数学归纳原理和最小数原理的等价性证明
数学归纳法的发展、原理及其在数学中的应用-精品资料-精品资料-精品资料-精品资料
数学归纳法的发展及其在数学中的应用摘要：在数学论证中，数学归纳法是一种常用的数学方法，用途很广，对于某些结论是自然数的函数命题，往往都可以通过数学归纳法来加以证明。
本文叙述了数学归纳法名称的发展，数学归纳法内容的发展，并分别从良序原理、数学归纳法、第二数学归纳法、数学归纳法的有效性这四个方面对数学归纳法的原理做了介绍，都有相关的例子，能帮助读者深入的理解数学归纳法的原理。
本文也列举了几种常见的数学归纳法的形式，如第一数学归纳法、第二数学归纳法、倒推归纳法、螺旋式归纳法。
在了解数学归纳在数学中的应用后，本文重点叙述了数学归纳法在证明恒等式、证明不等式、证明整除问题、证明几何问题、探索与正整数有关的问题中的具体应用过程。
通过本文，能使读者更加深入的了解数学归纳法，并且能更好的运用数学归纳法解决数学学科中的一些问题。
关键词：数学归纳法发展原理应用一、数学归纳法的发展（一）数学归纳法名称的发展“数学归纳法”名称是由英国数学家创立, 并由英国教科书作者普遍采用推广。
在名称上迈出重要一步的是英国数学家德摩根。
1838年在伦敦出版的《小百科全书》中，德摩根在他的条目“归纳法里建议使用“逐收归纳法”。
但在该条目的最后他偶然地使用了术语数学归纳法，这是我们所能看到这一术语的最早使用。
无论是毛罗利科还是帕斯卡，也无论是伯努利还是其后的数学家们，虽然都在不断地使用数学归纳法，但在很长的时期内并授有给他们的方法以任何名称。
只是由于沃利斯以及雅各布·伯努利的工作，才引进了“归纳法”这一名称。
并在两种截然不同的意义上应用于数学：(1)以特此获得一般结论的沃利斯方式(2)指定的步骤论证，并且影响了其后的数学家们，使这种混用状态大约持续了140年。
到l9世纪上半叶，英国的数学家皮科克在他的《代数学》的排列与组合部分，谈到梅成的规律用归纳法延伸到任意数，是从预攫 f 意义上以沃利斯方式使用归纳法的。
后来，他又将从“到R+1的论证称之为证明归纳法。
高等代数几个重要定理的证明-毕业论文
---文档均为word文档，下载后可直接编辑使用亦可打印--- 摘要代数是学学的心础课程，是其它课程的要提.本文共分三大部分，第一大部分主要介绍了高等代数课程的七个重要定理的内容、证明.因高等代数中提出了许多新概念、新定义、新定理，譬如多项式、数域、线性空间、映射等，且都是较为抽象的内容，故此将其中各章节中的重要定理列举出来，并寻找多个定理证明来加深对其的理解及认识.第二大部分主要介绍了在高等代数学习中遇到的问题及解决的方法.第三大部分则主要讲了高等代数在实际问题中的应用中的两种应用方法，即矩阵密码与保密通讯和情报信息检索模型.关键词：定理证明；矩阵；行列式；线性空间；高等代数应用AbstractHigher algebra is the core curriculum of university mathematics,and it is an important prerequisite for learning other courses. This paper is divided into three parts,and the first part mainly introduces the seven important theorems in advanced algebra course content. Because of Higher Algebra put forward many new concepts and new definition, theorems, such as polynomial, the number of domain, linear space mapping, etc., which are more abstract content.Therefore one of the important theorem of various sections of the list, and to find a proof of the theorem to deepen understanding and understanding of these.The second part mainly introduces the problems and solutions in the study of higher algebra. The third part focuses on the application of advanced algebra in the practical application of the two methods, namely, matrix cryptography and secure communications and information retrieval model.Key words：Theorem proving;matrix;determinant;application of Advanced algebra目录TOC \o "1-2" \u 前言11 定理阐述及证明21.1因式分解及唯一性定理21.2最大公因式存在定理41.3最小数原理51.4替换定理61.5哈密尔顿-凯莱定理81.6带余除法101.7行列式计算定理121.8定理：在数域上，任意一个对称矩阵都合同于一对角矩阵132 高等代数的重要定理在相关的对应理论中的作用、地位与应用132.1因式分解及唯一性定理142.2 最大公因式存在定理142.3 最小数定理142.4 替换定理142.5 哈密尔顿-凯莱定理152.6 带余除法152.7 行列式计算定理152.8 对称矩阵合同于对角矩阵153 高等代数的学习15结束语17参考文献18引言高代数是范学校学业的学生所学习的一门主要，是学的继与高.它的内容由多项式理论、解理论、线性空间理论三大部分组成.这三大部分的特殊性在于其中的定理和概念较多，具体的模型稀少，，可引导用的例题较少，计算性弱，逻辑性强.在对高等代数几个重要定理的证明方法的探索中，能够改变我们的思维，增强大家都思维能力，辑思维能力和代数计算.此外，高等代数已经是从事科学研究的科技人员必备的数学基础知识，因它是理论化学与理论物理的不可替代的代数基础知识，也已经渗透到了管理、经济、科学技术等多项领域，除此以外，矩阵又有了新的意，尤其是对矩阵的数值分析方面的贡献.由是对于本文探索高等代数的定理新证明又有了重大意义.1 定理阐述及证明1.1因式分解及唯一性定理：理容：数上有的多式都可一地解为域，一些可多项的积，所说的性是说，如有个分式，则，同在当排因的次后有，，且是些零数.证法一：首先要证明的式分解式是否存在，我们对的次数作数学归纳法.因为一次性多项式都是不可约的，所以当时结论成立.先，同设此论对于数的多项式已成立.如果，那么然论成，不是约的，，其的次数都.由归纳假和都可以分解成数上一些多式的积.把，的分式来就可以得到的一个式.由归纳法原理，可知结论普遍成立.下证它的一性.设可以解成约项式的积.如果还有另一个分解，其中都可约多项式，于是. （1）我们对作归纳法.当，是不可约多项式，由定义一定有且现在设可约式的时性已证.由（1）因此，能尽中的一个，.因为也可多式，，（2）在（1）式两边消去，就有.由归纳假设，有，即，（3）并且适当排列次序之后有，，（4）即（2）,（3），（4)三式加起来就是我们所要证得，即证明了分解的唯一性.[1]证法二：可以对因式的用数学归纳法.对于可多式，也是对于的情来说，理成立.假定对于能分解成个不可约因式的乘积的多项式来说，定理成立.们明对于能可因的积的多项来说也立.等(1)表明，积可以被可多式整.性，若项与的积能被可多式，则有一能被的，且某一能被.适当调整的次序，可以假定即.但不是可约多项式，而的次数是零，所以必须是一个多项式：（2）, 把的表示式代入式（1）的右端，得:，等端除为的多项式，得出式,令那么是一个能分解成不约多项式乘积的多项式.于是由归纳假定得，亦即，并且可以假定（3）其及都是次多式.令，由（2）及（3）得，这样得到明1.2最大公因式存在定理：如果中意个项在中存一个大因，且表示为的一个合，即中项式使.证法一：数学归纳法证明：将定理证明过程中会用到的引理列出：引理[1]:如有式成，和有同的因式.下面用归纳证明大因式在定理.（种形证）证明当或时，的最大公因式为或，显然有或当且时，不妨设，令，下面对n实行归纳法：.当时设，则（非零常数）或，当时，，于是的最大公因式为，有. 当（非零常数）时，由于，故的最大公因式为，由引理，的最大公因式也为，且有定理成立..假对于的自然，定都成.看n时情形设，则或，⑴时，，于是的最大公因式为，有.⑵时，设，则或⑶时，的最大公因式为，由引理，的最大公因式也为，且有.⑷当时，由归纳假设，存在最大公因式，且由引理，的最大公因式也为，进而的最大公因式也是.所以，对于一切都存在最大公因式.由于所以,取,,则有.[3]1.3最小数原理：负整数集合的任意一个非空子集一定含一个最小数，接下来通过构造的方法证明最大公因式存在定理.证明：分成两种情况当或时，的最大公因式为或，显然有或当且时，令,记,由于，所以，则是非负整数集的一个非空子集.由最小数原理，中存在最小数，故存在，且，即是中最小次数多项式.于是，有中多项式使由带余除法或或’若则，但,即，于是，与是中最小次数多项式矛盾.因此，从而.同理可证：.于是是与的公因式.设是与的任一公因式，则，，由得：，所以是与的最大公因式，且有.1.4替换定理：设无关的量组（1）可由组（2）线表，则，且（2）中个量使得向组，（3）与量（2）.证法1.由可知性无的向组由量（2）表示，则有:可由向量组线性表示.从而，由可向量线性表示，得（3）性关.那么根据前面所提供的定理，可知至少有一个向量能用其前个向量线性表示.在向量组（3）中将除去，剩下个向量为（4）这时向量组（4）与（2）等价.同理可得（6）如果线性无关向量组的元素个数，则进行次可得向量组（7）则这个组（7）不含向，但量组（7）与向组（2）价.此又于可由，则可由性出.这与性关，故.由以上的证明过程可以的知向量组同向量组（2）等价. [4]证法2.运极无组的性质证，之后过扩极大关组来证明向量的价.设向组的极大无关组（8），然，因（1）可由线性表示，所也是的一个大无关，又因为性无关，因，又，故.因为的秩为,然，当选，可以把（1）为的一个极无关.因为，均是的极无关组，因此和等价，因此是极1.5哈密尔顿-凯莱定理：设是数上一个阵，是的，则：.证法一：是.因为矩阵都是的多项式，次数不超过，故此由矩阵的运算性质，可以写成.其中都是数字矩阵.设（6）而（7）比较（6）和（7）得（8）以依次从右边乘以（8）的第一式，第二式，…，第式，第式，得（9）把的个式子一块儿起来，就成了，右边，故.证法二:幂级数证法对于，由行列的拉普公式可得标准方程其中表示的伴随矩阵，的系数取自于的形式幂级数.因为所以可逆且为其逆矩阵，因此：将写成的次数取自于的形式幂级数，可得可以注意到中的元素都是的次数不超过的多项式，因此是零矩阵，等式两的系数，可得：，即. [5]1.6带余除法：对于中两个多项，其中，中的项存在，使（1）成立，其中，并且这样是唯一决定的.证法一：（1）中的存在性可以由高等代数北师大第四版课本上第八页所提及的除法直接得出，如果.下面设.令的次数分别为.对的次数作第二数学归纳法.当时，显然取，（1）式成立接下来讨论的情形，假设当次数时，的存在已证，现在看当次数等于时的情形.令的项，然有同的，因多项的数或为0.7对于者，取对于者，由归假，对在使其中，于是，也就是说，有,使成立.由归纳法原理，对的存在性就证明了.下面明性，设另有项使，其中，于是，即如果，又，那么,且有,但,所以不可能立，这就，因此证法二：用限维性来证明的带除法理.引理1：数上的任何线性关向量组构的一基；引理2：上一元多项式中，小于的组成的是上的；引理3：在中，一个互相同的项式组都是无关的.叙述：设是一元多项式环中的任意两个多项式，并且，那么存在唯一一对多项式满足：（1）（2）证明：设先证存在性，如果，那么就是满足定理条件（1）和（2）的唯一,如果，那么由引理2可知，中的个多项式组成的集合是线性空间的一组基.事实上，由引理3知，是一个线性无关集合，再由引理1和引理2的结论可知，它构成了的一组基.因为，所以在数域中存在唯一的一组数令，，于是满足定理的条件.再证唯一性：由于数域中的数是唯一的，所以也是唯一的1.7行列式计算定理：1.首先给出一个上三角行列式行列其实于主对线上素乘积即行列式计算定理.2.定义：数域上列式转化为三角行列式i ；ii ，；iii 换列式中的.比如把行列式的-2倍加到，得到再把第一行加到第三行，得到-2，我们将形如，，其分为三行列式和.1.8定理：在数域上，任意一个对称矩阵都合同于一对角矩阵对角矩阵：形式为的矩阵，其中是数，通常称为对角矩阵.对称矩阵：矩阵称为对称矩阵，如果：数域上矩阵之，如果有上的矩阵，使.合同是间的一个关系，具备下列三个特点：1）自反性：；2）对称性：由即得;3) 传递性：由和即得.2 高等代数的重要定理在相关的对应理论中的作用、地位与应用2.1因式分解及唯一性定理，我们前把它成几个能再，只是续分解这个是由于我们，并它不能，实际上这是相对于系数的数域而言的，并不是绝对的.因式分解及唯一性定理是对我们初中多项式分解知识有更深刻更宽广的认知，可是该并给出能够解多项式的以上便是多项式理论中的地位与局限.此外，初阶的因式分解定理常应用于初中考试题中.2.2 最大公因式存在定理我们在维纳的经典控制论等学科里常常会用到最大公因式，这说明最大公因式不仅是数学中的重要概念，而且在多个学科里都占据着不可替代的地位，因此在求解两个多项式之间的最大公因式时所用的辗转相除法是最大公因式定理的核心内容，它又被称为欧几里得算法，历史源远流长，是现代人们已得知的最古老的算法，这就是最大公因式存在定理的地位.辗转相除法是证明与计算最大公因式的核心，并且应用范围十分广泛.当需要寻找剩余定理的数时，它会被用来解丢翻图方程；在现代密码学里，RSA的主要构成部分就是它……这些都是辗转相除法应用里的沧海一粟.2.3 最小数定理，它等故此在解决许多存在性问题时常会用到最小数定理，证法与之结合解题常有2.4 替换定理替换定理是高等代数量空间理论的又.它应用广泛，可以被，也可被用于比较大无关量组向量的；亦；也可被用于证明基的扩充性，替换定理可以使这些问题可以得到更好的解决.2.5 哈密尔顿-凯莱定理哈密尔顿-凯莱定理是线性代数中的，是式所具备的一个，它揭示了和它式之间的关系，并且在解决.哈密尔顿-凯莱定理的应用可谓十分广泛，在计算方面可以辅助证明方阵的幂与方阵的逆阵，在证明方面即矩阵多项式等于零的有关问题中，可以使问难快速的得到解决.2.6 带余除法高等代数课程中占有重要地位的多项式的整除理论的基础就是带余除法，它是初等代数中最最基础，最最重要也是最直白的定理及工具.带余除法在初等代数中常被用到，常在小学初中的试卷中以应用题的形式出现，而在做这一类题的时候，就需要把题目外面包裹的各种各样的情境忽略掉而直接注意题目的本2.7 行列式计算定理，计算理，学习行列式的计算是学好高等代数的重要基石.，也很要，学会行列式的，我们可以应用它，还可以应用它求.2.8 对称矩阵合同于对角矩阵矩阵概念在高等代数课程的应用与内容中占据了非常广泛且重要的地位.首先，线性方程组的重要性质里就包含了矩阵的知识，例如它的系数矩阵和增广矩阵，除了线性方程组之外，许多问题的研究也常常会用到矩阵，甚至会研究有关于矩阵的方面.此外，对称矩阵、对角矩阵也是矩阵理论的重要研究对象.矩阵的应用方面包括，保密通讯技术时常会用到矩阵，信息的解码和编码也是需要用到矩阵密码这个技巧的.3 高等代数的学习《等代数》与相同，是学习的大学生要学习的核心课程之，是数学在，通过对高等代数的学习，我们可以加强自身的数学素养.在对高等代数的学习过程中，我们应该注意以下几点要求，可以让我们对这门课程的学习领悟更加深刻，更加透彻.高等代数里的抽象概念非常多，学生理解起来就有困难，譬如数域，映射，线性空间等概念，这些概念的特点就在于它们从很多具体的例子中被抽象出来的，总的来说学习高等代数时首要的是注意解相关.一方面，等代数这门课程的理与概念基本属于学专业的，由此，学生首先应注重对课程义的领会和运用，在充分理解定义定理后，我们对这门课的理解也就更深刻，在面对一些复杂的题目时更容易领会解答，从而使学生解高等代数象的内容，也会使学生对这门课程产生，唯有这样，才能对数学学习有正的度.另一方面，寻求正确的学习策略是在以培养学习的兴趣，端正学习的态度的条件下所进行的十足紧要的学习步骤.有些同学学习刻苦努力，但是成绩不算太好，就把原因归结为自己太笨，自暴自弃，其实这不是计算能力的问题，而是因为概念理解能力不行，即习对大家来说，要从、象的高等代数思维蛮困难的，故此我们在学习过程中，不应只是一味努力，也要注重学习方法，课前预习，课后复习，借力于具体的例子来理解抽象的定义定理，加深对定理的理解和掌握，寻找正确的途径学习高等代数.总而言之，学习高等代数，基本上就是在熟练掌握代数方法的同时尝试深入理解几何意义.结束语在完成这篇论文的近一百天的过程中，我再次复习了OFFICE的使用方法，对此更加熟练；阅读了许多关于高等代数重要定理的书本与论文，使我对高等代数的理解变得深刻，兴趣愈发浓厚，这也是我在大学真真正正用心去做，独立思考的稚嫩的成果，希望写论文的这段人生体验能让我在以后的学习生活中乘风破浪，积极进取.参考文献[1]王萼芳，石生明.高等代数[M].第四版.北京：高等教育出版社，2013：18.[2]张禾瑞，郝鈵新.高等代数上[M].第二版.北京人民教育出版社，1979：58.[3]苏白云，张瑞.最大公因式存在定理的两个新证法[D].河南郑州：河南财经政法大学数学与信息科学系，2013.[4]杜奕秋.替换定理的若干证明方法[D].吉林四平：吉林师范大学数学学院，2006.[5]邓勇.关于Cayley-Hamilton定理的新证明[D].新疆喀什：喀什师范学院数学系，2015.[6]王萼芳，石生明.高等代数[M].第四版高等教育出版社2013:8.[7]邓勇.多项式带余除法定理的一种新证明[D].新疆喀什：喀什大学数学与统计学院，[8]韦城东，尹长明，何世榕，庞伟才.大学数学学习成败的原因的成败分析[D].广西：广西师范学院学报，2006.[9]王喜建.高等代数课程教学中的几点体会[D].广东：广东五邑大学数学物理系[10]白永成，郑亚林.数学中的基本元素[D].陕西：安康师专学报,1998.[11]欧阳伦群，欧阳伦键.高等代数学习中的困惑与解决对策[D].湖南:当代教育理论与实践，2015.[12]熊斌，周瑶.最小数原理[D].数学通讯：教师阅读，2017.[13]李丽花.哈密尔顿-凯莱定理的应用[D].上海电力学院学报，2008.[14]侯波，郭艳红.高等代数教学的几点探索[D].学园，2015.[15]张爱萍.可逆矩阵的判定及求法[D].赤峰学院学报(自然科学版)，2011.。
数学归纳法
1、2、3；1、2、3；1、2、3；1、…（mod4 ）即
猜想： （k≥0），下面证明之
证明当k=0时，由分析可知结论成立
假设对于k结论成立，即
从而可知
那么对于k+1时， ，
即对于k+1时结论成立
所以由数学归纳法知， ， 模4不同余于0，所以 ，
数学归纳法
一、数学归纳法
最小数原理：已知 ，则 ， ，使得 。
证明若 是有限集，且 ，那么 中元素可以按小到大的顺序排列，取 为其中最小的那个元素，则 ， ，使得 。
若 为无限集，且 ，那么 是可列的，因而 中元素可以按小到大的顺序列出，取 为其中最小的那个元素，则 ， ，使得 。
综上所述，若 ，则 ， ，使得 。
因为 ，j=1,2,…,k，所以
又因为 ，故 。
解得 或 （舍去）.
