最新数学归纳法证明例题

例1．用数学归纳法证明：
()()12121217
51531311+=+-++⨯+⨯+⨯n n n n ． 请读者分析下面的证法：
证明：①n =1时，左边31311=⨯=，右边3
1121=+=，左边=右边，等式成立． ②假设n =k 时，等式成立，即：
()()12121217
51531311+=+-++⨯+⨯+⨯k k k k ． 那么当n =k +1时，有：
()()()()32121121217
51531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=3211211211217151513131121k k k k 322221321121++⋅=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=
k k k ()1
121321+++=++=k k k k 这就是说，当n =k +1时，等式亦成立．
由①、②可知，对一切自然数n 等式成立．
评述：上面用数学归纳法进行证明的方法是错误的，这是一种假证，假就假在没有利用归纳假设n =k 这一步，当n =k +1时，而是用拆项法推出来的，这样归纳假设起到作用，不符合数学归纳法的要求．
正确方法是：当n =k +1时．
()()()()32121121217
51531311++++-++⨯+⨯+⨯k k k k ()()
3212112++++=k k k k
()()()()()()
321211232121322++++=++++=k k k k k k k k ()1
121321+++=++=k k k k 这就说明，当n =k +1时，等式亦成立，
例2．是否存在一个等差数列{a n }，使得对任何自然数n ，等式：
a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)
都成立，并证明你的结论．
分析：采用由特殊到一般的思维方法，先令n =1，2，3时找出来{a n }，然后再证明一般性．
解：将n =1，2，3分别代入等式得方程组．
⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=603224
26321
211a a a a a a ， 解得a 1=6，a 2=9，a 3=12，则d =3．
故存在一个等差数列a n =3n +3，当n =1，2，3时，已知等式成立．
下面用数学归纳法证明存在一个等差数列a n =3n +3，对大于3的自然数，等式
a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)都成立．
因为起始值已证，可证第二步骤．
假设n =k 时，等式成立，即
a 1+2a 2+3a 3+…+ka k =k (k +1)(k +2)
那么当n =k +1时，
a 1+2a 2+3a 3+…+ka k +(k +1)a k +1
= k (k +1)(k +2)+ (k +1)[3(k +1)+3]
=(k +1)(k 2+2k +3k +6)
=(k +1)(k +2)(k +3)
=(k +1)[(k +1)+1][(k +1)+2]
这就是说，当n =k +1时，也存在一个等差数列a n =3n +3使a 1+2a 2+3a 3+…+na n =n (n +1)(n +2)成立．
综合上述，可知存在一个等差数列a n =3n +3，对任何自然数n ，等式a 1+2a 2+3a 3+…
+na n =n (n +1)(n +2)都成立．
例3．证明不等式n n 21
31
21
1<++++ (n ∈N )．
证明：①当n =1时，左边=1，右边=2．
左边<右边，不等式成立．
②假设n =k 时，不等式成立，即k k 2131211<++++
．
那么当n =k +1时， 11
1
31
21
1++++++k k
1
1
1211
2+++=++<k k k k k ()()
1211211
1+=++=++++<k k k k k k
这就是说，当n =k +1时，不等式成立．
由①、②可知，原不等式对任意自然数n 都成立．
说明：这里要注意，当n =k +1时，要证的目标是
121113
1
21
1+<++++++k k k ，当代入归纳假设后，就是要证明： 12112+<++k k k ．
认识了这个目标，于是就可朝这个目标证下去，并进行有关的变形，达到这个目标． 例4．已知数列{a n }满足a 1=0，a 2=1，当n ∈N 时，a n +2=a n +1+a n ．
