Part 4\texttt{Part 4}：数学归纳法的变通形式

所以，数学归纳法的变通形式到底有什么呢？
一、合适的假设方式
二、大跨度的跳跃
三、灵活的归纳途径
接下来，我将针对这两种变通形式，讲解题目以助于你们理解。

Part 4.1\texttt{Part 4.1}：数学归纳法的变通形式 之 合适的假设方式

所谓的合适的假设方式，是因为前面我们一直都是假设 n=kn=k 时命题成立去证明 n=k+1n=k+1 时命题成立，现在合适的假设方式，如假设 n≤kn \leq k 时命题成立，去证明 n=k+1n=k+1 时命题也成立，即为：
n≤k→n=k+1n\leq k \rightarrow n=k+1
可是这样真的有用吗？我们以例题为例：
证明：任何一个真分数 mn\dfrac{m}{n} 都可以表示为若干个互不相同的自然数的倒数之和。这个结论在这道题所运用。
不会证明吗？试试用数学归纳法吧！
固然真分数 mn\dfrac{m}{n} 可以表示为 mm 个 1n\dfrac{1}{n} 的和，但是题目中要求为互不相同的自然数的倒数之和，所以还是用数学归纳法，对 mm 进行归纳较好。
首先当 m=1m=1 时，对于一切分数 mn=1n\dfrac{m}{n}=\dfrac{1}{n} 都可以表示为 nn 的倒数，故命题成立。
假设 m≤km \leq k 时命题成立，即任何分子不超过 kk 的分数最简分数 mn\dfrac{m}{n} 都可以表示为 1t1+1t2+⋯+1tl\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\cdots+\dfrac{1}{t_l}，其中 t1,t2,⋯tlt_1,t_2,\cdots t_l 互不相等。现在我们要证明对于最简分数 k+1n\dfrac{k+1}{n} 时命题也成立。
由于 0<k+1<n0 < k+1 <n 且 gcd⁡(k+1,n)=1(gcd⁡(a,b)\gcd(k+1,n)=1(\gcd(a,b) 表示 a,ba,b 的最大公约数))，可以假设 n=q(k+1)+rn=q(k+1)+r，其中 q,rq,r 皆为正整数，且 0<r<k+10<r<k+1。
因此，便有：
k+1n−1q+1=(k+1)(q+1)−q(k+1)−rn(q+1)=k+1−rn(q+1)\dfrac{k+1}{n}-\dfrac{1}{q+1}=\dfrac{(k+1)(q+1)-q(k+1)-r}{n(q+1)}=\dfrac{k+1-r}{n(q+1)}。
注意到 k+1−r<k+1k+1-r<k+1，即 k+1−r≤kk+1-r \leq k，因此将分数 k+1−rn(q+1)\dfrac{k+1-r}{n(q+1)} 化简后其分子不超过 kk。
故可知它可以表示为若干个互不相同的倒数之和，即 k+1n=1q+1+k+1−rn(q+1)=1q+1+1s1+1s2+⋯+1sv(1)\dfrac{k+1}{n}=\dfrac{1}{q+1}+\dfrac{k+1-r}{n(q+1)}=\dfrac{1}{q+1}+\dfrac{1}{s_1}+\dfrac{1}{s_2}+\cdots+ \dfrac{1}{s_{v}}\qquad (1)。
现在只需要证明 q+1∉{s1,s2,⋯ ,sv}q+1 \notin \{s_1,s_2,\cdots,s_v\} 即可。
考虑反证法，假设 q+1∈{s1,s2,⋯ ,sv}q+1 \in \{s_1,s_2,\cdots,s_v\}：
1q+1+1s1+1s2+⋯+1sv≥2q+1=2n(q+1)(k+1)⋅k+1n=2q(k+1)+2r(q+1)(k+1)⋅k+1n≥(2qq+1+2r(q+1)(k+1))⋅k+1n>k+1n(2)\dfrac{1}{q+1}+\dfrac{1}{s_1}+\dfrac{1}{s_2}+\cdots +\dfrac{1}{s_v} \ge \dfrac{2}{q+1}=\dfrac{2n}{(q+1)(k+1)}·\dfrac{k+1}{n}=\dfrac{2q(k+1)+2r}{(q+1)(k+1)}·\dfrac{k+1}{n}\ge (\dfrac{2q}{q+1}+\dfrac{2r}{(q+1)(k+1)})·\dfrac{k+1}{n}>\dfrac{k+1}{n}\qquad(2)。
比较 (1),(2)(1),(2) 两式，即可得出矛盾。
故对于一切分子为 k+1k+1 的正真分数命题成立，因此对于一切的正真分数命题都成立。
这就是选择合适的假设方式的优点！