所以n=k+1时命题也成立.
从而， ，命题成立。
例5将质数由小到大编上序号： ， ， ，…求证：第 个质数 。
证当 时， ，命题成立。
假设 时命题成立，即 ，
将上面这 个不等式相乘，得
所以
因为 ， ，…， 都不能整除 ，所以 的质因数 不可能是 ， ，…， ，只能大于或等于 ，于是有
由 的假设可知， ，P（n）成立。
再由定理条件 ，命题P（n）成立，能推出 时，命题P（n）成立知，
，命题P（n）成立。
这与B中定有最小正整数 ， ，使得 不成立矛盾。
故原假设不成立。即定理结论成立。
特别的：
（1）第一数学归纳法
取 ，当n=1（即 ）时，P（1）成立，假如n=k（即 ）时，P（k）成立，能推出n=k+1（ ）时，P（k+1）成立；则对 ，命题P（n）成立。
高等代数第一章
定理1.3.2（第二数学归纳法） 设有一个与正整数n 有关的命题. 如果 ① 当n=1时命题成立； ② 假设命题对于一切小于k的自然数来说成立，则 命题对于k也成立； 那么命题对于一切自然数n来说都成立.
作业：P17
1，2，3.
1.4 整数的一些整除性质
一、内容分布 整除与带余除法 最大公因数 互素 素数的简单性质 二、教学目的 1.理解和掌握整除及其性质。 2.掌握最大公因数性质、求法。 3.理解互素、素数的简单性质。 三、重点、难点 整除、最大公因数性质、互素有关的证明 。
三、 映射的合成 g : B C 是B 到 设 f : A B 是A到B 的一个映射，
( f ( x )) 是C中 C 的一个映射. 那么对于每一个 x A g， 的一个元素. 因此，对于每一 x A ，就有C 中唯一的 确定的元素 g ( f ( x )) 与它对应，这样就得到A到C 的一个
| r r || a ( q q ) || a | 由此或者 r | a | r | a |，或者 r | a | r | a | 。不论是哪 一种情形，都将导致矛盾。这样必须 q q 0 ，从而 r -r 0 ，也就是说 q q , r r .
一、整除与带余除法
设a，b是两个整数，如果存在一个整数d，使得 b=ad，那么就说a整除b（或者说b被a整除）。用符号 a|b表示a整除b。这时a 叫作b 的一个因数，而b叫做a的 一个倍数。如果a不整除b，那么就记作 .
② a | b , a | c a | (b c ) ① a | b, b | c a | c ③ a | b, 而 c Z a | bc ④ a | bi , 而 c i Z , i 1,2, , t a | (b1 c1 bi c i ) ⑤ 每一个整数都可以被1和 - 1整除。 ⑥ 每一个整数a都可以被它自己和它的相反数 - a整除
数学归纳原理和最小数原理的等价性证明
数学归纳原理和最小数原理的等价性证明这两个原理都是自然数公理系统中最基本的原理，人们常常用最小数原理证明数学归纳原理。
我发现用数学归纳原理也可以证最小数原理。
所谓的最小数原理是指：自然数集合的任意非空子集必有最小元素。
一：用数学归纳原理证最小数原理。
当自然数的非空子集只含一个元素时，这个元素就是最小元素。
设n元集有最小元素，对于n+1元集，新加入的元素与n元集中的最小数比较，若新加入的元素不大于该最小数，则新加入的元素为最小数，否则，原来的n元集中的最小数仍是n+1元集的最小数。
由数学归纳原理，含任意个自然数数目的自然数子集都有最小数。
得证。
二：用最小数原理证数学归纳原理：p(o)成立，且p(n)成立可导出p(n+1)成立，则对于一切自然数n,p(n)成立。
否则，若对于若干个（可能有限个，也可能无限个）自然数m1,……mi……(i≥1）使命题不成立，由最小数原理，这若干个自然数有最小数记为w，而且，w一定是正数，那么，就一定存在唯一的自然数b,b+1=不属于这个使命题不成立的元素组成的集合，因为b比最小数还小。
则p(b)是成立的，由规则，p(b+1)也成立即p(w)成立。
矛盾。
故对于一切自然数n,p(n)成立。
证毕。
其实以上发现也没啥大不了的，很直观浅显。
这两个原理的等价性得证后，两者中的任意一条都可以作为皮亚杰五条公理中的一条吗？不行！因为最小数原理中的小于最开始还是没有定义的！。
还有，该等价关系非我第一次发现，由于其十分简单，在我发现等价性后，我在华罗庚的《数学归纳法》最后找到了同样的结论。
归纳原理和数学归纳法1．数学归纳法的理论依据归纳法和演绎法都是重要的数学方法．归纳法中的完全归纳法和演绎法都是逻辑方法；不完全归纳法是非逻辑方法，只适用于数学发现思维，不适用数学严格证明．数学归纳法既不是归纳法，也不是演绎法，是一种递归推理，其理论依据是下列佩亚诺公理Ⅰ—Ⅴ中的归纳公理：Ⅰ．存在一个自然数0∈N；Ⅱ．每个自然数a有一个后继元素a′，如果a′是a的后继元素，则a叫做a′的生成元素；Ⅲ．自然数0无生成元素；Ⅳ．如果a′=b′，则a=b；Ⅴ．(归纳公理)自然数集N的每个子集合M，如果M含有0，并且含有M内每个元素的后继元素，则M＝N自然数就是满足上述佩亚诺公理的集合N中的元素．关于自然数的所有性质都是这些公理的直接推论．由佩亚诺公理可知，0是自然数关于“后继”的起始元素，如果记0′＝1，1′=2，2′=3，…，n′=n＋1，…，则N=｛0，1，2，…，n，…｝由佩亚诺公理所定义的自然数与前面由集合所定义的自然数，在本质上是一致的．90年代以前的中学数学教材中，将自然数的起始元素视作1，则自然数集即为正整数集．现在已统一采取上面的记法，将0作为第一个自然数．定理1(最小数原理)自然数集N的任一非空子集A都有最小数．这本是自然数集N关于序关系∈(＜)为良序集的定义．现在用归纳公理来证明．证设M是不大于A中任何数的所有自然数的集合，即M=｛n｜n∈N且n≤m，对任意m∈A｝由于A非空，至少有一自然数a∈A，而 a＋1(＞a)不在M中．所然，就有1° 0∈M(0不大于任一自然数)；2°若m∈M，则m＋1∈M．根据归纳公理，应有M＝N．此与M≠N相矛盾．这个自然数m0就是集合A的最小数．因为对任何a∈A，都有m0意a ∈A，于是m0＋1∈M，这又与m0的选取相矛盾．反之，利用最小数原理也可以证明归纳公理．因此，最小数原理与归纳公理是等价的．定理2(数学归纳法原理)一个与自然数相关的命题T(n)，如果1° T(n0)(n0≥0)为真；2°假设T(n)(n≥n0)为真，则可以推出T(n＋1)也为真．那么，对所有大于等于n0的自然数n，命题T(n)为真．证用反证法．若命题T(n)不是对所有自然数n为真，则M=｛m｜m∈N，m≥n0且T(m)不真｝非空．根据定理1，M中有最小数m0．由1°， m0＞n0，从而m0－1≥n0且T(m0-1)为真．由2°，取n=m0-1即知T(m0)为真．此与T(m0)不真相矛盾．从而证明了定理2．在具体运用数学归纳法进行数学证明时，有多种不同形式．运用定理2中两个步骤进行证明的，为Ⅰ型数学归纳法．经常使用的还有Ⅱ型数学归纳法，Ⅱ型数学归纳法是：如果命题T(n)满足1°对某一自然数n0≥0，T(n0)为真；2°假设对n0≤k≤n的k， T(k)为真，则可以推出 T(n＋1)也真．那么．对所有大于等于n0的自然数，命题T(n)都真．定理3Ⅰ型数学归纳法和Ⅱ型数学归纳法等价．证假设命题 T(n)对n=n0为真，于是只须证明“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出T(n＋1)也为真”的充要条件为“由T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出T(n+1)也为真．”1°充分性若“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，则对n0≤k≤n，T(k)为真，特别 T(n)为真，因此 T(n＋1)也为真．2°必要性用反证法．若“由 T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，但并非对所有大于等于n0的自然数n，由T(n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真，则 M=｛m｜m∈N， m≥n0且由T(n)为真推不出T(n＋1)也为真｝非空．由定理1，M中有最小数m0，且对n0≤k＜m0的k，由T(k)为真，可以推出T(k＋1)也为真．特别由 T(n0)为真可知 T(n0+1)为真，由T(n0＋1)为真可知 T(n0＋2)为真，……，由T(m0－1)为真可知 T(m0)为真．现已知T(n0)为真，所以T(n0)， T(n0+1)，…， T(m0)都为真，由此可知 T(m0＋1)也为真，所以由 T(m0)为真推出了T(m0＋1)也为真．这与m0的选取矛盾．由定理3可知，Ⅱ型数学归纳法也是合理的推理方法．2．数学归纳法在应用中要注意的问题第一，证明的两个步骤缺一不可第一步是归纳的基础，第二步是归纳的传递．尤其是不可忽视第一步的验证．例1试证1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2＋1证假设当n=k时公式成立，则1＋3＋5＋…＋(2n-1)＋(2n+1)＝［1＋3＋5＋…＋(2n-1)］＋(2n＋1)＝n2＋1＋2n＋1＝(n＋1)2＋1完成了数学归纳法的第二步，但结论显然是错误的．为什么？因为缺少第一步．事实上，当n=0时，公式不成立．如果缺了第二步，则不论对多少个自然数来验证命题T(n)的正确性，都不能肯定命题对所有自然数都正确．例如，哥德巴赫猜想“任何不小于6的偶数都可以表成两个奇素数之和”，虽然对大量偶数进行了具体验证，但因缺少第二步归纳传递，所以仍只停留在归纳的第一步上．它至今仍只是个猜想而已．第二，第二步在证明T(n＋1)为真时，一定要用到归纳假设，即要把“T(n)为真推出 T(n＋1)为真”或“T(n0)， T(n0＋1)，…，T(k-1)为真推出T(k)为真”的实质蕴含真正体现出来．否则不是数学归纳法证明．例2设a1，…，a n为n个正数，b1，…，b n是它的一个排列．试证证1°当n=1时，命题显然成立．2°假设(*)式对n=k成立，则当n=k＋1时根据数学归纳法原理，(*)式对所有大于等于1的自然数n都成立．这里虽然形式上完成了数学归纳法的两个步骤，但第二步在证(*)式对n＋1成立的过程中，并没用到(*)对n成立的归纳假设．因此，不能说上述证法是采用了数学归纳法．事实上，在上述证明中无须用数学归纳法，用平均值不等式证明就行了．第三，并不是凡与自然数相关的命题T(n)，都要用数学归纳法来证明；而且也不是所有这类命题都能用数学归纳法给以证明的．这一命题是与自然数相关的命题，尽管可以对n＝0，1，2，…进行验证，但无法实现数学归纳法的第二步，因此不能用数学归纳法进行证明．事实上，数学归纳法只适用于具有递归性的命题T(n)．3．递归函数一个定义在自然数集N上的函数f(n)，如果它对于每个自然数n的值可以用如下方式确定：(1)f(0)=a(a为已知数)；(2)存在递推关系组S，当已知/f(0)，f(1)，…，f(n-1)值以后，由S唯一地确定出f(n)的值：f(n)=S［f(0)，f(1)，…，f(n-1)］那么，就把这个函数f(n)，称作归纳定义的函数．简称递归函数．在具体的递归函数例子中，关系组S可能有几个表达式，或者没有明确的解析表达式，也可能需要给出f(n)的开头若干个值．这样定义函数是合理的，因为我们有：定理4 当递推关系组S给定后，定义在N上的满足上述条件(1)、(2)的函数f(n)是存在而且唯一的．证首先指出：对任一自然数k，总可以在片断｜0，k｜上定义一个函数f k(n)，使f k(0)=a，对于片断上其他自然数 n，f(n)=S［f(0)，…，f(n-1)］．这个函数f k(n)是在｜0，k｜上唯一确定的．现对k进行归纳证明：1°当k＝0时，f0(0)＝a是唯一确定的；2°假定在｜0，k｜上已经由(1)、(2)定义了一个唯一确定的函数f k(n)，令则f k+1(n)在片断｜0，k＋1｜上有定义，且(1)f k+1 (0)=f k(0)=a；(2)f k+1(n)=S［f k(0)，…，f k(n－1)］=S［f k+1(0)，…，f k+1(n－1)］，n=1，2，…，k．因此，函数人fk+1(n)满足条件(1)、(2)．由数学归纳法知，对任何自然数k，函数f k(n)在片断｜0，k｜上唯一确定，且满足(1)、(2)．又若k1＜k2，则 f k1(n)与f k2(n)在片断｜0，k1｜上完全一致．现作一新的函数：f(n)=f n(n)， n∈N．首先，函数f(n)对任一n∈N都有定义，且f(n)=f n(n)=S［f n－1(0)，…，f n-1(n－1)］=S［f0(0)，…，f n-1(n-1)］=S［f(0)，…，f(n-1)］又显然f(0)＝f0(0)=a．故函数f(n)是定义在N上且满足(1)、(2)的唯一确定的函数．例4设函数f∶N→N，且(1) f(0)=2，f(1)=3；(2) f(n＋1)＝3f(n)－2f(n－1)，n≥1．证明： f( n)＝2n＋1．这里给出的递归函数由f(0)、f(1)两个值和一个关系式给定的关系组S确定．但有的递归函数f(0)的值隐含于关系组S之中而未直接给出．例5(IMO－19试题)设f：N+→N＋，且(S) f(n＋1) ＞ f(f(n))， n∈N+求证：对于任意n∈N＋，f(n)＝n．证先用数学归纳法证明命题A n：任意正整数n，若m≥n，则f(m)≥n．显然 A1真．假设A n-1真，则对任意m≥n，f(m－1)≥n-1，故f(m)＞f(f(m－1))≥2n－1，于是f(m)≥n，从而 An真．由此可知，f(n)≥n，f(n＋1)＞f(f(n))≥f(n)．于是f单调增加．又如果有一个n使f(n)＞n，则f(n)≥n+1，f(f(n))≥f(n+1)，与已知条件(S)矛盾．故只能有 f(n)=n．本题给出的递归函数，f(1)的值没有明显给出，但实际上隐含于关系组(S)中．4．递归命题一个与自然数相关的命题T(n)，一般来说，它未必是一个函数问题．现在采取如下方式来构造命题T(n)的真值函数f∶N→｛1，0｝．如果命题T(n)的真值函数f(n)是递归函数，即1° f(0)=1；2° f(n＋1)= S［f(0)，…，f(n)］，且当f(0)=…=f(n)=1时， f( n ＋1)=1．那么就称T(n)是具有递归性质的命题，或简称递归命题．实际上，所谓递归命题，就是一个与自然数相关的命题T(n)，开头(如n=0时)为真，且真值可传递并不是所有与自然数相关的命题都是递归命题．例如本节例3中的命题是与自然数相关的命题，而且对任何n∈N，它都为真，但却不具有递归性，它的真值是不可传递的．一般而言，大多数数论问题，如哥德巴赫猜想、费马问题、孪生素数问题等，都不是递归命题．只有递归命题才能用数学归纳法来证明．因此判别一个与自然数相关的命题T(n)是不是递归命题，是运用数学归纳法的前提．判别的关键在于，探究和发现T(n)的真值对于T(0)，…，T(n-1)真值的依赖性．而这种探究本身对于数学归纳法第二步证明，也有直接帮助．例6(1963年北京市竞赛题)2n(n∈N＋)个球分成若干堆，从中任选两堆：甲堆p个球，乙堆q个球；若p≥q，则从甲堆取出q个加于乙堆；这作为一次挪动(变换)．证明：总可以经过有限次挪动，使所有球都归为一堆．这是一个与自然数相关的命题，记为T(n)．当n=1时，只有两个球，或已是一堆；或两堆，每堆一个球．若后者，只须挪动一次，就变为一堆．所以T(1)为真．T(n)真值是否有传递性呢？考察2n+1与2n，前者比后者多了一倍．如果设想每堆都是偶数个球，把每两个球用一个小袋装在一起，2n+1个球就变成了2n袋球．假设2n袋球都挪到一堆，那么2n+1个球也就挪到了一堆．这样就使T(n)的真值传递给了T(n＋1)．现在设法先将分球的情况变为每堆球数为偶数．假设不是每堆球数都是偶数，则球数为奇数的堆数一定为偶数(为什么？)．现将这2r堆奇数个球的堆两两配对，每对从较多的一堆向较少的一堆挪动一次．那么这2r堆每堆球数均为偶数(也可能出现空堆，如果一对中两堆球数相等的话)．这样便可以实施数学归纳法的第二步证明了．。
