a a2 a3 1 + + ⋅⋅⋅ + n ) + 。 n n 2 3
2
ak a2 a3 1 • 假设当 n = k 时，命题成立，即 ak > 2( + + ⋅⋅⋅ + ) + ， k k 2 3 则 2ak 1 2 1 2 2 ak +1 = (ak + ) = ak + + k +1 k + 1 (k + 1) 2 a a a 1 2 1 1 > 2( 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k ) + + (ak +1 − )+ 2 3 k k k +1 k + 1 (k + 1) 2 a a a 1 1 = 2( 2 + 3 + ⋅⋅⋅ + k +1 ) + − 2 3 k + 1 k (k + 1) 2 ak +1 a2 a3 1 )+ > 2( + + ⋅⋅⋅ + k +1 k +1 2 3
，知 n = k + 1时（1）（2）成立。 ，
• 故（1）（2）对一切自然数都成立，因此命题成立。 ，
1 3 • 例 7 证明： ( )( ) 2 4
2n − 1 1 ( )≤ 。 2n 3n
• 分析：用数学归纳法直接证明原不等式，当 n = k + 1时，即证 1 3 2n − 1 2n + 1 1 ( )( ) ( )( )≤ 。 2 4 2n 2n + 2 3n + 3
xk = 1时， x1 + x2 +
+ xk ≥ k 。则 n = k + 1时，
• （1）若 x1 = x2 =
= xk +1 = 1，则 x1 + x2 +
+ xk +1 = k + 1，结论成
xk xk +1 = 1 ，则在
, xk +1 不 都 相 等 时 ， 由 于 x1 x2 xk = 1。
• 例 9 证明：对于任意 n 边形的三角剖分（多边形的一个三 角剖分是将多边形分为若干个三角形的一种划分， 这些三 角形的顶点都是原多边形的顶点） 。我们能够用三种颜色 对顶点着色，从而使得没有两个相邻的顶点有相同的颜 色。
• 分析：情形 P (3) 显然成立。 • 假设 P (k ) 对任意 k ≤ n 成立，我们来证明 P (k + 1) 成立。 • 给定一个已进行三角形剖分的 (n + 1) 边形，选择一个顶点，并 这个三角形将 (n + 1) 边形分 考虑包含这个顶点的三角形 XYZ ， 为两个更小的已进行三角形剖分的多边形 L 和 R 。
1 2n + 1 1 • 即证 ( )≤ ，很不幸，这个不等式不成立， 3n 2n + 2 3n + 3 只需要令 n = 1就知道了。
1 3 • 证明一个加强不等式： ( )( ) 2 4
• 即证
2n − 1 1 ( )≤ 。 2n 3n + 1
1 2n + 1 1 ( )≤ ，化简19n ≤ 20n 。 3n + 1 2n + 2 3n + 4
4 − f ( n) f (n + 1) = (n ∈ N + ) ，且 f (1) = 2 ，是否存在实数 f ( n) + 2
1 + 1对任意正整数 n 成立？证 a, b 使得 f (n) = 3 n a(− ) − b 2 明你的结论。
X Z
L Y
R
• 将 L 的顶点涂成红色、白色和蓝色，使得没有相邻顶点的颜色 相同，由归纳假设这是可以做到的。 • 不失一般性，假设 X 是蓝色，Y 是白色。 • 再考虑顶点 Z 的颜色。三角形 XYZ 中，由于 X 是蓝色，Y 是白 色，则 Z 的颜色是红色。如果我们足够幸运， R 中Y , Z 的着色 方式与三角形 XYZ 顶点Y , Z 着色方式相符。 • 如果不相符怎么办？只要将颜色重新命名就可以了。也就是 说，将 R 的着色方式中的红色、蓝色和白色的位置进行交换。 • 例如，如果在 R 原来的着色方式中，Y 是红色， Z 是蓝色，只 需要将 R 的红色顶点重新着色为白色， 而将蓝色顶点重新着色 为红色。
n ∈{1, 2,
, n0 }，命题 P (n) 均成立。
一、基本原理
• 定理 4 (倒退归纳法) 若对于 n = 2k ( k = 1, 2, ) ，命题 P ( n) 成立。又由 P (k ) 成立能推出 P (k − 1) 成立，则对于 n ∈ N ， 命题 P (n) 均成立。
二、例题选讲