Part 4.2\texttt{Part 4.2}：数学归纳法的变通形式 之 大跨度的跳跃

我们之前的证明都是类似：假设 n=kn=k 时命题成立，证 n=k+1n=k+1 时命题也成立。现在不一样了。
举个例题：
证明对于一切的正整数 n≥3n \ge 3，可以将一个正三角形分成 nn 个等腰三角形。
考虑 n=3,4n=3,4 时，有如下的构造方案：
P1P_1 P2P_2
考虑如果跨度为 11，即能够从 n=kn=k 到 n=k+1n=k+1 来证明，能否构造呢？
答案是显然的：
P3P_3
对于 n=3,4,5n=3,4,5，可以依次按照上面的 P1,P2,P3P_1,P_2,P_3 构造。我们注意到，在 n=5n=5 时构造出了一个等腰直角三角形。于是，我们每次可以做这个直角三角形斜边上的中线，便每次都可以多构造出一个等腰三角形，于是命题对于一切正整数 n≥3n \ge3 成立。
那么，我们如何做到“大跨度”的跳跃呢？
在返回看
P1P_1 P2P_2
对于这两个构造方法，我们发现都出现了顶角为 120∘120^{\circ} 的等腰三角形，而对于一个顶角为 120∘120^{\circ} 的等腰三角形，我们可以用如下方法使其分为 33 个等腰三角形：
P4P_4。
于是，对于 n=3n=3 的构造，我们可以将 120∘120^{\circ} 的等腰三角形如上处理，便可以得到 n=5,7,⋯n=5,7,\cdots 的构造；对于 n=4n=4 的构造，我们可以将 120∘120^{\circ} 的等腰三角形如上处理，便可以得到 n=6,8,⋯n=6,8,\cdots 的构造。因此，命题对于一切正整数 n≥3n \ge3 成立。
这个证法是跨度为 22。当然，跨度为 33 也是可以构造的，这里不过多说明，请读者自行思考。
由此可见，大跨度的跳跃也是一种使用数学归纳法的利器。

Part 4.3\texttt{Part 4.3}：数学归纳法的变通形式 之 灵活的归纳途径

由于这是灵活的归纳途径，因此光靠文字很难说明清楚，下面来看一道例题：
设 a1<a2<⋯<ana_1<a_2< \cdots<a_n，而 b1,b2,⋯ ,bnb_1,b_2,\cdots,b_n 是 a1,a2,⋯ ,ana_1,a_2,\cdots,a_n 的一个排列。已知 a1+b1<a2+b2<⋯<an+bna_1+b_1<a_2+b_2< \cdots <a_n+b_n，求证：对于一切的 i(1≤i≤n)i(1 \leq i \leq n)，满足 bi=aib_i=a_i。
对于这个问题，想要直接证明每个 bib_i 都等于相对应的 aia_i 是很难实现的。所以我们先考虑这么一个结论：至少存在一个 i0i_0，满足 bi0=ai0b_{i_0}=a_{i_0}。考虑使用反证法和数学归纳法来证明这个结论。
反证：假设对于任意的 i(1≤i≤n)i(1 \leq i \leq n)，都有 bi≠aib_i\neq a_i，于是 b1≠a1b_1 \neq a_1。但是由于 a1a_1 是集合 {a1,a2,⋯ ,an}\{a_1,a_2,\cdots,a_n\} 中最小的元素，而 b1b_1 也是该集合中的元素，故 b1>a1b_1>a_1。
假设对于每个 i≤ji \leq j，都有 bi≥aib_i \ge a_i，我们来证明一定也有 bj+1>aj+1b_{j+1}>a_{j+1}。因为如果不然，有 bj+1≤aj+1b_{j+1} \leq a_{j+1}，则因我们已设对每个 ii，都有 bi≠aib_i \neq a_i，故知 bj+1<aj+1b_{j+1}<a_{j+1}，因而也有 bj+1≤ajb_{j+1} \leq a_j（因为 aa 单调递增）。同理可知，由 bj>ajb_j>a_j，得 bj≥aj+1b_j \ge a_{j+1}。于是，我们就有 aj+1+bj+1≤bj+aja_{j+1}+b_{j+1} \leq b_j+a_j，但这明显与已知条件不符。所以 bj+1>aj+1b_{j+1}>a_{j+1}。
从上面得分析得知，在“对于任意的 i(1≤i≤n)i(1 \leq i \leq n)，都有 bi≠aib_i\neq a_i”的条件下，我们用数学归纳法证明了“对于一切 ii，都有 bi>aib_i>a_i”，而这又显然是错误的，因为 ana_n 已经是最大值，不存在任何 ii 满足 bi>aib_i>a_i。因此我们假设的前提是错误的。故知存在某个数 i0i_0，满足 bi0=ai0b_{i_0}=a_{i_0}。
有了上面的推理，我们可以正式开始证明我们的命题了：
当 n=1n=1 时，显然 b1=a1b_1=a_1，故命题成立。假设 n=kn=k 时命题成立，要证当 n=k+1n=k+1 时命题也成立：
我们先将一开始的结论运用到 a1,a2,⋯ ,ak+1a_1,a_2,\cdots,a_{k+1} 及其排列 b1,b2,⋯ ,bk+1b_1,b_2,\cdots,b_{k+1} 中，由上面的结论可知存在一个数 i0i_0 满足 bi0=ai0b_{i_0}=a_{i_0}。那么对于剩下的 kk 个数，我们就可以用前面的归纳假设（即：“设 n=kn=k 时命题成立”）来证明。于是，命题在 n=k+1n=k+1 时也成立。
故知，对于一切正整数 nn，命题都成立。
是不是开始有难度了？接下来难度还会再升一级！