数学归纳法
1数学归纳法1 基本原理数学归纳法是以皮亚诺的归纳原理为数学基础.由于可以证明归纳公理和最小数原理等价,所以人们常用最小数原理证明数学归纳法.我们先对最小数原理作一介绍.最小数原理 设M 是自然数集的一个非空子集,则M 中必有最小数,即0n M ∃∈,使得,n M ∀∈均有0n n ≥.为了便于说明数学归纳法的其他表现形式,我们先证明如下结论: 定理1 设A 是一个非空集合, 12,,,,K A A A ⋅⋅⋅⋅⋅⋅均为非空集合,12K A A A A =⋃⋃⋅⋅⋅⋃⋃⋅⋅⋅,若1n A ∀∈,有命题()P n 成立.又在假设k n A ∀∈,命题()P n 成立的前提,能推出1k n A +∀∈,命题()P n 成立,则n A ∀∈,命题()P n 成立.证 用反证法.若结论不成立,即0n A ∃∈,使得命题()P n 不成立,因为12K A A A A =⋃⋃⋅⋅⋅⋃⋃⋅⋅⋅,所以n 属于某个i A ,令{,()}i B i n A P n =∃∈使得不成立,则B ≠∅,且B N ⊆.由最小数原理知, B 中有最小数s ,由于s 是集合B 的最小数,又1,()n A P n ∀∈成立,所以1,s >所以11s -≥.由s 的规定知, 1s n A -∀∈,命题()P n 成立,再由定理的条件知,s n A ∀∈命题()P n 均成立,这与s n A ∃∈,使得()P n 不成立相矛盾,故原假设不成立,即定理结论成立.定理2 (跳跃归纳法) 设()P n 是关于正整数n 的命题,若(1),(2),,(),(2)P P P l l ⋅⋅⋅≥均成立,又在假设()P k 成立的前提下,能推出()P k l +成立,则对于一切正整数n ,()P n 均成立.在跳跃归纳法中,人们常把整数l 称为归纳跨度.在定理1中,对集合k A 作出不同的规定,我们还可以得到如下形式的倒退归纳法. 定理 3 (倒退归纳法) 设对于00(1)n n n =≥,命题0()P n 成立,若由()P k 成立能推出(1)P k -成立, 0()k n ≤,则对于0{1,2,,}n n ∈⋅⋅⋅,命题()P n 均成立.定理4 (倒退归纳法) 若对于2,1,2,kn k ==⋅⋅⋅,命题()P n 成立.又由()P k 成立能推出(1)P k -成立,则对于n N ∈,命题()P n 均成立.除上述表现形式外,我们还可以根据需要写出不同形式的数学归纳法.3 方法解读用数学归纳法证明命题，要注意如下几点：（1）注意归纳起点的选择.有些关于正整数n 的命题，由(1)P 成立不一定能推出(2)P 成立，由(2)P 成立也不一定能推出(3)P 成立，只有从某个0n 开始，当0k n ≥时，由()P k 成立能推出(1)P k +成立，此时归纳起点可从0n 开始，对于0(1),(2),,(1)P P P n ⋅⋅⋅-的证明则另想他法.（2）注意归纳形式的选择.归纳法有多种表现形式，应把握题型特点，选择适当的归纳法.例如，若由命题()P k 成立不易推出(1)P k +成立，而由命题()P k 成立易推出()P k l + (2)l ≥成立，这时应用跳跃归纳法.又如，若由()P k 成立不易推出(1)P k +成立，而由()P k 成立易推出(1)P k -成立，这时应选择倒退归纳法.(3)注意加强命题.有些关于自然数的命题()P n ，直接用归纳法证明()P n 成立比较困难，这时可考虑证明()P n 的加强命题()f n ，这里()f n 是()P n 的充分条件.(4)注意命题的活化.有些关于某些特定整数的命题0()P n ，直接证明比较困难时，这时可考虑证明命题()P n ，而将0()P n 看成是()P n 的特例.(5)注意创造条件用归纳假设.有些关于正整数的命题()P n ，在证明(1)P k +时不能直接运用归纳假设，这时应将(1)P k +的条件作适当的转化，使之满足归纳假设的条件，进而用归纳假设完成证明.（6）注意归纳变量的选择.有些关于双变元的命题(,)P m n ，可用双变元归纳法证明.若用单变元归纳法证明，这时应注意选择归纳变量是m 还是n .例1 试证明对任何自然数6n ≥，每一个正方形都可分成n 个正方形.证 当 6,7,8n = 时，由图1知结论成立.假设对于(6)n k k =≥时结论成立，那么对于3n k =+，我们先将正方形分成k 个正方形，图1再将这k 个正方形中的一个分成4个小正方形，从而得到3k +个正方形，即3n k =+时结论成立.由归纳法原理知结论成立.例2 设()f n 是N N ++→的映射，满足： （1）(2)2f =；（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 =.证 由条件（1）及（2），不难用数学归纳法证明：k N +∀∈，有(2)2k kf =.对于n N +∈，当1n =时，因为(1)f N +∈，所以(1)1f ≥.又由（3）知 (1)(2)2f f <=，所以(1)1f ≤，从而有(1)1f =.又当1n >且2()kn k N +=∈/时，必存在这样的m N +∈，使得122m m n +<<，设2,121,m m n s s =+≤≤-由于 112(2)(21)(22)(221)(2)2mm mmmmm m f f f f f ++=<+<+<⋅⋅⋅<+-<=，又 (2)mf j N ++∈，从而有(2)2,121mmmf j j j +=+≤≤-.所以 (2)2,mmf s s +=+ 所以 ()f n n =.例3 证明：存在正整数的无穷数列{}n a ，满足123,a a a <<<⋅⋅⋅使得对所有正整数n ，22212n a a a ++⋅⋅⋅+都是完全平方数.证 我们证明如下命题：存在正整数的无穷数列{}n a ，123,a a a <<<⋅⋅⋅使得对任意正整数n ，22212n a a a ++⋅⋅⋅+为奇数的平方.下面我们归纳构造满足条件的数列.对于1n =，取15a =.假设对于12,,,,k n k a a a =⋅⋅⋅已给定，满足 12,k a a a <<⋅⋅⋅<且对于222121,i i k a a a ≤≤++⋅⋅⋅+均为奇数的平方.那么对于1,n k =+ 设222212(21)k a a a m ++⋅⋅⋅+=+，取221(22),k a m m +=+则有222212122222222(21)(22)(22)2(22)1(221),k k a a a a m m m m m m m m m +++⋅⋅⋅++=+++=++++=++所以2222121k k a a a a +++⋅⋅⋅++也是奇数的平方.由归纳法原理知满足条件的数列存在.例4 设 1112n a n=++⋅⋅⋅+，求证：当2n ≥时，有2322()23n n a a a a n>++⋅⋅⋅+.分析 由2322()23k k a a a a k>++⋅⋅⋅+，推不出 231212()231k k a a a a k ++>++⋅⋅⋅++.事实上，因为22212121(),11(1)k k k k a a a a k k k +=+=+++++若用归纳假设放缩不等式，则有232123121231212212()231(1)2212()23111(1)212()()2311(1)k k k k k k k k k a a a a a k k k a a a a a k k k k a a a a a k k k +++++>++⋅⋅⋅+++++=++⋅⋅⋅++-+++++=++⋅⋅⋅++-++++312231222112()()23111(1)12()(1)231(1)k k a a a k k k k a a a k k ++=++⋅⋅⋅++-+++++=++⋅⋅⋅+-++（1）式右边比我们要证明的结论小，这说明用归纳假设放缩时已放缩过度.为此我们希望通过加强命题的方法来证明.设()g n 是一个非负数列，我们希望能有2322()()23n n a a a a g n n>++⋅⋅⋅++， （2）下面我们分析()g n 应满足的条件.若结论成立，因为22212121(),11(1)k k k k a a a a k k k +=+=+++++用归纳假设 2322()()23k k a a a a g k k>++⋅⋅⋅++，则有232123122212()()231(1)12()(1)()(1)231(1)k k k k a a a a g k a kk k a a a g k g k g k k k ++>++⋅⋅⋅++++++⎡⎤=++⋅⋅⋅++++-+-⎢⎥++⎣⎦要 231212()(1)231k k a a a a g k k ++>++⋅⋅⋅++++，只要21()(1)0(1)g k g k k -+->+即 21(1)()(1)g k g k k +<-+. （3）也就是说，若我们想通过数学归纳法证明（2）式，只需证（2）式中的()g n 满足（3）式即可.现在我们取1()g n n=，容易验证()g n 满足（3）式，从而我们能用数学归纳法证明加强命题:对于2n ≥，有23212()23n n a a a a nn>++⋅⋅⋅++. （4）(4)式的证明留给读者去完成.例5 设S 为一个2010元集合，N 为满足201002N ≤≤的整数，证明可以将S 的子集进行黑白染色，使得（1）任意两个白子集的并集仍是白子集； （2）任意两个黑子集的并集仍是黑子集； （3）恰有N 个白子集.证 当1n =时，S 的子集为,S ∅.对于02N ≤≤，将它们中的N 个子集染成白色，其余子集染成黑色，这种染色的结果满足3个条件.假设对于n k =，结论成立，那么对于1211,{,,,,},k k n k S a a a a +=+=⋅⋅⋅将S 的不含1k a +的子集分别记为122,,,k A A A ⋅⋅⋅，S 的含1k a +的子集分别记为122,,,k B B B ⋅⋅⋅,使得对于12ki ≤≤，有 1{}i i k B A a +=⋃.现对于满足102k N +≤≤的N ，若02k N ≤≤，则用归纳假设将122,,,kA A A ⋅⋅⋅中的N个子集染成白色，其余的子集染成黑色，使其满足题中条件（1），（2），然后将122,,,kB B B ⋅⋅⋅全染成黑色，这种染色方式恰有N 个白子集，并且任意两个白子集的并集仍为白子集，任意两个黑子集的并集仍为黑子集.若1212k k N ++≤≤，设2,12,k k N r r =+≤≤则用归纳假设将122,,,kA A A ⋅⋅⋅中的r个染成白色，其余2kr -个染成黑色，使其满足条件（1）和（2），然后再将122,,,kB B B ⋅⋅⋅全部染成白色.这种染色方式共有2k r N +=个白子集，并且任意两个白子集的并集仍为白子集，任意两个黑子集的并集仍为黑子集.综上可知，命题对一切n 均成立.特别对2010n =也成立.例6 证明：任意正的真分数mn都可以表示成不同的正整数的倒数之和.证 我们对()m n <进行归纳. 当1m =时，结论成立.假设对于m k <的正整数都成立，那么对于m k =和任意n k >，若k n ，则1k n nk=，结论成立.若k 不整除n ，设,n qk r q =-为正整数，0,r k <<则有1k kq n r r nnqnqqnq+===+.由归纳假设知，12111,sr nn n n =++⋅⋅⋅+其中121s n n n <<<⋅⋅⋅<是互不相等的正整数，所以121111,sk nqqn qn qn =+++⋅⋅⋅+其中12s q qn qn qn <<<⋅⋅⋅<，所以命题成立.例7 、设有2(1)nn ≥个球，把它们分为若干堆.我们可以任意选甲、乙两堆按照如下规则移动：若甲堆的球数1m 不少于乙堆的球数2m ，则从甲堆拿2m 个球放到乙堆中去，这样算挪动一次.证明可以经过有限次挪动把所有球合并成一堆.证明 1n =时，2个球分成堆有2种可能：一堆2个；二堆，一堆1个.结论显然成立.今假设n=k 时结论成立.即2k个球的任意分成若干堆，总可以通过有限次移动把它们合成一堆.那么对于12k +个球分成若干堆，注意到总球数是2的数倍，依各堆球的个数被2除后的余数不同而将球堆分为2类:第一类由其所含球数是2的倍数的球堆组成；第二类由其所含球数是2的倍数加1的球堆组成；设第二类共有s 堆，则我们断言s 为偶数，否则与总球数是2的倍数矛盾。
关于实数七个基本定理等价性的证明
关于实数七个基本定理等价性的证明夏小月中山大学应用数学04级从开始学习数学分析至今，我们共学习了七个实数基本定理，他们分别是：戴德金连续性准则○1单调有界有极限定理○2确界定理○3区间套定理○4Borel 有限覆盖定理○5Bolzano-Weierstrass 定理○6Cauchy 收敛原理○7书上证明各定理的思路是：从出发证明及，并证明、、相互等价，此过程○1○2○3○1○2○3中得到：“单调上升有上界数列的极限即为数列上确界”这一加强结论。
由及此加○2强结论可证出，再由分别证出及，由证出。
○4○4○5○6○6○7下面给出这七个实数基本定理之间相互等价的证明，大概思路如下：⇔⇔⇒⇔⇒⇒⇒①④⑦②⑥②③⑤④详细证明如下：⇒①④已知有区间套满足，。
[]{},n n a b ()lim 0n n n b a →∞-=[][]()11,,n n n n a b a b n ++⊂∀要证存在唯一的，且[]1,nnn r a b ∞=∈lim lim nn n n ba r→∞→∞==记全体上界组成的集合为，。
由，{}n a B \A =B R [][]()11,,n n n n ab a b n ++⊂∀知。
显然，，且，故知121n n a a a b b ≤≤⋅⋅⋅≤≤≤⋅⋅⋅11a -∈A 11b +∈B {}n b ⊂B 不空；由知不漏；，由于不是的上A B 、A =B R \A B 、,a b ∀∈A ∀∈B a {}n a 界，因此存在，使。
而是上界之一，所以，故{}0n n a a ∈0n a a <b {}n a 0n a b ≤，即，故不乱，因此构成实数的一个分划。
0n a a b <≤a b <|A B 由知，存在唯一的r ，，有。
下证，①,a b ∀∈A ∀∈B a b ≤[]1,nnn r a b ∞=∈ 即,n nn a r b ∀≤≤若，使，则，因此，而，与∃N n a r >2n n a r a +<2n a r+∈A 2n a r r +>矛盾。
初等代数 第一章 自然数
定理 1 自然数的加法是唯一存在的 定理 2（加法结合律）对于任意的自然数 a、b、c，都有 （a+b）+c=a+(b+c) 定理 3（加法交换律）对于任意的自然数 a、b，都有 a+b=b+a
2.乘法及其运算律
定义 3 自然数的乘法是这样的一种对应关系“×” ，对于任意的
a、b N，存在唯一确定的 a×b N，且有
6
即 0 =1； 1 唯一确定，记为 2，即 1 =2； 2 唯一确定，记为 3，即
2 =3；……
，如此继续下去，便可以得到自然数列： 0，1，2，3，…，n，…
注：上述公理系统中唯一不平凡的是归纳公理，它是皮亚诺公理系统 的基石，也是数学归纳法的理论根据.
