利用最小整数公理证明数学归纳法

利用最小整数公理证明数学归纳法
数学归纳法证明的是与自然数有关的命题，它的依据是皮亚诺提出的自
然数的序数理论，就是通常所说的自然数的皮亚诺公理，内容是：
（１）ｌ就是自然数。

（２）每个自然数ａ有一个确定的“直接后继”数ａ’，ａ也是自然数。

（２）ａ’≠１，即为１不是任何自然数的“轻易后继”数。

（４）由ａ’＝ｂ’，推得ａ＝ｂ，即每个自然数只能是另外的唯一自然的“直
直奔后继”数。

（５）任一自然数的集合，如果包含１，并且假设包含ａ，也一定包含ａ
的“轻易后继”数ａ’，则这个子集涵盖所有的自然数。

皮亚诺公理中的（５）是数学归纳法的依据，又叫归纳公理
因为由假设言４２ｋ＋１＋３ｋ＋２能够被１３相乘，ｋ＋１也能够被１３相乘，这就
是说，当ｎ＝ｋ＋１时，ｆ（ｋ＋ｌ）能被１３整除。

根据（１）、（２），可知命题
对任何ｎ∈ｎ都设立。

下面按归纳步中归纳假设的形式向读者介绍数学归纳法的几种不同形式
以及它们的应用领域。

（ｌ）简单归纳法。

即在归纳步中，归纳假设为“ｎ＝ｋ时待证命题成立”。

这就是最常用的一种归纳法，称作直观归纳法，大家都比较熟识，这里不再赘
述。

（２）弱归纳法。

这种数学归纳法，在概括步中，其概括假设为“ｎ≥ｋ
时待证命题成立”。

我们称之为强归纳法，又叫串值归纳法。

通常，如果在证明ｐ（ｎ＋ｌ）设立时，不仅依赖ｐ（ｎ）设立，而且还
可能依赖于以前各步时，一般应选用强归纳法，下面举例说明其应用。

基准存有数目成正比的'两堆棋子，两人轮流从任一堆里挑几项棋子，但无法
不取也不能同时从两堆里取，规定凡取得最后一项者胜。

求证后者必胜。

证：概括元ｎ为每堆棋子的数目。

设甲为先取者，乙为后取者。

奠基ｎ＝ｌ，易证乙必胜。

概括设立ｎｎ≤ｋ时，乙破釜沉舟。

现证ｎ＝ｋ＋ｌ时也就是乙破釜沉舟。

设甲在某堆中先取ｒ颗，ｏ＜ｒ≤ｋ。

乙的对策是在另一堆中也取ｒ颗。

有二种可能将：
（１）若ｒ＜ｋ，经过两人各取一次之后，两堆都只有ｋ－ｒ颗，ｋ－ｒ＜ｋ，现在又落跑甲先取，依概括假设，乙破釜沉舟。

（２）若ｒ＝ｋ，显然是乙胜，证毕。

上述形式的归纳法虽然比较简单，但如使用不当，往往可以出现错误，存有
两点应注意：第一，在使用归纳假设时防止无形中引入不相干的假设。

第二，
在证明过程中应当特别注意数学规律的正确性。

下面我们导入一个反例，在这个反例中，由于错误的证明导致证得了错误的待证命题。

反而：证明任一ｎ条直线均能够轻制备一条直线。

下面给出错误的证明：
证：奠基ｎ＝１时该命题设立。

归纳利用强归纳法，可以有如下的归纳假设：任意１条，２条，３条，…，
ｋ条直线什罗克制备一条直线，必须证ｋ＋１条直线也轻制备一条直线，设立这ｋ＋１
条直线为ｌ１、ｌ２、…，ｌｋ，ｌｋ＋１由强归纳假设得ｌ１，…，ｌｋ…重合为一条直线，
记为ｌ。