Part 5\texttt{Part 5}：数学归纳法应用中的命题转化

命题转化，是再数学证明过程中常用手法。这里仅介绍在数学归纳法中的命题转化。
先来看一道题：
若 nn 个正角 α1+α2+⋯+αn=π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n=\pi，证明：
sin⁡α1+sin⁡α2+⋯+sin⁡αn≤nsin⁡πn\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n \leq n \sin \dfrac{\pi}{n}
在这里，显然 n=1n=1 时上式两端相等，即命题成立。如果按照以往的解题过程：
假设 n=kn=k 时命题成立。现在如果要证明 n=k+1n=k+1 时也成立，就会发现一个问题：
n=kn=k 时结论成立，条件是 α1+α2+⋯+αk=π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_k=\pi，然而对于 n=k+1n=k+1 时，条件变为 α1+α2+⋯+αk+1=π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{k+1}=\pi，二者条件不同，因此不能直接使用数学归纳法。
因此，我们考虑转化命题。具体地，我们可以考虑证明：
若 nn 个正角 α1+α2+⋯+αn≤π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\leq\pi，证明：
1n(sin⁡α1+sin⁡α2+⋯+sin⁡αn)≤sin⁡α1+α2+⋯+αnn\dfrac{1}{n}(\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n) \leq \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}{n}
这个命题不仅可以证明原来的命题，同时也便于我们使用数学归纳法。那就让我们来试一下吧！
首先 n=1n=1 时，命题显然成立。为了方便后面的证明，接下来再看一下 n=2n=2 时的情形：
设正角 α1+α2≤π\alpha_1+\alpha_2 \leq \pi，于是就有 sin⁡(α1+α22)≥0\sin(\dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}) \ge 0，因而知：
(sin⁡α1+sin⁡α2)−2sin⁡α1+α22(\sin \alpha_1+\sin\alpha_2)-2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}
=2sin⁡α1+α22cos⁡α1−α22−2sin⁡α1+α22=2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}\cos\dfrac{\alpha_1-\alpha_2}{2}-2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}
=2sin⁡α1+α22(cos⁡α1−α22−1)≤0=2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}(\cos\dfrac{\alpha_1-\alpha_2}{2}-1)\leq 0，
即 12(sin⁡α1+sin⁡α2)≤sin⁡α1+α22\dfrac{1}{2}(\sin \alpha_1+\sin\alpha_2) \leq \sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}。因此 n=2n=2 时命题也成立。
假设 n≤kn \leq k 时命题也成立，即当正角 α1+α2+⋯+αn≤π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\leq \pi 且 n≤kn\leq k 时，有
1n(sin⁡α1+sin⁡α2+⋯+sin⁡αn)≤sin⁡α1+α2+⋯+αnn\dfrac{1}{n}(\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n) \leq \sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}{n}
要证明命题在 n=k+1n=k+1 时也成立。
我们分两种情况来讨论：
  • k+1=2mk+1=2m 为偶数。
则当 α1+⋯+αm+αm+1+⋯+α2m≤π\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m} \leq \pi 时。有 α1+α2+⋯+αm≤π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{m} \leq \pi 及 αm+1+⋯+α2m≤π\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}\leq \pi，于是由归纳假设可知：