二、自然数的四则运算 1.加法及其运算律
第一章
自 然 数
自然数是人们日常生活中应用最多的数， 也是人类认识最早的数 系.根据实际的生活经验，人们发现自然数具有两方面的意义：一是 用来计数（解决多少的问题） ；二是用来排序（解决是第几的问题）. 由此，数学上形成了两种自然数理论：基数理论和序数理论.本章首 先概述自然数的两种理论， 说明每一种理论是怎样定义自然数及其运 算与顺序的；然后，用自然数的理论研究数学归纳法。 §1.1 自然数的基数理论 一、自然数的定义 集合等价：设有两个集合 A 与 B，如果集合 A 与集合 B 的元素之 间，可以建立一一对应关系，这时就称集合 A 与 B 等价，记作 A～B. 集合的等价是一种等价关系.根据集合的等价关系，就可以将所 有集合进行分类，把彼此等价的集合归为同一类，并且给每个等价类 一个标记.称其为基数或势。可以建立一一对应的集合的共性就是他 们具有相同的基数或势。 有限集与无限集： 如果一个集合不能和它的任意一个真子集之间 建立一一映射（即同构） ，就称该集合为有限集；如果一个集合可以 和它的某个真子集同构，则该集合就是无限集。
数学归纳法的理论依据
数学归纳法的理论依据——数学教学改革实验与理解能力培养我们在中学教数学归纳法时，经常碰到一些勤于思考的学生提出：“数学归纳法的理论依据是什么？”这个问题在《高等代数》中早有论述，但中学生一般还很难看懂。
为了保护学生们的好奇心、求知欲望和探索精神，提高与发展学生的领会理解能力，我们以数学课外活动的方式，开设“数学专题讲座”，给这个问题作出深入浅出的回答。
一、自然数集的基本性质与皮亚诺公理。
1962年我国著名数学家华罗庚教授在一次讲话中说：“简单朴素的数的性质，成为数学概念和方法的一个重要源泉。
”数学归纳是用来证明某些与自然数n有关的数学命题P（n）的重要方法。
它的理论依据就必定与自然数的基本性质有关。
1889年意大利数学家皮亚诺创立了五条自然数集的公理体系，揭示出自然数集N的基本性质。
这五条公理是（1）1属于自然数集N，即；（2）若，则有且仅有一个自然数紧跟在a后面，记为a+1；（3）若a属于自然数集N，即，则；（4）设，，当x+1=y+1时，x=y；（5）若M是N的一个子集，具有下面两个性质：1）；2）若，有，则M=N。
依皮亚诺公理，有，1+1记为2，则2，2+1记为3，则，3+1记为，则4，则依此递推，便得自然数集。
事实上，我们数自然数时，第一个数便是1，这就是公理1。
公理2说明，任何自然数a都有唯一确定的后继数a+1。
公理3说明，1是自然数中唯一不是后继数的数；1是自然数集N中的最小数。
公理4说明，除1以外，每个自然数都是一个唯一确定的自然数的后继数。
公理5说明，从1开始，一直数下去，以至无穷，便得到所有的自然数。
这个公理5，又称为归纳公理，它就是数学归纳法最原始的理论依据。
二、最小数原理与数学归纳法原理。
依皮亚诺公理，自然数集N有最小数1。
这个性质加以推广，便得“最小数原理”。
定理一、自然数集的任意非空子集必有一个最小数。
证明：设A是自然数集的任意非空子集。
在A中任意取出一个数m。
依皮亚诺公理，从1到m共有m个自然数，则A中不超过m的数最多有m个。
数学分析第四讲 实数系的6个定理的等价证明
(1) [ak1, bk1] [ak , bk ], k 1, 2,
(2)
lim
k
|
bk
ak
|
0
(3){[ak , bk ]}中每个区间都含有E的无穷多个点
由闭区间套定理存在唯一 [ak , bk ].
k 1
实数的连续不完备性讨论
根据
lim
n
an
lim
n
bn
,得到
0, N1 N * ,k N1 : ak
N2 N * ,k
N2
:
bk
0, N1 N * ,k N1 : ak +
N2 N * ,k N2 :
单调有 界定理
确界 定理
闭区间 套定理
柯西 收敛定理
列紧性 定理
有限覆 盖定理
聚点 定理
实数的连续不完备性讨论
定理：用闭区间套定理证明柯西收敛定理
证明充分性： 0, k N * ,n, m k : xm xn . 0, N k 1,m N : xm xN xN xm xN
用数列极限观点分析
实数集=有理数集+无理数集 有理数集在实数集稠密 无理数集在实数集稠密
著名数学家希尔伯特说:“无穷是人类最伟大的朋友，也是人类心 灵最宁静的敌人”说明极限是数学最重要的概念.
希尔伯特（David Hilbert, 1862－1943）德国数学家, 19世 纪和20世纪初最具影响力的数学家之一. 1900年在巴黎第二界国际 数学家大会上提出的23个数学问题(称希尔伯特问题)，激发了整个 数学界的想象力. 现在这些问题约有一半已得到囿满解决. 其中第八 个问题,就是广为人知的“哥德巴赫猜想”他的杰出工作在整个数学 版图上留下了巨大显赫的名字：希尔伯特空间，希尔伯特丌等式， 希尔伯特算子，被尊为数学世界的亚历山大.
数学归纳原理与最小数原理相互关系破解
数学归纳原理与最小数原理相互关系破解作者：王树茗来源：《中学数学杂志(高中版)》2009年第02期0 绪言数学归纳原理是数学归纳法的根据，它断言：任何有关自然数的命题，如果对于0真，而且每当对于某个自然数k真，都有对于作为其随从的自然数k′，也真，那么对于所有自然数都真.最小数原理断言：如果某个由自然数组成的集合不空，那么它必含有一个最小的数.关于这两个原理的相互关系迄今盛行等价说，即认为两者可以相互推出，此说的源起可追溯到上一世纪四十年代出版(指原著，下同)的[1]利用最小数原理“证明”数学归纳原理，这在事实上认可了等价说，因为前此十年以上出版的[2]业已权威地证明了由数学归纳原理可以推出最小数原理，对等价说第一个予以确认的是前苏联于1950年出版的[3].该书在叙述了雷同于[1]中的推理之后指出：“容易看到(?)，最小数原理又可作为数学归纳原理的推论而得到.因此，这两个命题是等价的”.此说由于随后[3]的多种译本陆续出版而传播至我国和东欧并反馈到西方，1963年，我国一本与[3]同名的书问世，其中“自然数的性质”一节对等价说的叙述看上去颇为系统完整——作为基础的是Peano算术公理体系的五条公理，即：(1)1是自然数(按：Peano最初提法如此，后来已将1换成0，可参看[4])；(2)每个自然数都有一个确定的随从；(3)1非任何自然数的随从；(4)若两个自然数的随从相等，则这两个自然数相等；(5)即作为数学归纳原理形式之一的归纳公理. 紧跟着这些公理展开的是已经出现在[1]和[3]中的“由最小数原理推出数学归纳原理”以及新补充的“由数学归纳原理推出最小数原理”，此书的这一特色、它的多次重印和再版(最近一次作为《数学小丛书》中的一册再版于2002年)，都极大地促进了等价说在国内的广泛流行与深入人心，唯其如此，曾经多次有人提出：数学归纳法教学应先介绍最小数原理，即在它的基础上来讲授.在近期的课改讨论中，还有人借题发挥，强调最小数原理“是保证数学归纳法成立的基本性质”.然而，反对等价说的声音也一直存在，在国内，表达最突出的是最近十几年来流传很广的[5](见其中附录一)以及此书两作者之一所写的[6]；前者指出：由最小数原理到数学归纳原理的推导“有在前提中已包含了结论的毛病”，后者则进一步断言：“事实上这两个原理是不等价的，给出的所有这类‘证明’都是错误的”，在国外，这种声音出现得更早，1954年发表的[7]指出，等价说所依据的不是Peano公理的前四条([7]将其记作，而是该四条有所加强的情形(记作，这些意见都是有份量的，尤其是[7]的意见已经接近于得出正确的结果——断定这两个原理孰强孰弱(当然，不能仅限于猜想，还必须同时给出相应的证明)，然而这样的结果始终没有得出，所有意见也就没有引起人们足够的注意.本文拟就这个悬而未决的问题进行讨论并请求指正，在讨论中假定读者具有数理逻辑的最初步知识，为了行文简便，数学归纳原理和最小数原理将分别记作ind和min(英文induction和minimum的缩写).1 讨论的基础与实质在自然数算术公理体系中迄今唯一得到公认的Peano体系可依现代观点重述如下(参阅[8])：元词共五个，即表示自然数集合的“N” (此后，凡无特别说明处，字母a、b、c、…、z都指N中的任一个体，即任一自然数)、作为特定自然数专名的“0”和“1”、作为特定二元运算专用符号的“+”和“·”(对于x和y执行这两种运算的结果分别写作x+y与x·y，读作“x与y的和”与“x与y的积”).公理共七条：公理公理，y(x+1=y+1→x=y)公理公理，y[x+(y+1)=(x+y)+1]公理公理，y[x·(y+1)=(x·y)+x]公理7 即ind P(0)∧表示任一个有关x的命题)与前一节提及的五条公理相比较，这里缺少开端的两条，原因是它们的内容已经含在此前对于元词的说明中；这里又多出来后面四条，则是由于将原先隐含在“加法”和“乘法”定义中的一些假设明文地列成了公理，正因为那些假设成了公理，而x′=x+1是那些假设中的一条，“随从”不再是元词.由于要讨论“定义1 x定义2 x≤y(读作“x小于或等于y”)表示xPeano公理组既然含有ind，对于ind和min双方即非不偏不倚：因此，关于ind与min相互关系的讨论不应以该公理组，而应以其中的公理1～6作为基础，讨论的实质则是要对以下两个问题作出回答：(1)由“公理1～6+定义1、2+ind”(即Peano体系)可否推出min?(2)由“公理1～6+定义1、2+min”可否推出ind?如果对两者的回答都是肯定的，则ind与min等价；如果对(1)肯定而对(2)否定，则ind强于min；如果对(1)否定而对(2)肯定，则ind弱于min；如果对两者的回答都是否定的，则ind 与min互相独立.2 由“公理1～6+定义1、2+ind”可推出min这一推理过程实际是Peano体系的一个片断，可由以下六个定理严格而简练地构成：定理证对x施行归纳：(1)由公理3，0+0=0.(2)假设0+k=k，则先后引用公理4及本假设，得0+(k+1)=(0+k)+1=k+1.可见证毕定理，y[(x+1)+y=(x+y)+1]证对y施行归纳：(1)由公理3，(x+1)+0=x+1=(x+0)+1.(2)假设(x+1)+k=(x+k)+1，则先后引用公理4及本假设，并再次引用公理4，得(x+1)+(k+1)=[(x+1)+k]+1=[(x+k)+1]+1=[x+(k+1)]+1.可见，y[(x+1)+y=(x+y)+1].证毕定理证以Ψ(x)表示而对x施行归纳：(1)Ψ(0)即此命题由于前件假而真“前件假的条件命题真”和“后件真的条件命题真”分别是这一步及下一步的根据，其来历都见关于“若…则…”(逻辑联结词之一)的真值表.“后件真的条件命题真”还将在定理6证明的个别步骤中发挥关键作用..(2)假设Ψ(k)真，以u表示k，则u+1=k+1，因而即k+1此命题由于后件真而真，可见真，即证毕定理证若x≠0，则由定理1及定义1，0再引用定义2，证毕定理，y(x证先假设x因为x于是y=x+u=x+(ν+1)=(x+ν)+1=(x+1)+ν(先后引用了公理4及定理2).从而(x+1)+ν=y.若ν=0，则由公理3，x+1=y，若ν≠0，则由定义1，x+1因此x+1≤y.再考虑到假设条件x，y(x定理6即∈∈A∧∈A→y≤z)](A表示任一个由自然数组成的集合)证用反证法.假设有A使∈A)真而∈A∧∈A→y≤z)]不真(意即：假设有A 使得不但有自然数x在A中，而且没有这样的自然数y，它既在A中又符合条件∈A→y≤z)).令∈A→y≤z)}，由上述假设，没有既在A中又在M中的自然数，故由定理4，无论z怎样取值，z∈A→0≤z恒真，因而∈A→0≤z)真，故0∈M.任取k∈M，又任取a∈A，则由M的定义知k≤a，再由，知k≠a，故k因为0∈M，∈M→k+1∈M)，所以∈M)，即，而，故，又假设x(x∈A)真，即，故此结果与前述相矛盾.证毕3 由“公理1～6+定义1、2+min”不可能推出ind确立关于“不可能推出”的命题通常倚靠凭借解释的证明方法，其要领是：所谓由某个公理体系Ω能否推出某个命题p纯属形式方面的问题，与各个公理以及p的内容毫不相干.因此，可把Ω中各个元词都不拘原意地给以解释(唯一要求是不使原有命题变得无意义)；如果由Ω可以推出p，则永远不会出现Ω中公理都真而p却不真的情况，而只要该情况一旦出现，就表明不可能由Ω推出p，详释见[9].对于Peano算术的元词作这样的解释：“N”(“自然数集合”)由无穷数列0，12，1，112，2，212，3，312，…，n，n12，…中的一切项组成；“0”和“1”都按在普通数学中的原意；两个“自然数”的相加(+)和相乘(·)分别依照普通有理数的加法法则和乘法法则，不过作一点补充，即相乘结果中所出现的加数14一律当作0，在这种解释之下，公理1～5都不难验证其真，公理6也能通过检验以下四种情形而确知其真(a和b都表示普通意义的自然数)：(1)a·(b+1)=(a·b)+a.(2)(a+12)·(b+1)=(a·b)+b2+a+12；(a+12)·b+(a+12)=(a·b)+b2+a+12.(3)a·(b+12+1)=(a·b)+a2+a；a·(b+12)+a=(a·b)+a2+a.(4)(a+12)·(b+12+1)=(a·b)+a2+a+b2+14+12=a·(b+1)+a+b+12；(a+12)·(b+12)+(a+12)=[(a·b)+a2+b2+14]+(a+12)=a·(b+1)+a+b+12.此外，由于“+”保持在普通数学中的原意，定义1又是普通数学中固有的，故“4 结语与附白综括以上两节结论，ind与min的关系是且只能是ind强于min.读过上一节的朋友想必急于知道，前述那些文献所一致给出的由min推及ind的过程究竟错在何处.那一过程大都写得异常简略、含混，因而其中的错误十分难以发觉，现将它稍加明细化如下：假设ind不成立，即有关于自然数的命题虽然①它对于0真，②若它对于k真则它对于k+1也真，但是它并非对于所有自然数都真.由min，使该命题不真的自然数中必有最小数，可设该数为m，由于该命题对于m不真而由假设①它对于0真，所以m≠0，从而m-1为一自然数，因m-1这个推理引用了“若一自然数非0，则必有一自然数较它少1”，亦即然而，这个命题尽管根据“公理1～6+定义1、2+ind”可证，而且就是本文第2节中的定理3，但是根据“公理1～6+定义1、2+min”却不能证，理由是：沿用上一节对各个元词的解释，则公理1～6和min都真而这个命题假——作为“自然数”的12既不是0，又不能由某一“自然数”加1而得，由此看出：那些文献在由min推出ind时暗中引用了需要由ind推出的命题，类似情节还有，留供读者探索.参考文献[1] R.柯朗，H.罗宾斯. 数学是什么[M].长沙：湖南教育出版社，1985.pp.25-26.[2] 艾·兰道. 分析基础[M].高等教育出版社，1958，pp.12-13.[3] И.С.索明斯基. 数学归纳法.最新译文载丁石孙主编之. 归纳，递推，无字证明，坐标，复数[M]. 北京大学出版社，1995，pp，36-37.[4] 宋文坚. 西方形式逻辑史[M]. 中国社会科学出版社，1991.p.302.[5] 潘承洞，潘承彪.初等数论[M].北京大学出版社，1992.p.485.[6] 潘承彪.关于数学归纳原理的一点注记，同[2]所载书，即，91-92.[7] В.Н.摩洛希. 关于自然数算术中归纳法公理作用的解释[J].厦门数学通讯，1956第3期，pp，7-8.[8] 维·马奇舍夫斯基. 现代逻辑词典[M].北京：中国人民大学出版社，1992，pp.336-337.[9] 塔尔斯基. 逻辑与演绎科学方法论导论[M]. 北京：商务印书馆，1963，§37，§56.作者简介王树茗，1952年毕业于北京师范大学数学系. 1986年获北京市特级教师称号. 1991年受聘为北京市教育局教材编审部审查委员. 1992至1994年连续三年参加全国普通高考命题. 有多部著作和论文出版和发表.“本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文”。