求证：数列{a n }的第4m +1项(m ∈N )能被3整除．
分析：本题由a n +1=a n +1+a n 求出通项公式是比较困难的，因此可考虑用数学归纳法． ①当m =1时，a 4m +1=a 5=a 4+a 3=(a 3+a 2)+(a 2+a 1)=a 2+a 1+a 2+a 2+a 1=3，能被3整除． ②当m =k 时，a 4k +1能被3整除，那么当n =k +1时，
a 4(k +1)+1=a 4k +5=a 4k +4+a 4k +3
=a 4k +3+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1
=a 4k +2+a 4k +1+a 4k +2+a 4k +2+a 4k +1
=3a4k+2+2a4k+1
由假设a4k+1能被3整除，又3a4k+2能被3整除，故3a4k+2+2a4k+1能被3整除．
因此，当m=k+1时，a4(k+1)+1也能被3整除．
由①、②可知，对一切自然数m∈N，数列{a n}中的第4m+1项都能被3整除．
例5．n个半圆的圆心在同一条直线l上，这n个半圆每两个都相交，且都在直线l的同侧，问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧？
分析：设这些半圆最多互相分成f (n)段圆弧，采用由特殊到一般的方法，进行猜想和论证．
当n=2时，由图(1)．两个半圆交于一点，则分成4段圆弧，故f (2)=4=22．
当n=3时，由图(2)．三个半径交于三点，则分成9段圆弧，故f (3)=9=32．
由n=4时，由图(3)．三个半圆交于6点，则分成16段圆弧，故f (4)=16=42．
由此猜想满足条件的n个半圆互相分成圆弧段有f (n)=n2．
用数学归纳法证明如下：
①当n=2时，上面已证．
②设n=k时，f (k)=k2，那么当n=k+1时，第k+1个半圆与原k个半圆均相交，为获得最多圆弧，任意三个半圆不能交于一点，所以第k+1个半圆把原k个半圆中的每一个半圆中的一段弧分成两段弧，这样就多出k条圆弧；另外原k个半圆把第k+1个半圆分成k+1段，这样又多出了k+1段圆弧．
∴ f (k+1)=k2+k+(k+1)
=k2+2k+1=(k+1)2
∴满足条件的k+1个半圆被所有的交点最多分成(k+1)2段圆弧．
由①、②可知，满足条件的n个半圆被所有的交点最多分成n2段圆弧．
说明：这里要注意；增加一个半圆时，圆弧段增加了多少条？可以从f (2)=4，f (3)=f (2)+2+3，f (4)=f (3)+3+4中发现规律：f (k+1)=f (k)+k+(k+1)．
N的4K+1次方-N为何是10的倍数？
先证明n^5-n一定是10 的倍数
再用数学归纳法证明n^(4k+1)-n也是10的倍数
n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1)
显然n,n-1中必有一个数是偶数所以n^5-1是2的倍数
下面分情况讨论
n=5t 5t+1 5t+2 5t+3 5t+4 都能得到n^5-n 是5的倍数
而(2,5)互质所以n^5-n是10 的倍数
所以当k=1时成立
假设当k=r时成立即n^(4r+1)-n=10s
则当k=r+1 时n^(4r+4+1)-n=(n^4r+1-n)*n^4+(n^5-n)
=n^4*10s+n^5-n
由于n^5-n是10的倍数
所以当k=r+1时也成立
证明:2的n次方大于2n+1,n是大于3的整数
n=3时，2^3=8>2*3+1,2的n次方大于2n+1成立
设n≤k,k>3时成立
则：
2^(k+1)=2*2^k>2*(2k+1)=4k+2>2k+8>2(k+1)+1
n=k+1时成立
所以，
2的n次方大于2n+1,n是大于2的整数
证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除
证明设A=1^n＋2^n＋3^n＋4^n，当n=4k(k为整数)时，1^n、3^n的个位数均为1，2^n、4^n的个位均为6，1+1+6+6=14，A的个位为4，显然A不能被5整除
当n≠4k时，⑴若n=4k+1，易知A的个位=（1+2+3+4）的个位=0，∴A能被5整除
⑵当n=4k+2时，A的个位=（1+4+9+16）的个位=0，∴A能被5整除
⑶当n=4k+3时，A的个位=（1+8+27+64）的个位=0，∴A能被5整除
综上所述，
当且仅当指数n不能被4整除时，
A能被5整除，
也即当且仅当指数n不能被4整除时，
1^n＋2^n＋3^n＋4^n能被5整除。