• 例 5 设 f (n) 是 N + → N + 的映射，满足： • (1) f (2) = 2 ； • (2) ∀m, n ∈ N + ，有 f (mn) = f (m) f (n) ； • (3)当 m, n ∈ N + 且 m < n 时，有 f ( m) < f ( n) 。 • 证明对于任意正整数 n ，都有 f (n) = n 。
• 例 8 平面被若干条直线分为一些区域。证明：永远能做到 用两种颜色给每个区域涂色，且相邻的区域颜色不同。
• 分析：问题的陈述与整数并无直接关系，然而，当我们进行 试验时，自然会从一条直线开始，然后是两条直线，等等。 • 我们将证明命题 P (n) ：如果用 n 条直线划分平面，则能用两种 颜色为所得的区域涂色，使得相邻两块的颜色永不相同。 • 显然， P (1) 成立；现在假设 P (k ) 成立，然后画第 k + 1条直线， 并且“反转”这条直线右边的着色方式，便得到 P (k + 1) 成立。
• 例 6 证明：对任何自然数 n ，都存在一个自然数 m ，使得 下列等式成立： ( 2 − 1) n = m − m − 1 。
• 证明：只须证明下述命题：对任何自然数 n ，都存在自然数 a, b ， 使得下列等式成立：
⎧(1 − 2) n = a 2 − 2b 2 (1) ⎪ 。 •⎨ 2 2 n ⎪a − 2b = (−1) (2) ⎩
• 例 4 试证明对任何自然数 n ≥ 6 ，每一个正方形都可分成 n 个正方形。
• 证 当 n = 6,7,8时，由图 1 知结论成立.
• 图1 • 对于 n = k (k ≥ 6) 时结论成立，那么对于 n = k + 3，我们先将正 方形分成 k 个正方形，再将这 k 个正方形中的一个分成 4 个小 正方形，从而得到 k + 3 个正方形，即 n = k + 3时结论成立。由 归纳法原理知结论成立。
an + 1，
an ≥ 2 n 。
• 用数学归纳法证明对一切正整数 n 都有 1 1 1 1 • 1− ( + + + ) = 。 （过程略） a1 a2 an a1a2 an
1 1 • 则1 − ( + + a1 a2
•即
1 1 1 + )= ≤ n， an a1a2 an 2 1 1 ≥ 1− n 。 2 an< f (2 m +1 ) = 2 m +1 。
• 又 f (2 m + j ) ∈ N + ， 从而有 f (2 m + j ) = 2 m + j ,1 ≤ j ≤ 2 m − 1。 • 所以 f (2 m + s ) = 2 m + s ，故 f ( n ) = n 。
an+1 = a1a2
an + 1。
1 1 1 1 + ≥ + + + an 2 4 8 1 + n 对一切正整数 2
1 1 • 求证： + + a1 a2
n 均成立。 • （2010 福建省高中数学竞赛第 15 题）
• 证明： a1 = 2 ， ∵ 且对一切正整数 n 都有 an +1 = a1a2 • ∴对一切正整数 n 有， an ≥ 2 ， a1a2
• 事实上，当 n 为偶数时，取 m = a ；当 n 为奇数时，取 m = 2b ，即
2 2
由（1）（2）知命题成立。 ， • 当 n = 1时，取 a = b = 1，即知（1）（2）成立。 ，
• 假设 n = k 时，命题成立，那么 n = k + 1时，由于
(1 − 2) k +1 = (1 − 2) k (1 − 2)
•
= ( a 2 − 2b 2 )(1 − 2) = (a + 2b) − (a + b) 2 = (a + 2b) 2 − 2(a + b) 2
• 取 a1 = a + 2b, b1 = a + b ，则 a1 , b1 ∈ N ，且 • a1 − b1 = −( a − 2b ) = (−1)
2 2 2 2 k +1
• 证 由条件(1)及(2)，不难用数学归纳法证明： ∀ k ∈ N + ， 有 f (2 k ) = 2 k 。 • 对于 n ∈ N + ，当 n = 1时，因为 f (1) ∈ N + ，所以 f (1) ≥ 1。 • 又由(3)知 f (1) < f (2) = 2 ，所以 f (1) ≤ 1，从而有 f (1) = 1。 • 又当 n > 1 且 n = 2 k ( k ∈ N + ) 时，必存在这样的 m ∈ N + ，使 / 得 2 m < n < 2 m +1 。 • 设 n = 2 m + s ,1 ≤ s ≤ 2 m − 1，由于 • 2 m = f (2 m ) < f (2 m + 1) < f (2 m + 2) < ⋅ ⋅ ⋅