数学归纳法原理(本科论文)
目录中文摘要英文摘要1 引言 (1)2 数学归纳法原理 (1)2.1 良序原理 (1)2.2 数学归纳法 (2)2.3 第二数学归纳法 (3)2.4 数学归纳法的有效性 (4)3 数学归纳法应用举例 (4)3.1 数学归纳法在解题和证明中的一些应用 (4)3.2 数学归纳法在递归定义上的应用 (10)3.3 数学归纳法在递归算法上的应用 (13)参考文献 (17)数学归纳法原理及其应用举例摘要：数学归纳法原理是一种有效的证明方法.本文将介绍数学归纳法及其等价形式，并证明为什么它们是有效的.特别地，我们将用大量各种不同类型的例子来说明其应用。
这些例子有的来自于集合论，数论，有的来自于计算机科学等.关键词：良序原理，数学归纳法，第二数学归纳法，递归算法.Abstract: The principles of mathematical induction provide effective ways for valid arguments in mathematical proofs. This thesis will present these principles and their other equivalent forms, and will show why they work and particularly will show how they work by examples from diversified settings or areas of mathematics, e.g. set theory, number theory, computer algorithm, and so on.Key words:The well-ordering principle, the first principle of mathematical induction, the second principle of mathematical induction, recursive algorithm.1 引言首先使用数学归纳法的是意大利数学家和工程师马奥罗修勒斯（Francesco Maurocyulus ，1494-1575），他在1575年的著作《算术》（Arithmetica ）中，用数学归纳法证明了前n 个正奇数之和是2n .帕斯卡（Blaise Pascal,1623-1662）在他关于算术三角形（现在称为帕斯卡三角形）的著作中使用了归纳法.在他1653年的著作《论算术三角形》（Traite du triangle arithmetique ）中，在证明用来定义他的三角形的基本性质时，帕斯卡清晰地解释了归纳法.德摩根在1838年的一篇关于证明方法的论文中，把这个原理命名为“数学归纳法”.前n 个正奇数之和的公式是什么？对1n =，2，3，4，5来说前n 个正奇数之和是11=，134+=，1359++=， 135716+++=，1357925++++=根据这些值，有理由猜测前n 个正奇数之和是2n .假如事实上这个猜测是正确的，我们就需要一种方法来证明这个猜测是正确的.数学归纳法是证明这种类型的断言的极为重要的证明技术.2 数学归纳法原理2.1 良序原理所有数学都始于计数，计数就是把要计数的对象集合与几个起始自然数（或计算值）：1,2,3,4,5...一一对应的过程.我们用N 表示自然数这个无限集合，这里值得注意的是关于N 的定义并未达成共识，有些数学家把0也归入N .但这两种不同定义并不会引起太大的冲突，哪一种使用方便即可选择哪一种.自然数N 的一个基本性质是良序性，下面将对自然数的良序性进行形式化的论述，并且把它作为一个关于N 的公理.对于任何系统，公理是无需证明即为真的命题.为了对一个系统（这里指自然数）进行推理，首先需要对该系统做一些假设.尽管这些基本的假设常常不容易一眼就看出，但它应该是“合理的”和“显而易见为真的”.良序原理：自然数集N 的每个非空子集都有一个最小元素.显而易见，自然数N 的任何子集都可以通过列出实际元素的方式给定，即使对于不易直接定义的集合，该定理依然有效.例如，当x 和y 可取任意整数时，考虑1228x y +所表示的所有自然数集合.从定义看该集合的范围并不明显，但是根据良序原理，由于该集合非空（注意这很重要），集合中必有一个通过该方式表示的最小自然数.（当然，求具体的最小自然数的值是另外一回事.注意良序原理保证有一个最小数存在，但绝对没说如何去计算它.）例2.1.1 用良序原理证明算法的正确性.整除算法说：若a 是整数而且d 是正整数，则存在唯一的整数q 和r 满足0r d ≤<和a dq r =+.证明 设S 是形如a dq -的非负整数的集合，其中q 是整数.这个集合非空，因为dq -可以任意大（取q 是绝对值很大的负整数）.根据良序性，S 有最小元0r a dq =-.整数r 非负而且r d <.若不是这样，则S 里存在更小的非负整数，即0(1)a d q -+.为了看出这一点，假设r d ≥.因为0a dq r =+，所以00(1)0a d q a dq d r d -+=--=-≥.因此，存在满足0r d ≤<的整数r 和q .证明q 和r 都是唯一的，此处略.良序原理允许我们证明最有效的一个证明方法，即数学归纳法定理. 2.2 数学归纳法 对任何正整数n ，215811...(32)(37)2n n n +++++=+因为存在无限多个正整数，所以，在证明这个断言时，不能通过对n 的每个值逐一验证等式是否成立.有一种规范的方法可用来证明命题对所有的正整数都成立，这种方法称为数学归纳法原理.定理 2.2.1 假设要证明的命题能写成0()n n P n ∀≥，其中0n 是某个固定整数，即：假设希望证明对所有整数0n n ≥都有()P n 为真，那么如下方法可以说明如何做到这一点.假设（a ）0()P n 为真,和(b)如果对任一0k n ≥只要()P k 为真，那么(1)P k +也一定为真.于是对所有0n n ≥，()P n 为真.这种方法称作数学归纳法原理.因此，用数学归纳法原理证明命题：0()n n P n ∀≥为真，必须首先用直接法证明第一个命题0()P n 为真，称其为归纳法的基础步骤，并且通常来讲该步是非常容易的.然后必须证明对0n n ≥的任何选择，()(1)P k P k ⇒+是一个重言式.因为一个蕴涵为假的惟一情况是如果前提为真而结论为假，做这一步通常是证明如果()P k 为真，那么(1)P k +也一定为真.注意，它同假设对某个k 值()P k 为真不一样.这一步称作归纳步骤，并且某些工作通常要求证明蕴涵恒为真.2.3 第二数学归纳法与上述数学归纳法略有不同的形式在某些证明当中更易于使用.第二数学归纳法或强归纳法中，其归纳步骤是证明000()(()(1)(2)...())(1)k P n P n P n P k P k ∀∧+∧+∧∧⇒+是一个重言式.同前面一样，需要检验的唯一情况是如果每个()P j ，0,...,j n k =为真，那么(1)P k +为真.强归纳法与数学归纳法是等价的，在一个证明中使用哪一个取决于方便性.例 2.3.1 证明：每个正整数1n >能惟一地写成1212...s a a a s p p p ，其中i p 是素数且12...s p p p <<<.证明（用强归纳法）基础步骤 这里02n =，显然(2)P 为真，因为2是素数.归纳步骤 使用(2)P ，(3)P ，…，()P k 证明(1)P k +：1k +能惟一地写成1212...s a a a s p p p ，其中i p 是素数且12...s p p p <<<.需要考虑两种情况：若1k +是一个素数，则(1)P k +为真.若1k +不是素数，则1k lm +=，2l k ≤≤，2m k ≤≤.利用()P l 和()P m ，得1k +=lm =121212121212.........s u s b c a b b c c a a s u s q q q r r r p p p =，其中每个i j p q =或k r ，12...s p p p <<<.若i k j p r q ==，则i j k a b c =+，否则i j p q =且i j a b =或者i k p r =且i k a c =.因为l 和m 的因子分解是惟一的，所以1k +的因子分解也是唯一的.2.4数学归纳法的有效性为什么数学归纳法是一种有效的证明方法？原因在于良序原理.假定知道(1)P 为真，而且对所有正整数n 来说命题()(1)P n P n →+为真.为了证明对所有正整数来说()P n 都为真，假定至少存在一个()P n 为假的正整数.那么使()P n 为假的正整数S 非空.因此，根据良序性，S 有一个最小元，把它表示成k .可以知道k 不是1，因为(1)P 为真.因为k 是正的而且大于1，所以1k -是一个正整数.另外，因为1k -小于k ，它不属于S ，所以(1)P k -必然为真.因为蕴涵式(1)()P k P k -→也为真，所以实际情况必然是()P k 为真.这与对k 的选择相矛盾.因此对每个正整数n 来说()P n 必然为真.3 数学归纳法应用举例3.1 数学归纳法在解题和证明中的一些应用定理3.1.1 每一个大于1的整数要么是素数，要么是若干素数的乘积.证明：设n 为大于1的整数.证明将采用强数学归纳法原理，对n 作归纳.因为2是一个素数，所以命题对2n =是正确的.假设对某个整数1k >，当2,3,...,n k =时，命题为真.下面要证明1k +要么是素数，要么是若干素数的乘积.如果1k +是素数，那么证明已经完成.所以，假设1k +不是素数.于是，存在一个既不是1也不是1k +的正整数p ，p 整除1k +.所以，1k q p+=是整数，且1q ≠（否则1p k =+），1q k ≠+（否则1p =）.因此，p 和q 都是2到k 之间的整数（含2和k ）.所以可以对p 和q 运用归纳假设，即p 和q 不是素数就是若干素数的乘积，从而1k pq +=是若干素数的乘积.这就完成了归纳步骤，因此完成了定理的证明.注意，定理3.1.1虽然说明了大于1的正整数不是素数就是素数的乘积，但这个定理并不能帮助判断是两种情形中的哪一种.特别地，定理3.1.1也不能实际地找到特定的正整数的素数因子.例3.1.1 实验室里有容积相同的量杯盛着各种不同的液体，此外还有一只容积相同的空杯.证明：可以通过有限次混合手续，使它们成为成份相同的溶液，此外还余一个空量杯.分析：表面上看本题与数学归纳法没有联系，但若我们引入一个整数参数（原有溶液的杯数），我们就可以考虑应用数学归纳法.事实上，不妨设有n 杯各种不同的溶液，显然1n =时命题成.立假设n k =时命题成立,即k 杯溶液可以通过有限次混合手续，使它们成为成份相同的溶液.此外还有一个空杯，于是当再增加一杯时，我们只需把k 杯已混合好的溶液各倒11k +杯到空杯中，最后拿增加的那杯溶液去把上述1k +杯液体满，这样我们便得到1k +杯成份相同的液体，此外还有一个空杯，也就是说1n k =+时命题也成立.上面的分析告诉我们，很多与自然数n 有关的问题都可采用数学归纳法，而一个具体的问题能否用数学归纳法，以及取什么做n ，则取决于能否递推.只要有递推的希望，就不妨一试.例3.1.2 设1A ，2A ，3A ，…，n A 是任意n 个集合，用数学归纳法证明11n ni i i i A A ==⎛⎫= ⎪⎝⎭（这是德•摩根定律的推广形式.）设()P n 是谓词：对任意n 个集合等式成立.用数学归纳法需证明，对所有1n ≥，()P n 为真.证明 基础步骤 (1)P 是命题11A A =，这显然成立. 归纳步骤 用()P k 去证明(1)P k +.(1)P k +的左边是1211...n i k k i A A A A A +=⎛⎫= ⎪⎝⎭121(...)k k A A A A += 的结合性质121(...)k k A A A A += 两个集合的德•摩根定律11k i k i A A +=⎛⎫= ⎪⎝⎭用()P k11k i i A +==(1)P k +的右边因此，蕴涵()(1)P k P k ⇒+的一个重言式，由数学归纳法原理可知对所有1n ≥，()P n 为真.例3.1.3 本例将要证明：对于任何正整数n ，如果从22n n ⨯的棋盘（每行和每列有2n 个方格）中移去任何一个方格，则剩下的方格可以用若干个L 形构件覆盖，每个L 形构件覆盖3个方格，如图1所示.图一证明 如图2所示，每个1122⨯的棋盘移去一个方格后，可被一个L 型构件覆盖.因此，结论对于1n =是正确的.现在假设对于某个正整数k 结论是正确的，即每个22k k ⨯的棋盘移去一个方格后，可用若干个L 形构件覆盖.下面要证明：任何一个1122k k ++⨯的棋盘移去一个方格后，可用L 形构件覆盖.如果1122k k ++⨯的棋盘在横向和纵向上都平分为两部分，就得到4个22k k ⨯的棋盘.其中的一个22k k ⨯被移去了一个方格，而另外3个是完整的，如图所示.从每个完整的22k k ⨯的棋盘中移去那个位于原1122k k ++⨯的棋盘中心位置的方格，如图3所示.由归纳假设知道，图4所示的所有4个移去了一个方格的22k k ⨯的棋盘都可以被L 形构件覆盖.因此，再用一个L 形构件覆盖原1122k k ++⨯的棋盘中央的3个方格，就可以用L 形构件覆盖原来的移去了一个方格的1122k k ++⨯的棋盘.这就证明了1k +的情况.根据数学归纳法原理，对每一个正整数n ，任何去掉了一个方格的22n n ⨯的棋盘都可以用L 形构件覆盖.图二图三 图四定理 3.1.2 设S 是有n 个元素的集合，其中n 是非负整数.如果r 是一个整数，0r n ≤≤，那么恰好含有r 个元素的S 的子集的数目是!!()!n r n r -.证明 证明将采用归纳法，对n 作归纳，并从0n =开始.如果0n =，那么S 是空集，并且r 必定是0.而φ有且仅有一个含0个元素的子集，即它本身，而且，因为0!1=，所以!0!1!()!0!0!n r n r ==-.所以公式对0n =是成立的.现在假设公式对某个整数0k ≥是成立的.设S 是含有1k +个元素的集合，比如说121{,,...,,}k k S a a a a +=.现在要统计S 恰好含有r 个元素的子集的数目，这里01r k ≤≤+.显然，含有0个元素的S 的子集只有Φ.类似地，也只有一个S 的子集含有1k +个元素，即S 本身.对这两种情况，公式都给出了正确的值，因为(1)!10!(10)!k k +=+-，(1)!1(1)![1(1)]!k k k k +=++-+.设R 是S 的恰好包含r 个元素的任意子集，这里1r k ≤≤.有两种情况需要考虑. 第一种情况：1k a R +∉.这时R 是12{,,...,}k a a a 的有r 个元素的子集.根据归纳假设，这样的子集有!!()!k r k r -个.第二种情况：1k a R +∈.在这种情况下，如果从R 中拿掉1k a +，就得到12{,,...,}k a a a 的含有1r -个元素的子集.根据归纳假设，这样的子集有!(1)![(1)]!k r k r ---个.把这两种情况合起来，看到S 共有!!!()!(1)!(1)!k k r k r r k r +---+个含有r 个元素的子集.而这个值等于!(1)!!()!(1)(1)!(1)!k k r k rr k r k r r r k r -++--+--+!(1)!!(1)!!(1)!k k r k rr k r r k r -+=+-+-+!