又由弱概括假设得ｌ和ｌｋ＋１重合为一条直线，于是任一ｎ条直线便
重合一条直线了。

细心的读者也许已经辨认出这里的错误了，这就是由于错误地采用了于概括
假设而造成的。

具体地说，这是在“ｌ和ｌｋ＋１这两条直线重合为一条直线”
这一点把弱概括假设采用弄错了。

弱概括假设中并没涵盖这一条件，因为我
们这里奠的基是ｎ＝ｌ，因此待证命题“ｋ＋１条直线重合为一条直线”要求对于
一切大于等同于１的ｋ设立，而上面证明中所假设的ｌ和ｌｋ＋１重合为一
条直线
实际上是要求ｋ≥２，这就是错误的所在。

（３）参变归纳法。

在等待证命题中所含参数的时候，比如ｐ（ｕ，ｎ），则
用数学归纳法证明ｐ（ｕ，ｎ）对一切ｎ成立时，在奠基步中，应证ｐ（ｕ，０）
对一切ｕ设立。

在概括步中，假设ｐ（ｕ，ｋ）对一切ｕ设立，证明ｐ（ｕ，
ｋ＋１）
对一切ｕ成立。

这里，“ｐ（ｕ，ｋ）”对一切ｕ成立称之为参变归纳假设，这种证明方法叫作参变归纳法，ｕ起至着参数的促进作用。

例求证当ｎ≥３时有ｎ（ｎ＋１）≥（ｎ＋１）３。

本题证明的困难主要是概括步骤，无论使用哪种概括假设，都难于证
明。

如果我们对该待证命题施展一定的技巧，把该式中的部分ｎ写成ｕ（视
并作参数），部分ｎ维持维持不变，即为译成
ｎｕｎ≥（ｕ＋ｌ）ｎ，
则需用参变归纳法证明当ｕ≥ｎ≥３时上式设立，原命题即可初等矩阵。

奠基ｎ＝３时，对ｕ≥３的一切ｕ均有
右端＝３ｕ３＝ｕ３＋ｕｕ２ｕ
≥ｕ３＋３ｕ＋ｇｕ
＞ｕ３＋３ｕ２＋３ｕ＋１
＝（ｕ＋１）３＝右端
概括ｎ＝ｋ＋１时，
左端＝（ｋ＋１）ｕｋ＋１＝ｕ（ｋ＋１）ｕｋ
＝（ｕｋ十ｕ）ｕｋ≥（ｕｋ十ｋ）ｕｋ
＝ｋ（ｕ＋ｌ）ｕｋ≥（ｎ＋１）（ｕ＋１）ｋ
＝（ｕ＋ｌ）ｋ＋１＝右端。

所以当ｕ≥ｎ≥３时，有ｎｕｎ＞（ｕ＋ｌ）ｎ。

而令ｕ＝ｎ，上式便为ｎｎ＋１≥（ｎ＋ｌ）ｎ，即为原不等式，故原不等式初等
矩阵。

值得指出的是，上面三种形式的数学归纳法，都要求待证命题含有自然
数变元ｎ，对ｎ颁布概括，ｎ称作概括变元，但是在数学的一些分支中，有些
待证命题表面上看来似乎不含自然数变元ｎ，但仔细一分析，实际上是含有
自然数变元的，当我们一旦把ｎ的含义明晰以后，用数学归纳法回去证明这些
待证命题就迎刃而解了。