1k+1(sin⁡α1+⋯+sin⁡αk+1)\dfrac{1}{k+1}(\sin \alpha_1+\cdots+\sin\alpha_{k+1})
=12[1m(sin⁡α1+⋯+sin⁡αm)+1m(sin⁡αm+1+⋯+sin⁡α2m)]=\dfrac{1}{2}[\dfrac{1}{m}(\sin\alpha_1+\cdots+\sin\alpha_{m})+\dfrac{1}{m}(\sin\alpha_{m+1}+\cdots+\sin\alpha_{2m})]
≤12[sin⁡α1+⋯+αmm+sin⁡αm+1+⋯+α2mm]\leq\dfrac{1}{2}[\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{m}}{m}+\sin\dfrac{\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}}{m}]。
再看 n=2n=2 时的结果可知：
上式 ≤sin⁡12(α1+⋯+αmm+αm+1+⋯+α2mm)\leq \sin\dfrac{1}{2}(\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{m}}{m}+\dfrac{\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}}{m})
=sin⁡α1+⋯+αm+αm+1+⋯+α2m2m=\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}}{2m}
=sin⁡α1+⋯+αk+1k+1==\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{k+1}}{k+1}= 右式。
知 k+1k+1 为偶数时命题成立。
  • k+1=2m+1k+1=2m+1 为奇数。
则当 α1+⋯+αm+αm+1+⋯+α2m+1≤π\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m+1}\leq \pi 时，要么 α1+⋯+αm≤π2\alpha_1+\cdots+\alpha_m \leq \dfrac{\pi}{2}，要么 αm+1+⋯+α2m+1≤π2\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m+1}\leq \dfrac{\pi}{2}。不妨假设 αm+1+⋯+α2m+1≤π2\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m+1}\leq \dfrac{\pi}{2}，于是就有
α1+⋯+αm+αm+1≤π\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}\leq \pi 及 αm+2+⋯+α2m+1+α1+⋯+α2m+12m+1≤π\alpha_{m+2}+\cdots+\alpha_{2m+1}+\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1} \leq \pi。
从而知有
1k+2(sin⁡α1+sin⁡α2+⋯+sin⁡αk+1+sin⁡α1+α2+⋯+αk+1k+1)\dfrac{1}{k+2}(\sin \alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_{k+1}+\sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{k+1}}{k+1})
=12[1m+1(sin⁡α1+⋯+sin⁡αm+1)+1m+1(sin⁡αm+2+⋯+sin⁡α2m+1)+sin⁡α1+⋯+α2m+12m+1]=\dfrac{1}{2}[\dfrac{1}{m+1}(\sin\alpha_1+\cdots+\sin\alpha_{m+1})+\dfrac{1}{m+1}(\sin \alpha_{m+2}+\cdots+\sin \alpha_{2m+1})+\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1}]
≤12[sin⁡α1+α2+⋯+αm+1m+1+sin⁡αm+2+⋯+α2m+1+α1+⋯+α2m+12m+1m+1]\leq \dfrac{1}{2}[\sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{m+1}}{m+1}+\sin\dfrac{\alpha_{m+2}+\cdots+\alpha_{2m+1}+\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1}}{m+1}]
≤sin⁡[12×(α1+⋯+αm+1)+(αm+2+⋯+α2m+1+α1+⋯+α2m+12m+1)m+1]\leq \sin[\dfrac{1}{2} \times \dfrac{(\alpha_1+\cdots+\alpha_{m+1})+(\alpha_{m+2}+\cdots+\alpha_{2m+1}+\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1})}{m+1}]