(1)!(1)!k k r r r k r -++=-+(1)!!(1)!k r k r +=-+在公式中，用1k +替换n 就得到这个数，因此公式对于1n k =+是正确的.所以，根据数学归纳法原理，公式对所有的非负整数n 都是正确的.例3.1.4 证明：可以仅用4分和5分的邮票来组成等于或超过12分的每种邮资. 证明 将要用数学归纳法原理来证明这个结果.然后给出用数学归纳法第二原理的证明.设()P n 是命题：可以用4分和5分的邮票来组成n 分邮资.首先使用数学归纳法原理.基础步骤：可以用3个4分邮票来组成12分邮资.归纳步骤：假定()P n 为真，所以可以用4分和5分邮票来组成n 分邮资.若至少用了一个4分邮票，则用一个5分邮票代替它，就组成1n +分邮资.若没有用任何4分邮票，则仅用了5分的邮票来组成n 分邮资.因为12n ≥，所以至少用了3个5分邮票.所以4个4分邮票来代替3个5分邮票，就组成了1n +分邮资.这完成了归纳步骤以及根据数学归纳法原理的证明.其次，将要使用数学归纳法的第二原理.将要证明可以组成12，13，14和15分邮资，然后证明如何对15n ≥来说从3n -分邮资得出1n +分邮资.基础步骤：可以分别用3个4分邮票，2个4分邮票和1个5分邮票，1个4分邮票和2个5分邮票，以及3个5分邮票，来组成12,13,14和15分邮资.归纳步骤：设15n ≥.假定可以组成k 分邮资，其中12k n ≤≤.为了组成1n +分邮资，用组成3n -分邮资的邮票加上一个4分邮票.这完成了归纳步骤以及根据数学归纳法第二原理的证明.注意 例3.1.4说明如何让数学归纳法第二原理适应于处理某些情形，其中仅对充分大的n 值来说归纳步骤才是有效的.具体说来为了证明对,1,2,...n k k k =++来说()P n 为真，其中k 是整数，首先证明(),(1),(2),...,()P k P k P k P l ++都为真（基础步骤），然后证明对每个整数1n ≥来说[()(1)(2)...()](1)P k P k P k P n P n ∧+∧+∧∧→+为真（归纳步骤）.例如，例3.1.4解答里的第二个证明的基础步骤证明(12),(13),(14)P P P 和(15)P 都为真.需要分别地证明这些情形，因为归纳步骤证明[(12)(13)...()](1)P P P n P n ∧∧∧→+，它仅当15n ≥时才成立.在下面将要讨论数学归纳法的另外两个重要应用.第一个应用涉及到定义序列而不给出明确的项公式.第二个应用涉及到证明计算机程序是正确的.3.2 数学归纳法在递归定义上的应用3.2.1 引言定义3.2.1 有时难以用明确的方式来定义一个对象.不过，用这个对象来定义它自身，这也许是容易的.这种过程称为递归.可以用递归来定义序列、函数和集合.例如，对0,1,2,...n =来说用2n n a =来给出2的幂的序列.不过通过给出这个序列的第一项，即01a =，以及从该序列前面一项来求当前项的规则，即对0,1,2,...n =来说12n n a a +=，也可以定义这个序列.3.2.2 递归地定义函数定义3.2.2 为了定义以非负整数集合作为其定义域的函数，就要(1)规定这个函数在0下处的值.(2)给出从较小的整数处的值来求出当前的值的规则.这样的定义称为递归定义或归纳定义.许多函数都可以利用它们的递归定义来研究.阶乘函数就是一个这样的例子.例3.2.1 给出阶乘函数()!F n n =的归纳定义.解 可以通过规定阶乘函数的初值，即(0)1F =，并且给出从()F n 求出(1)F n +的规则，来定义这个函数.要得出这个结果，注意通过乘以1n +就从!n 计算出(1)!n +.因此，所需要的规则是(1)(1)()F n n F n +=+.为了从在例7中求出的递归定义来确定阶乘函数的一个值，比如(5)5!F =，有必要多次使用说明如何用()F n 表示(1)F n +的规则：(5)5(4)54(3)543(2)5432(1)F F F F F ==⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅54321(0)54321120F =⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=一旦(0)F 是出现的唯一的函数值，就不需要任何更多的归约.剩下来要做的唯一事情是把(0)F 的值插入到公式里.递归地定义的函数是严格定义的.这是数学归纳法原理的一个后果.例3.2.2 给出0nk k a =∑的递归定义.解 这个递归定义的第一步是 000k k a a ==∑,第二步是 1100n nk k n k k a a a ++===+∑∑.在函数的某些递归定义里，规定了函数在前k 个正整数处的值，而且给出了从一个较大的整数之前的部分或全部k 个整数处的函数值来确定在该整数处的函数值的规则.从数学归纳法第二原理可以得出结论说这样的定义产生严格定义的函数.例3.2.3 斐波那契数012,,,...f f f 是用等式00f =，11f =，以及对2,3,4,...n =来说 12n n n f f f --=+来定义的.斐波那契数2f ，3f ，4f ，5f ，6f 是什么？解 因为这个定义的第一部分说00f =和11f =，所以从这个定义的第二部分得出210101f f f =+=+=321112f f f =+=+=432213f f f =+=+=543325f f f =+=+=654538f f f =+=+=可以用斐波那契数的递归定义来证明这些数的许多性质.在下一个例子里给出一个这样的性质.例3.2.4 证明：每当3n ≥时就有2n n f α->，其中(1/2α=.证明 可以用数学归纳法第二原理来证明这个不等式.设()P n 是命题：2n n f α->.想要证明每当n 是大于或等于3的整数时就有()P n 为真.首先，注意到32f α<=，24(3/23f α=<=所以(3)P 和(4)P 都为真.现在假定()P k 为真，即对所有满足3k n ≤≤的整数k 来说有2k k f α->，其中4n ≥.必须证明(1)P n +为真，即11n n f α-+>.因为α是210x x --=的解（二次方程求根公式说明这一点），所以得出21αα=+.因此，12333323(1)1n n n n n n n αααααααααα-------=⋅=+⋅=⋅+⋅=+根据归纳假设，若5n ≥，则得出31n n f α-->，2n n f α->因此就有23111n n n n n n f f f ααα---+-=+>+=由此得出(1)P n +为真，证毕.注意 归纳步骤证明了每当4n ≥时，从对3k n ≤≤来说()P k 为真的假定就得出(1)P n +.因此，归纳步骤没有证明(3)(4)P P →.所以，不得不单独证明(4)P 为真.3.2.3 递归地定义集合递归定义常常用来定义集合.当这样做时，给出初始的一些元素.然后给出用来从已知属于集合的元素来构造集合的其他元素的规则.以这种方式描述的集合是严格定义的，用它们的递归定义可以证明关于它们的定理.下面是集合的递归定义的一些例子.例3.2.5 设S 是用3S ∈ ；若x S ∈且y S ∈，则x y S +∈来递归地定义的.证明：S 是被3整除的正整数集合.（注意在这个定义里隐含着假定：所有属于S 的东西都是用S 的递归定义里的两个命题来生成的.）证明 设A 是被3整除的所有正整数的集合.为了证明A S =，必须证明A 是S 的子集而且S 是A 的子集.为了证明A 是S 的子集，必须证明被3整除的每个正整数都属于S .将要用数学归纳法来证明它.设()P n 是命题：3n 属于S .基础步骤成立，因为根据S 的递归定义的第一部分，313⨯=是属于S 的.为了证明归纳步骤，假定()P n 为真，即3n 属于S .因为3n 属于S 而且因为3属于S ，所以从S 的递归定义的第二部分得出333(1)n n +=+也属于S .为了证明S 是A 的子集，使用S 的递归定义.首先，该定义的基础步骤规定3属于S .因为331=⨯，所以所有在这个步骤里被规定属于S 的元素都被3整除.为了完成这个证明，必须证明所有用该递归定义的第二部分所生成的属于S 的元素都属于A .这包括证明每当x 和y 都是S 中的元素并且假定它们都属于A 时，就有x y +属于A .现在若x 和y 都属于A ，则可以得出3|x 和3|y .由整数的可数性的性质，得出3|()x y +，证毕.在上例里集合的递归定义是典型的.首先，给出一组初始元素.其次，给出从已知属于集合的元素来生成新元素的规则.在定义里隐含着只有在初始元素中列出的元素，或者可以用构造新元素的规则来生成的那些元素才属于这个集合.3.3 数学归纳法在递归算法上的应用3.3.1 引言有时可以把带有具体的一组输入的问题的解归约到带更小的一组输入的相同问题的解.例如，求两个正整数a 和b 的最大公因子的问题，其中b a >，就可以归约到求一对更小的整数（即mod b a 和a ）的最大公因子的问题，因为gcd(mod ,)gcd(,)b a a a b =.当可以实现这样的归约时，就可以用一系列归约来求出原问题的解，直到把问题归约到解是已知的某种情形为止.例如，对求最大公因子来说，归约持续到两个数中较小的一个为零，因为当0a >时，gcd(,0)a a =.定义3.3.1 若一个算法通过把问题归约到带更小的输入的相同问题的实例，来解决原来的问题，则这个算法称为递归的.例3.3.1 把线性搜索算法表达成递归过程.解 为了在搜索序列12,,...,n a a a 里搜索x ，在算法的第i 步比较x 与i a .若x 等于i a ，则i 是x 的位置.否则，对x 的搜索就归约到在少了一个元素的序列（即序列1,...,i n a a +）里的搜索.现在给出递归过程.设(,,)search i j x 是在序列1,,...,i i j a a a +里搜索x 的过程.过程的输入包括三元组(1,,)n x .若剩余序列的第一项是x ，或者若序列只有一项并且它不是x ，则过程在这一步终止.若x 不是这一项而且存在其他的项，则执行同样的过程，但是搜索序列减少一项，它是通过删除搜索序列的第一项而获得的.递归顺序搜索算法procedure search (,,)i j xif i a x = thenLocation:=ielse if i j = thenlocation:=0elsesearch (1,,)i j x +3.3.2 递归与迭代递归定义把在正整数处的函数值表达成在更小的整数处的函数值.这意味着可以设计递归算法来求出递归地定义的函数在正整数处的值.例3.3.2 下面给出阶乘的递归算法.阶乘的递归过程procedure factorial(n :正整数)if 1n = thenfactorial(n ):=1elsefactorial(n ):=n *factorial(1n -)存在另外一种方式，从阶乘函数的递归定义求它在整数处的值.代替连续地把计算归纳到在更小的整数处来求函数的值，可以从在1处的函数值开始，连续地应用递归定义来求出在更大的整数处的函数值.这样的过程称为迭代.换句话说，为了用迭代过程求出!n ，从1（即在1处的阶乘函数值）开始，连续地乘以每个小于或等于n 的正整数.对递归地定义的序列求值的迭代方法，比起使用递归的过程来，常常要求较少量的计算机（除非使用专门的递归机器）.用求第n 个斐波那契数的迭代的递归过程来说这一点.首先给出递归过程.斐波那契数的递归算法procedure fibonacci(n :非负整数)if 0n =then fibonacci(0):=0else if 1n =then fibonacci(1):=1else fibonacci(n ):= fibonacci(1n -)+fibonacci(2n -)当使用递归算法求n f 时，首先把n f 表示成12n n f f --+.然后把这两个斐波那契数都换成两个前面的斐波那契数之和.当0f 或1f 出现时，就直接换成它的值.注意，在递归的每个阶段，直到获得1f 或0f 为止，需要求值的斐波那契数的个数都一直翻倍.例如，当使用这个递归算法求出4f 时，就必须完成图五里树形图所说明的全部计算机.这个树包括用4f 标记的根，以及从根到用 图五两个斐波那契数3f 和2f 标记的顶点的分支，它们出现在4f 的计算的归约里.每个后续的归约都产生树里的两个分支.当遇到0f 和1f 时，这种分支结束.现在考虑用下面的迭代过程来求出n f 所需要的计算量.计算斐波那契数的迭代算法procedure iterative fibonacci(n :非负整数)if 0n = then y :=0elsebeginx :=0y :=1for i :=1 to 1n -beginz :=x y +x :=yy :=zendend{y 是第n 个斐波那契数}这个过程把x 初始化成00f =，把y 初始化成11f =.当经过循环时，把x 和y 之和赋给辅助变量z .然后把x 赋成y 的值，而把y 赋成辅助变量z 的值.因此，在经过第一次循环之后得出x 等于1f 而y 等于012f f f +=.另外，在经过1n -次循环之后x 等于1n f -而且y 等于n f .当1n >时，用这个迭代方法求出n f 仅仅使用了1n -次加法.因此，这个算法比递归算法需要少得多的计算.参考文献[1] 华罗庚. 数学归纳法[M].北京：科学出版社，2002.[2] 屈婉玲. 离散数学[M].北京：清华大学出版社，2005.[3] 邓辉文. 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Discrete Mathematics with Applications：第3版[M].北京：高等教育出版社，2005.[14] J. R. Monk. Introduction to Set Theory[M].NewYork：McGrawHill，1969.[15] E. Mendelson. Introduction to Mathematical Logic [M].New York：Van NostrandReinhold， 1964.。
数学归纳法