举一个简单的例子。

基准证明由｛ａ，ｂ，ｃ，ｄ｝四个标识符利用＋、－运算符共同组成的任一算术
表达式中，所含标识符的个数一定等于这个表达式中运算符的个数加１。

证：设立任一的表达式为ｆ，而概括变元ｎ为ｆ中所含运算符的个数。

奠基ｎ＝０，则ｆ由一个标识符组成（因为没有运算符），所以命题成立。

概括假设ｎ≤ｋ时本命题设立，现证ｎ＝ｋ＋１时本命题也设立。

ｆ一
定是下述两种情况之一：
ｆ就是ｆ１＋ｆ２或ｆ就是ｆ１－ｆ２。

其中ｆ１，ｆ２所含的运算符个数都小于ｋ＋ｌ，对ｆ１，ｆ２使用归纳假设，可
得ｆ１＋ｆ２，ｆ１－ｆ２中所含标识符个数也比各自含有的运算符的个数多１。

（４）广义归纳法。

数学归纳法不仅可用于含有自然数变元ｎ的命题，经
推展后，还可以用作所含某些其它子集上的命题。

这种子集，称作概括集。

对
于一个含有某个归纳集上的变元ｘ的待证命题ｐ（ｘ），所用的归纳法称之为
广义归纳法。

定义：设有一个集合ａ，如果它满足下面三个性质：
（１）ａ１，ａ２…，ａｎ就是ａ中的元素（ｎ≥１）；
（２）如果ｘ是ａ中元素，则ｆ１１（ｘ），ｆ１２（ｘ），…ｆ１ｎ１（ｘ）也是ａ中
的元素（ｎ、＞０）；
如果ｘ，ｙ是ａ是元素，则ｆ２１（ｘ、ｙ），ｆ２２（ｘ，ｙ），…ｆ２ｎ
２（ｘ，ｙ）
也就是ａ中元素（ｎ２＞０）；…；
如果ｘ１…，ｘｍ是ａ中元素，则ｆｍ１ｘｌ…ｘｍ），ｆｍ２（ｘｌ…，ｘｍ），…ｆｍｎｍ
（ｘ１…，ｘｍ）也就是ａ中元素（ｍ≥ｌ，ｎｍ＞０）。

（３）ａ中的元素仅限于此。

则ａ称作概括集ａ１，ａ２，…ａｎ称作首集的已经开始元素，诸ｆｉｊ称作
首集
的生成函数（其中第一下标为该函数的元素，第二下标以区分具有同样元素
的各函数）。

按照上述的定义，自然数集是归纳集，它的开始元素是０，生成函数是ｆ
（ｘ）＝ｘ＋１。

前例中集｛ａ，ｂ，ｃ，ｄ｝的元素利用“＋”，“－”运算所构成的一切表
达式的子集就是概括集，已经开始元素就是就是ａ，ｂ，ｃ，ｄ，分解成函数为ｆ
２１（ｘ，ｙ）
＝ｘ＋ｙ，ｆ２２（ｘ，ｙ）＝ｘ－ｙ。

在证明所含某个概括集ａ上的变元ｘ的待证命题ｐ（ｘ）时，需用如下的
广义归纳法。

奠基步必须证明（ａｌ），ｐ（ａ２），……ｐ（ａｎ）设立，这里ａｌ，ａ２…，ａｎ
是ａ中的开始元素。

归纳法必须证明对于１≤ｉ≤ｍ及１≤ｊ≤ｎ的所有ｉ、ｊ对于ａ中的任何元
素ｘ１，ｘ２…，ｘｉ，如果ｐ（ｘｌ），ｐ（ｘ２），…，ｐ（ｘ１）成立，则ｐ（ｆｉｊ（ｘｘ１，…，
ｘｉ））也设立。

在基准４中，因为表达式所共同组成的子集就是概括集（记为ａ），
我们可用广义归纳法证之。

奠基：对于ａ中的四个已经开始元素ａ，ｂ，ｃ，ｄ，因为它们的标识符个数为
１，而运算符个数均为０，所以命题成立。

概括：对于ａ中的元素ｘ，ｙ，ｆ２１（ｘ，ｙ）＝ｘ＋ｙ中，我们设立ｘ＋ｙ标识
符个数为ｍ，运算符个数为ｎ；
ｘ中标识符个数为ｍｌ，运算符个数为ｎｌ；
ｘ中标识符个数为ｍ２，运算符个数为ｎ２；
则
ｍ＝ｍｌ＋ｍ２＝（ｎ１＋１）＋（ｎ２＋１）
（ｎｌ＋ｎ＋１）＋１＝ｎ＋１．
同理可证ｆ２２（ｘ，ｙ）＝ｘ－ｙ也有如上的结果，故依广义归纳法，本命题
设立。