=sin⁡α1+⋯+α2m+12m+1=sin⁡α1+⋯+αk+1k+1=\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1}=\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{k+1}}{k+1}。
再消去上式两端的同类项，即得
1k+1(sin⁡α1+sin⁡α2+⋯+sin⁡αk+1)≤sin⁡α1+α2+⋯+αk+1k+1\dfrac{1}{k+1}(\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_{k+1})\leq \sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{k+1}}{k+1}
知当 k+1k+1 为奇数时命题也成立。
故对于一切自然数 nn，当正角 α1+α2+⋯+αn≤π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\leq\pi，都有 sin⁡α1+sin⁡α2+⋯+sin⁡αn≤nsin⁡α1+α2+⋯+αnn\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n \leq n \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}{n}。
特别地，当 α1+α2+⋯+αn=π\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n=\pi 时，便有 sin⁡α1+⋯+sin⁡αn≤nsin⁡πn\sin \alpha_1+ \cdots+\sin\alpha_n \leq n \sin \dfrac{\pi}{n}，而这正是我们所希望证明的结论。
对于以上的证明过程，我们将其称为“主动加强命题”。我们再来看几道例题，以助于理解：
已知 a1=1,a2=2a_1=1,a_2=2，对于 an+2a_{n+2}：
  • 如果 an×an+1a_n \times a_{n+1} 为偶数，则 an+2=5an+1−3ana_{n+2}=5a_{n+1}-3a_n；
  • 如果 an×an+1a_n \times a_{n+1} 为奇数，则 an+2=an+1−ana_{n+2}=a_{n+1}-a_n。
求证对于一切的 n∈Nn \in \mathbb{N}，an≠0a_n \neq0。
这一题，如果直接证明其不为 00，虽然我们知道 a1,a2a_1,a_2 不为 00，而且也可以假设 ak,ak+1a_k,a_{k+1} 都不为 00，却无法推出 ak+2a_{k+2} 也不会 00。所以，我们需要考虑转化一下命题。但是怎么转化呢？
先列出这个数列的前面若干项：
1,2,7,29,22,23,49,26,−17⋯1,2,7,29,22,23,49,26,-17\cdots
不难发现，这些数中都没有 44 的倍数！于是我们将这个数列变为除以 44 后的余数，则变成了：
1,2,3,1,2,3,1,2,3⋯1,2,3,1,2,3,1,2,3\cdots
这个数列的规律就特别明显了！于是我们可以猜测，是否对于一切的自然数 nn，满足：
a3n−2≡1(mod  4),a3n−1≡2(mod  4),a3n≡3(mod  4)a_{3n-2}\equiv1(\mod4),a_{3n-1}\equiv2(\mod4),a_{3n}\equiv3(\mod4)
既然有这样的猜测，不妨来证明一下：
首先 n=1n=1 时，a1=1≡1(mod  4),a2=2≡2(mod  4),a3=7≡3(mod  4)a_{1}=1\equiv1(\mod4),a_{2}=2\equiv2(\mod4),a_{3}=7\equiv3(\mod4)，从而我们的猜想在 n=1n=1 时成立。
假设 n=kn=k 时我们的猜想成立，即 a3k−2≡1(mod  4),a3k−1≡2(mod  4),a3k≡3(mod  4)a_{3k-2}\equiv1(\mod4),a_{3k-1}\equiv2(\mod4),a_{3k}\equiv3(\mod4)，于是：
a3k+1=5a3k−3a3k−1≡15−6=9≡1(mod  4)a_{3k+1}=5a_{3k}-3a_{3k-1}\equiv15-6=9\equiv1(\mod4)
a3k+2=a3k+1−a3k≡1−3=−2≡2(mod  4)a_{3k+2}=a_{3k+1}-a_{3k}\equiv1-3=-2\equiv2(\mod4)
a3k+3=5a3k+2−3a3k+1≡10−3=7≡3(mod  4)a_{3k+3}=5a_{3k+2}-3a_{3k+1}\equiv10-3=7\equiv3(\mod4)
这就说明了，在 n=k+1n=k+1 时命题也成立。故我们的猜想对一切的 n∈Nn\in \mathbb{N} 都成立。所以这个数列中不含有 44 的倍数。
那么，既然这个数列中不含有 44 的倍数，而 00 是 44 的倍数，这就说明了：对于任意的 n∈Nn\in \mathbb{N}，满足 an≠0a_n \neq0。我们的结论成立。