数学归纳法归纳法的发展历程数学归纳法是数学中一种重要的证明方法，也是中学数学一个非常重要的内容，用于证明与无穷的自数集相关的命题．但凡涉及无穷，总会花费数学家大量时间与精力，去理解并弄清它的真正意义．普通归纳法与自然数这一最古老的数学概念及“无穷”这个无法直观感觉的概念相结合的“数学归纳法”，自然也需要一个漫长的认识过程．有限个数字、元素、对象的认识很容易，因为它们很直观，一个个“数”或一个个“考察”即可，当数字、元素、对象多到无数个，即“无限”或“无穷”个时，就不是这么简单数数、看看的事了，因这无穷多的对象是无法完全“摆”出来直观感受的，如果再带上一些复杂的关系，那就更加无法直观反映了．在“无穷”多个对象时，较简单的情形就是与自然数相关的“无穷”，比如用{P (n)}表示与自然数n有关的无穷多的数字、元素、对象或性质、命题等．为了“数”清这无穷多的对象，或“看”清摆不出来的对象是否也带有看得到的对象所具有的复杂关系，那只能用“归纳”的办法去合理地“猜”，这就是普通“归纳法”的作用，是人类认识未知的一个普遍有效的方法，它是通过少数几个对象所显现的特征，根据后面对象与这少数对象在看得到、感觉得了的“相似”关系中，合理推测这些对象特征的办法．这时，也许你运气好恰好“猜”对了，也许没那么好的运气，一而再再而三地猜错，即使你猜对了，对数学家而言也不敢轻易恭维，因为他们需要的是“准确”的计数或“清晰”地看到性质，也就是说，必须对你的猜测给予严格的证明才能认可．如此一来，如何“准确”数、“清晰”看对象或其性质，就成了数学家伤脑筋的一个问题，这一“数”就数了两千多年．从普通不严密的“归纳法”发展到精确的“数学归纳法”，再到更一般的“超穷归纳法”、“连续归纳法”2.1.1 数学归纳法的起源追根溯源，数学归纳法可以在印度和古希腊时代的著作中找到丝缕痕迹，例如，印度婆什迦罗（Bhāskara，1114~约1185）的“循环方法”和欧几里得素数无限的证明中都可以找到这种踪迹．欧几里得《几何原本》第九卷命题20为：质数比任何指定数目都要多（注：质数也称为素数），即：素数无穷．欧几里得对这个命题的证法是经典的．他假定素数是有限的，不妨设这有限的n个素数为1p 、2p 、… 、n p ．然后作自然数1p ﹒2p …n p +1，并证明还存在新的素数，从而得到矛盾．因为若所作的数是素数，则它比全部给出的n 个素数都要大，因此是一个新的素数，这与假设有n 个素数矛盾；又若它不是素数，它必能被一素数整除，但它被已知全部的n 个素数1p 、2p 、… 、n p 除都有余数1，故整除1p ﹒2p …n p +1的素数必定是这n 个素数以外的新的素数，从而又与假设有n 个素数的条件矛盾．欧几里得素数无穷命题即是说，素数的个数与自然数的个数一样多．上述证明可以这样 翻译，首先，至少有一个素数存在，因为2就是素数，这一点在欧几里得的证明中没有指明；此外，上面欧几里得的证明表明，假如有n 个素数，那么就必定有1+n 个素数存在．也就是按现代数学归纳法的要求，证明了从n 到1+n 的递推关系，即完成了数学归纳法证明的关键性一步．但欧几里得没有使用任何明显的术语与现在的推理格式，因此，我们只能认为它蕴涵了现代数学归纳法的痕迹．2.1.2数学归纳法的发展直到十七世纪后，在数学归纳法有了明晰的框架后，各种形式的数学归纳法逐步得到发展，具体使用中的各种变异形式，如奠基步骤中的起始命题证明、归纳步骤中的跳跃台阶设置等都作了相应推广，发展出了最小数原理、第一和第二数学归纳法、反向归纳法、递减归纳法、螺旋归纳法、双重甚至多重归纳法等各种形式的数学归纳法．由于分析算术化的需要，数的理论也得到了充分发展，并最终将整个分析建基于自然数之上，至1889年意大利数学家C ·皮亚诺（C ·Peano ，1858~1932，意大利）发表 算术原理新方法，给出自然数的公里体系，不仅使全部微积分理论根基于此，也使数学归纳法有了一个准确、合理的理论基础．Peano 自然数公理系统：Ⅰ．1是一个自然数；Ⅱ．1不是任何其他自然数的后继；Ⅲ．每个自然数的后继是自然数；Ⅳ．若两个自然数的后继相等, 则这两个自然数也相等；Ⅴ． 若M 是由一些自然数所组成的集合，而且1属于 M ，且当任一自然数a属于M 时，a 的后继也属于M ，则 M 就包含了全部自然数．其中公理V 被称为归纳公理，是数学归纳法的逻辑基础．几乎同时，在分析算术化的过程中，对“无穷”概念作出了深刻的分析，扫除了微积分发展中的主要障碍，并对分析中的“不健康”点（不连续点、不收敛点等）逐渐有了深刻认识，为最终建立实分析奠定了基础．在对“例外”的考虑中，康托尔是独具慧眼的数学家，以此为起点，康托尔在 1897年建立了集合论基础，并对自然数作了深入、细致的研究，发明了超穷数，建立了超穷序数与超穷基数理论，并论述了良序集的特别理论，在此基础上将数学归纳法扩展为超穷归纳法．我们熟悉的归纳公理用集合论的语言可表述为：设S 是自然数集合N 的一个子集，如果：（1）1是 S 的元素；（2）从k 是S 的元素可推出k + 1是S 的元素. 那么，（3）S= N ．对于良序化的集合也有类似的性质：设 A 是良序化的集合，S 是 A 的一个子集，如果（1）A 的最小元素是 S 的元素；（2）x 是A 的元素，而从所有在A 中比x 小的元素是S 的元素可推出x 也是S 的元素. 那么，（3）S= A ．由彼此相似的良序集确定的数称为序数, 对于这样的良序集和序数相应的有下列超穷归纳法（有些教材或专业书直接将上述命题称为超穷归纳法）：超穷归纳法 设)(αΦ是序数α的一个命题，并且满足：如果任给β<α，)(βΦ都成立，则)(αΦ成立．那么，任给序数α，)(αΦ都成立．因为没有序数比0小，所以“任给β<α，)(βΦ都成立”总是真的，因此上述归纳法定理的条件中蕴涵着)0(Φ成立．应用时，有时需要特别证明)0(Φ成立．如若讨论的是大于等于某个序数0α的所有序数的性质，这时，与应用普通数学归纳法一样，需要对超穷归纳法条件需要稍加改动．上述条件改为：如果任给0αβ≤<α，)(βΦ都成立，则)(αΦ成立．易知，数学归纳法是超穷归纳法的特殊形式，但从数学归纳法不能推出超穷归纳法，因为自然数集只是特殊的良序集，而普通的数学归纳法无法跨越无穷达到“超穷”．数学归纳法和超限归纳法是对“离散”的无穷数集作出判断的严格的数学方法．对于连续情形，直到上世纪80年代才发现有一个十分简单而又便于掌握与应用的关于实数的归纳法，称为连续归纳原理或连续归纳法：设 P (x )为关于实数x 的一个命题，如果（i ）有某个实数0x ，使得对一切实数x <0x ，有 P (x )成立；（ii ）若对一切实数x <y 有 P (x )成立，则有y δ> 0，使 P (x )对一切实数x <y +y δ成立．那么，（iii ）对一切实数x 有P(x )成立．连续归纳法与数学归纳法或超穷归纳法形式极为相似，某种程度上表明离散的自然数集或良序集与连续的实数集在一定条件下的统一性．连续归纳法可以用来刻画实数系统的连续性公理，并推出一系列关于实数的命题，以及微积分中涉及连续的所有命题，连续归纳法的发现使有关实数的命题变得简单而易于掌握．至此，“归纳法”完成了较全面的、数学化的发展，“数学归纳法”在有限与无限之间架起了一座安全的桥梁．随着数学对象的进一步扩展，严格、准确的“归纳法”表达形式或许还会有更进一步的发展，因为数学概念的本身就是随着数学的整体发展以及人类认识的不断深化而逐步深入地修改、完善的，文献[8]用集合论的基本概念、现代数学的术语包括代数结构的语言与逻辑手段阐述数学归纳法，以表明数学归纳法的现代建构及其应用．综上所述，“归纳法”的精确化、成熟化几乎伴随了整个数学发展、成熟的历史, 从古代印度数学和古希腊欧几里得《几何原本》至二十世纪下半叶连续归纳法的发现．2.2 数学归纳法的原理分析2.2.1 数学归纳法的逻辑原理数学归纳法是一种证明与自然数n 有关的数学命题的重要方法．我们首先看一个简单的、人们熟悉的归纳集合，即自然数集N={0，1，…}．要确定N ，可先给出一个特殊的元素0，称为初始元，它是产生N 的基础．然后再给出一个由自然数产生自然的运算，即一元后继运算n ′（=n+1）．这个运算作用在初始元0上得到1，再作用在1上得到2，把这个过程一直继续下去，就可以依次把所有自然数产生出来．这个后继运算n ′有一个性质，即当n ∈N 时，则n ′∈N 。
第二数学归纳法
第二数学归纳法探讨。
数学归纳法是一种重要的论证方法。
我们通常所说的"数学归纳法"大多是指它的第一种形式而言，本文从最小(自然)数原理出发，对它的第二种形式即第二数学归纳法进行粗略的探讨，旨在加深对数学归纳法的认识，并得到一种加强的证明方法。
相对于第一数学归纳法，第二数学归纳法的假设更强，理论上可以使用第一数学归纳法证明的，必然可以使用第二数学归纳法证明;反之则不一定成立，我们有一个有关整数的整除理论的典型证明:"所有大于1的整数都可以分解成若干个素数的乘积"来看出这一点。
原理：1.最小(自然)数原理:(注:可利用数学归纳法加以证明) 任意一个非空自然数集C有最小元素。
③2.第二数学归纳法:设有一个与自然数n有关的命题P0，P1，P2,…,Pn如果:(1)当n=0时，命题成立;①(2)假设当n≤k(k∈N)时，命题成立;②由此可推得当n=k+1时，命题也成立。
那么根据①②可得，命题对于一切自然数n来说都成立。
证明：提示:用反证法证明。
证明:假设命题不是对一切自然数都成立，假设C表示使命题不成立的自然数所组成的集合，显然C非空，由③可得，C中必然存在最小元素，记为q，④若q=0，与①矛盾，故q≥1;∵q是C中的最小元素，∴命题对于n<q即n≤q-1均成立，由②可得:故命题对n=q也成立，与④矛盾，故假设不成立，即命题N对于一切自然数n均成立。
▉(注:"▉"表明命题证毕。
)说明：在假如论证在n=k+1时的真伪时，必须以n取不大于k 的两个或两个以上乃至全部的自然数时命题的真伪为其论证的依据，则一般选用第二数学归纳法进行论证。
之所以这样，其根本原则在于第二数学归纳法的归纳假设的要求较之第一数学归纳法更强，不仅要求命题在n=k时成立，而且还要求命题对于一切小于k 的自然数来说都成立，反过来，能用第一数学归纳法来论证的数学命题，一定也能用第二数学归纳进行证明，这一点是不难理解的。
第1讲 数学归纳法
第一讲 数学归纳法1. 教学基本要求了解数学归纳法的实质，理解不同形式数学归纳法之间的关系，能够选用数学归纳法的恰当形式解决相关问题． 2. 教学具体内容最小数原理，跳跃归纳法，倒退归纳法等．重点与难点：归纳起点的选择，归纳形式的选择，归纳变量的选择． 教学内容数学归纳法是证明序列命题的常用方法．设n 是整数，()P n 是与n 有关的命题，A 是非负整数集的一个子集，要证明n A ∀∈，命题()P n 成立，这时可以考虑用数学归纳法．数学归纳法有多种表现形式，中学数学中常用的第一数学归纳法与第二数学归纳法是它的两种重要表现形式．在竞赛数学中，还需要了解其他的表现形式． 一、基本原理数学归纳法发源于自然数的归纳公理或最小数原理．可以证明自然数的归纳公理或最小数原理等价，所以人们常用最小数原理证明数学归纳法．皮亚诺（归纳）公理：若M N ⊆，且112M a M ︒∈︒∀∈；，有'a M ∈，则M N =．即自然数的某个集合若含1，且如果含一个自然数a 就一定含a ’，那么这个集合含全体自然数）最小数原理：设M 是自然数集的一个非空子集，则M 中必有最小数，即0n M ∃∈，使得n M ∀∈，均有0n n ≥.定理1 设A 是一个非空集合，12k A ,A ,,A ,均为非空集合，12kA A A A =若1n A ∀∈，有命题()P n 成立，又在假设k n A ∀∈，命题()P n 成立的前提下，能推出1k n A +∀∈，命题()P n 成立，则n A ∀∈，命题()P n 成立．在定理1中，当取{}k A k ,k Z +=∈，则得到第一数学归纳法． 在定理1中，当取{}123k A ,,,k ,k Z +=∈，则得到第二数学归纳法．在定理1中，设2l N ,l ∈≥，令{}{}{}1212312+32(1)1(1)2(1)+3k A ,,,l ,A l ,l ,l ,l ,A k l ,k l ,k l ,kl ,==++=-+-+-，，，则得到跳跃式归纳法． 数学归纳法的几种形式定理2（第一数学归纳法）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若 Ⅰ（奠基）)(n P 在1=n 时成立Ⅱ（归纳）)(k P （k 是任意自然数）成立的假设下可以推出)1(+k P 成立． 则)(n P 对一切自然数n 都成立．这是数学归纳法的标准形式证明：设M 是使命题成立的所有自然数组成的集合，则由 Ⅰ M ∈1； Ⅱ 若M k ∈，则M k ∈+，由归纳公理，得证．第一数学归纳法的一种变形（移动起点）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若 Ⅰ)(n P 在0n n =时成立．其中0n 为任何一个具体的自然数． Ⅱ)(k P （0n k ≥）成立的假设下可以推出)1(+k P 成立． 则)(n P 对一切自然数n （0n n ≥）都成立．定理3第二数学归纳法（串值归纳法）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若 Ⅰ)(n P 在1=n 时成立．Ⅱ)(m P 对于所有适合k m <的自然数m 成立的假设下可推出)(k P 成立． 则)(n P 对一切自然数n 都成立．第二数学归纳法的一种变形（增多起点）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若 Ⅰ)(n P 在1=n ，2=n 时成立．Ⅱ 假设)1(),(+k P k P 真，则)2(+k P 真． 则)(n P 对一切自然数n 都成立．定理4 跳跃式归纳法（加大跨度）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若 Ⅰ)(,),2(),1(l P P P （2l ≥）为真命题．Ⅱ在)(k P （k 是任意自然数）成立的假设下可以推出)(l k P +成立． 则)(n P 对一切自然数n 都成立．在跳跃式归纳法中，人们常把整数l 称为归纳跨度或归纳步长．定理5（反向归纳法）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若 Ⅰ 有无限多个值使)(n P 成立．Ⅱ 在)(k P （k 是任意自然数）成立的假设下可以推出)1(-k P 成立． 则)(n P 对一切自然数n 都成立． 二、试题生成编制数学归纳法试题的方法之一是改变归纳的跨度，对于与整数n 有关的命题)(n P ，如果由()P k 成立不易推出(1)P k +成立，但由()P k 成立容易推出()(2)P k l l +≥成立，则可用)(n P 的这一特性编制与跳跃归纳法相关的试题．例1 已知n 为正整数(45)n ≥，求证：必存在非负整数x,y ，使得49n x y =+．证明： 4559=⨯465914792475924593485934394=⨯+=⨯+⨯=⨯+=⨯+⨯=⨯+=⨯+⨯ 假设n k =时命题成立，即存在非负整数x,y ，使得49k x y =+． 则44944(1)9k x y x y +=++=++．所以对n 为正整数(45)n ≥，必存在非负整数x,y ，使得49n x y =+．编制数学归纳法相关试题的另一种方法是将一般问题特殊化，若命题)(n P 对一切正整数都成立，那么对于特定的正整数0n ，命题0()P n 也成立． 例2 证明方程222011x y z += 存正整数解． 分析：证明方程22()n x y z n Z ++=∈ 存正整数解．证明：当n=1时，命题成立，即22x y z +=有正整数解（1，2，5）当n=2时，命题成立，即222x y z +=有正整数解（3，4，5）假设n k =时命题成立，即22k x y z +=存在正整数解000()x ,y ,z ，即22000k x y z += 记100x x z =⋅，100y y z =⋅，所以11x ,y Z +∈，且22222222222110000000000()k k x y x z y z x y z z z z ++=⋅+⋅=+⋅=⋅= 上式说明110()x ,y ,z 是方程222k x y z ++=的一组正整数解． 说明步长为2时，命题成立． 由跳跃归纳法得原命题成立． 显然2011n =时，命题成立，即方程222011x y z += 存正整数解． 三、方法解读在数学归纳法的教学中应注意（1）要使学生弄清数学归纳法与普通形式逻辑中的归纳法的区别．归纳法是通过观察、试验、推理或猜测，得出一个关于全体对象的判断，属于归纳．分为完全归纳法和不完全归纳法．完全归纳法是考察一类事物的每一对象肯定它们都具有某一属性，从而得出这类事物都有这一属性的一般性结论．不完全归纳法是考察一类事物的部分对象具有某一属性，从而得出这类事物都有这一属性的一般性结论．数学归纳法是对给定结论予以证明，属于证明． （2）帮助学生正确理解数学归纳法． ① 数学归纳法中的两个步骤，缺一不可． 例如不要Ⅰ（奠基）． 