Part 6\texttt{Part 6}：数学归纳法的练习

介绍了这么多题，你应该会用了吧！现在来做几道习题练练手吧！
读者自证不难：
  • 已知 a1=a2=1,an+2=an+12+2ana_1=a_2=1,a_{n+2}=\dfrac{a_{n+1}^2+2}{a_n}。求证：对于一切的 n∈Nn \in\mathbb{N}，ana_n 皆为整数。
用两次数学归纳法，待定系数法，找到除了原递推方式的第二种递推方式。
  • 关于斐波那契数列：
  1. 已知 a1=a2=1,an=an−1+an−2a _1=a_2=1,a_n=a_{n-1}+a_{n-2}。求证当 n≥3n \ge 3 时，对于一切的 m∈Nm \in \mathbb{N}，满足 a5ma_{5m} 是 55 的倍数。
根据递推式，从余数讨论。
  1. 证明：每一个自然数都或是斐波那契数列中的一项，或是其中的若干项之和。
有意思的是，在这道题中就运用到了这个结论。可采用类似于 n≤kn \leq k 的归纳形式。
  • 证明：对于互不相等的自然数 a1,a2,⋯ ,ana_1,a_2,\cdots,a_n，不等式 (a17+a27+⋯+an7)+(a15+a25+⋯+an5)≥2(a13+a23+⋯+an3)2(a _1^7+a_2^7+\cdots+a_n^7)+(a_1^5+a_2^5+\cdots+a_n^5) \ge 2(a_1^3+a_2^3+\cdots+a_n^3)^2 成立。并考虑等号何时成立。
考虑使用公式：13+23+⋯+n3=[n(n+1)2]21^3+2^3+\cdots+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2，可以列出若干个不等式进行相加。
  • 证明，对于一切 n∈Nn \in \mathbb{N}，方程 x2+y2=znx^2+y^2=z^n 一定有正整数解。
考虑调整跨度，在 n=1n=1 和 n=2n=2 时列举情况后，以 22 的跨度进行分析，就可以遍历到所有正整数。
当然还有个做法是使用复数以及构造，这里就不过多赘述。
  • 将一个正整数 nn 分解为 a1+a2+⋯+aka_1+a_2+\cdots+a_k，其中 a1,a2,⋯ ,aka_1,a_2,\cdots,a_k 为可以相等的正整数。如果 1a1+1a2+⋯+1ak=1\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_k}=1，则称这个正整数 nn 是“完美”的。已知 3333 到 7373 的正整数都是“完美”的。求证：每一个不小于 3333 的正整数都是“完美”的。
假设 33≤n≤k33 \leq n \leq k 时 nn 是“完美”的，证明 33≤n≤2k33 \leq n \leq 2k 也是“完美”的。
  • 证明：对任何 n∈Nn \in \mathbb{N}，都存在 m∈Nm \in\mathbb{N}，使得 (2−1)n=m−m−1(\sqrt{2}-1)^n=\sqrt{m}-\sqrt{m-1}。
转化命题，变为证明：对任何的 n∈Nn \in \mathbb{N}，存在 a,b∈Na,b \in \mathbb{N}，使得 (1−2)n=a2−2b2,a2−2b2=(−1)n(1- \sqrt{2})^n=\sqrt{a^2}-\sqrt{2b^2},a^2-2b^2=(-1)^n。
  • 设 a,b,ca,b,c 是方程 x3−x2−x−1=0x^3-x^2-x-1=0 的 33 个根。证明：
(1)(1) a,b,ca,b,c 互不相同。
(2)(2) a1989−b1989a−b+b1989−c1989b−c+a1989−c1989a−c\dfrac{a^{1989}-b^{1989}}{a-b}+\dfrac{b^{1989}-c^{1989}}{b-c}+\dfrac{a^{1989}-c^{1989}}{a-c} 是整数。
对于第一个问，用韦达定理以及反证法即可。
对于第二个问，证明对于一切的 n∈Nn \in \mathbb{N}，f(n)=an−bna−b+bn−cnb−c+an−cna−cf(n)=\dfrac{a^{n}-b^{n}}{a-b}+\dfrac{b^{n}-c^{n}}{b-c}+\dfrac{a^{n}-c^{n}}{a-c} 都是整数。找到递推式，进行假设，即可证明。

Part 7\texttt{Part 7}：结语

这篇博客几个月前其实就写了一半，最近也花了好久的心思编辑而成。如果能够投入日报，那自然是不胜荣幸；如果因为一些原因没有选上，我就将其作为学习笔记，可以供大家参考和使用。
如果有任何问题，可以私信我或者在博客下方留言，我会在第一时间进行解答！

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