例 证明所有正整数都相等．证：假设k n =时，第k 个整数等于第1+k 个整数，即1+=k k ；两边都加上1，得到21+=+k k ，即第1+k 个整数等于第2+k 个整数 所以，1+=k n 时命题也成立．例如不要Ⅱ（递推步骤）例 法·费尔马（1601－1665）猜想，12)(2+=nn f 对所有非负整数n 均为素数．20123421351725765537nn F ,F ,F ,F ,F ,F ,=+===== 542949672976416700417F ==⨯， F (5)是合数 ② 防止“貌合神离” 例3 若0(1,2,,)i a i n >=，且121=+++n a a a ．求证：)2(122221≥≥+++n na a a n ． 错误证法：︒1 当2=n 时，命题成立． 用反证法：当21a a +=1时，设212221<+a a ，则可得4121>a a ， 又由2221a a +〉212a a ，可得4121<a a 矛盾 ︒2 假设当k n =时，命题成立．即121=+++k a a a 时，ka a a k 122221≥+++ 当1+=k n 时，1111212122221+>>+≥++++++k k a k a a a a k k k 综合︒1、︒2，命题对于不小于2的所有自然数成立．剖析：当1+=k n 时，条件为1121=+++++k k a a a a ，其中0(1,2,i a i n >=． 所以，不能套用121=+++k a a a 的结论，而应改造前提条件，使之符合归纳假设的要求．正确证法：︒1当2=n 时，命题成立．（反证法）当121a a +=时，设212221<+a a ，则可得4121>a a ， 又由2212122a a a a +>，可得4121<a a 矛盾︒2 假设当k n =时，命题成立．即121=+++k a a a 时，ka a a k 122221≥+++ 当1n k =+时，由0,1,2,,1i a i k >=+，且1211k k a a a a +++++=．12110k k a a a a +∴+++=-≠得121111101111k ik k k k a a a a a a a a +++++++=>----，且由归纳假设，得222121111111k k k k a a a a a a k +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++≥ ⎪ ⎪ ⎪---⎝⎭⎝⎭⎝⎭()212222212111k k k k a a a a a a k+++-∴++++≥+，要证()2121111k k a a kk ++-+≥+， 即 ()()()2211111,k k k a k k a k +++-++≥()()221112110k k k a k a ++⇒+-++≥例4 设5>n ，求证任何一个正方形都可以分分割为n 个小正方形．（小正方形的大小可以不同）证明：（跳跃式归纳法）7n =时成立， 10n =时成立， 6n =时成立 8n =时成立所以n =13，n =16成立． 9n =时成立 11n =时成立12n =时成立 14n =时成立以此类推步长为3时都成立，综合上述6,7,8n =时，命题均成立．又步长为3时都成立，即(8)n n ≥成立可3n ⇒+也成立。
归纳原理和数学归纳法
第三节归纳原理和数学归纳法1．数学归纳法的理论依据归纳法和演绎法都是重要的数学方法．归纳法中的完全归纳法和演绎法都是逻辑方法；不完全归纳法是非逻辑方法，只适用于数学发现思维，不适用数学严格证明．数学归纳法既不是归纳法，也不是演绎法，是一种递归推理，其理论依据是下列佩亚诺公理Ⅰ—Ⅴ中的归纳公理：Ⅰ．存在一个自然数0∈N；Ⅱ．每个自然数a有一个后继元素a′，如果a′是a的后继元素，则a叫做a′的生成元素；Ⅲ．自然数0无生成元素；Ⅳ．如果a′=b′，则a=b；Ⅴ．(归纳公理)自然数集N的每个子集合M，如果M含有0，并且含有M内每个元素的后继元素，则M＝N自然数就是满足上述佩亚诺公理的集合N中的元素．关于自然数的所有性质都是这些公理的直接推论．由佩亚诺公理可知，0是自然数关于“后继”的起始元素，如果记0′＝1，1′=2，2′=3，…，n′=n＋1，…，则N=｛0，1，2，…，n，…｝由佩亚诺公理所定义的自然数与前面由集合所定义的自然数，在本质上是一致的．90年代以前的中学数学教材中，将自然数的起始元素视作1，则自然数集即为正整数集．现在已统一采取上面的记法，将0作为第一个自然数．定理1(最小数原理)自然数集N的任一非空子集A都有最小数．这本是自然数集N关于序关系∈(＜)为良序集的定义．现在用归纳公理来证明．证设M是不大于A中任何数的所有自然数的集合，即M=｛n｜n∈N且n≤m，对任意m∈A｝由于A非空，至少有一自然数a∈A，而 a＋1(＞a)不在M中．所然，就有1° 0∈M(0不大于任一自然数)；2°若m∈M，则m＋1∈M．根据归纳公理，应有M＝N．此与M≠N相矛盾．这个自然数m0就是集合A的最小数．因为对任何a∈A，都有m0意a∈A，于是m0＋1∈M，这又与m0的选取相矛盾．反之，利用最小数原理也可以证明归纳公理．因此，最小数原理与归纳公理是等价的．定理2(数学归纳法原理)一个与自然数相关的命题T(n)，如果1° T(n0)(n0≥0)为真；2°假设T(n)(n≥n0)为真，则可以推出T(n＋1)也为真．那么，对所有大于等于n0的自然数n，命题T(n)为真．证用反证法．若命题T(n)不是对所有自然数n为真，则M=｛m｜m∈N，m≥n0且T(m)不真｝非空．根据定理1，M中有最小数m0．由1°， m0＞n0，从而m0－1≥n0且T(m0-1)为真．由2°，取n=m0-1即知T(m0)为真．此与T(m0)不真相矛盾．从而证明了定理2．在具体运用数学归纳法进行数学证明时，有多种不同形式．运用定理2中两个步骤进行证明的，为Ⅰ型数学归纳法．经常使用的还有Ⅱ型数学归纳法，Ⅱ型数学归纳法是：如果命题T(n)满足1°对某一自然数n0≥0，T(n0)为真；2°假设对n0≤k≤n的k， T(k)为真，则可以推出 T(n＋1)也真．那么．对所有大于等于n0的自然数，命题T(n)都真．定理3Ⅰ型数学归纳法和Ⅱ型数学归纳法等价．证假设命题 T(n)对n=n0为真，于是只须证明“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出T(n＋1)也为真”的充要条件为“由T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出T(n+1)也为真．”1°充分性若“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，则对n0≤k≤n，T(k)为真，特别 T(n)为真，因此 T(n＋1)也为真．2°必要性用反证法．若“由 T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，但并非对所有大于等于n0的自然数n，由T(n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真，则 M=｛m｜m∈N， m≥n0且由T(n)为真推不出T(n＋1)也为真｝非空．由定理1，M中有最小数m0，且对n0≤k＜m0的k，由T(k)为真，可以推出T(k＋1)也为真．特别由 T(n0)为真可知 T(n0+1)为真，由T(n0＋1)为真可知 T(n0＋2)为真，……，由T(m0－1)为真可知 T(m0)为真．现已知T(n0)为真，所以T(n0)， T(n0+1)，…， T(m0)都为真，由此可知 T(m0＋1)也为真，所以由 T(m0)为真推出了T(m0＋1)也为真．这与m0的选取矛盾．由定理3可知，Ⅱ型数学归纳法也是合理的推理方法．2．数学归纳法在应用中要注意的问题第一，证明的两个步骤缺一不可第一步是归纳的基础，第二步是归纳的传递．尤其是不可忽视第一步的验证．例1试证1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2＋1证假设当n=k时公式成立，则1＋3＋5＋…＋(2n-1)＋(2n+1)＝［1＋3＋5＋…＋(2n-1)］＋(2n＋1)＝n2＋1＋2n＋1＝(n＋1)2＋1完成了数学归纳法的第二步，但结论显然是错误的．为什么？因为缺少第一步．事实上，当n=0时，公式不成立．如果缺了第二步，则不论对多少个自然数来验证命题T(n)的正确性，都不能肯定命题对所有自然数都正确．例如，哥德巴赫猜想“任何不小于6的偶数都可以表成两个奇素数之和”，虽然对大量偶数进行了具体验证，但因缺少第二步归纳传递，所以仍只停留在归纳的第一步上．它至今仍只是个猜想而已．第二，第二步在证明T(n＋1)为真时，一定要用到归纳假设，即要把“T(n)为真推出 T(n＋1)为真”或“T(n0)， T(n0＋1)，…，T(k-1)为真推出T(k)为真”的实质蕴含真正体现出来．否则不是数学归纳法证明．例2设a1，…，a n为n个正数，b1，…，b n是它的一个排列．试证证1°当n=1时，命题显然成立．2°假设(*)式对n=k成立，则当n=k＋1时根据数学归纳法原理，(*)式对所有大于等于1的自然数n都成立．这里虽然形式上完成了数学归纳法的两个步骤，但第二步在证(*)式对n＋1成立的过程中，并没用到(*)对n成立的归纳假设．因此，不能说上述证法是采用了数学归纳法．事实上，在上述证明中无须用数学归纳法，用平均值不等式证明就行了．第三，并不是凡与自然数相关的命题T(n)，都要用数学归纳法来证明；而且也不是所有这类命题都能用数学归纳法给以证明的．这一命题是与自然数相关的命题，尽管可以对n＝0，1，2，…进行验证，但无法实现数学归纳法的第二步，因此不能用数学归纳法进行证明．事实上，数学归纳法只适用于具有递归性的命题T(n)．3．递归函数一个定义在自然数集N上的函数f(n)，如果它对于每个自然数n的值可以用如下方式确定：(1)f(0)=a(a为已知数)；(2)存在递推关系组S，当已知/f(0)，f(1)，…，f(n-1)值以后，由S唯一地确定出f(n)的值：f(n)=S［f(0)，f(1)，…，f(n-1)］那么，就把这个函数f(n)，称作归纳定义的函数．简称递归函数．在具体的递归函数例子中，关系组S可能有几个表达式，或者没有明确的解析表达式，也可能需要给出f(n)的开头若干个值．这样定义函数是合理的，因为我们有：定理4 当递推关系组S给定后，定义在N上的满足上述条件(1)、(2)的函数f(n)是存在而且唯一的．证首先指出：对任一自然数k，总可以在片断｜0，k｜上定义一个函数f k(n)，使f k(0)=a，对于片断上其他自然数 n，f(n)=S［f(0)，…，f(n-1)］．这个函数f k(n)是在｜0，k｜上唯一确定的．现对k进行归纳证明：1°当k＝0时，f0(0)＝a是唯一确定的；2°假定在｜0，k｜上已经由(1)、(2)定义了一个唯一确定的函数f k(n)，令则f k+1(n)在片断｜0，k＋1｜上有定义，且(1)f k+1 (0)=f k(0)=a；(2)f k+1(n)=S［f k(0)，…，f k(n－1)］=S［f k+1(0)，…，f k+1(n－1)］，n=1，2，…，k．因此，函数人fk+1(n)满足条件(1)、(2)．由数学归纳法知，对任何自然数k，函数f k(n)在片断｜0，k｜上唯一确定，且满足(1)、(2)．又若k1＜k2，则 f k1(n)与f k2(n)在片断｜0，k1｜上完全一致．现作一新的函数：f(n)=f n(n)， n∈N．首先，函数f(n)对任一n∈N都有定义，且f(n)=f n(n)=S［f n－1(0)，…，f n-1(n－1)］=S［f0(0)，…，f n-1(n-1)］=S［f(0)，…，f(n-1)］又显然f(0)＝f0(0)=a．故函数f(n)是定义在N上且满足(1)、(2)的唯一确定的函数．例4设函数f∶N→N，且(1) f(0)=2，f(1)=3；(2) f(n＋1)＝3f(n)－2f(n－1)，n≥1．证明： f( n)＝2n＋1．这里给出的递归函数由f(0)、f(1)两个值和一个关系式给定的关系组S确定．但有的递归函数f(0)的值隐含于关系组S之中而未直接给出．例5(IMO－19试题)设f：N+→N＋，且(S) f(n＋1) ＞ f(f(n))， n∈N+求证：对于任意n∈N＋，f(n)＝n．证先用数学归纳法证明命题A n：任意正整数n，若m≥n，则f(m)≥ n．显然 A1真．假设A n-1真，则对任意m≥n，f(m－1)≥n-1，故f(m)＞f(f(m－1))≥2n－1，于是f(m)≥n，从而 An真．由此可知，f(n)≥n，f(n＋1)＞f(f(n))≥f(n)．于是f单调增加．又如果有一个n使f(n)＞n，则f(n)≥n+1，f(f(n))≥f(n+1)，与已知条件(S)矛盾．故只能有f(n)=n．本题给出的递归函数，f(1)的值没有明显给出，但实际上隐含于关系组(S)中．4．递归命题一个与自然数相关的命题T(n)，一般来说，它未必是一个函数问题．现在采取如下方式来构造命题T(n)的真值函数f∶N→｛1，0｝．如果命题T(n)的真值函数f(n)是递归函数，即1° f(0)=1；2° f(n＋1)= S［f(0)，…，f(n)］，且当f(0)=…=f(n)=1时， f( n＋1)=1．那么就称T(n)是具有递归性质的命题，或简称递归命题．实际上，所谓递归命题，就是一个与自然数相关的命题T(n)，开头(如n=0时)为真，且真值可传递并不是所有与自然数相关的命题都是递归命题．例如本节例3中的命题是与自然数相关的命题，而且对任何n∈N，它都为真，但却不具有递归性，它的真值是不可传递的．一般而言，大多数数论问题，如哥德巴赫猜想、费马问题、孪生素数问题等，都不是递归命题．只有递归命题才能用数学归纳法来证明．因此判别一个与自然数相关的命题T(n)是不是递归命题，是运用数学归纳法的前提．判别的关键在于，探究和发现T(n)的真值对于T(0)，…，T(n-1)真值的依赖性．而这种探究本身对于数学归纳法第二步证明，也有直接帮助．例6(1963年北京市竞赛题)2n(n∈N＋)个球分成若干堆，从中任选两堆：甲堆p 个球，乙堆q个球；若p≥q，则从甲堆取出q个加于乙堆；这作为一次挪动(变换)．证明：总可以经过有限次挪动，使所有球都归为一堆．这是一个与自然数相关的命题，记为T(n)．当n=1时，只有两个球，或已是一堆；或两堆，每堆一个球．若后者，只须挪动一次，就变为一堆．所以T(1)为真．T(n)真值是否有传递性呢？考察2n+1与2n，前者比后者多了一倍．如果设想每堆都是偶数个球，把每两个球用一个小袋装在一起，2n+1个球就变成了2n袋球．假设2n袋球都挪到一堆，那么2n+1个球也就挪到了一堆．这样就使T(n)的真值传递给了T(n＋1)．现在设法先将分球的情况变为每堆球数为偶数．假设不是每堆球数都是偶数，则球数为奇数的堆数一定为偶数(为什么？)．现将这2r堆奇数个球的堆两两配对，每对从较多的一堆向较少的一堆挪动一次．那么这2r堆每堆球数均为偶数(也可能出现空堆，如果一对中两堆球数相等的话)．这样便可以实施数学归纳法的第二步证明了．。
初等数论
证明:唯一性
设m=p1p2…pr=q1q2…qs 只要证明只是顺序不同就好了 p1|q1q2…qs，所以对于某个i,p1|qi，显然p1=qi 则m/p1=p2…pr=q1q2…qi-1qi+1…qs 可以继续这样做，直到最后可以证明p1,p2,…,pr和 q1,q2,…,qs之间存在一一对应关系 严格叙述可以用数学归纳法或最小整数原理
引理3
假定ab≠0,(a,b)=1,且x0,y0是ax+by=c的一组解, 则ax+by=c的所有解可写为 x=x0+bt , y=y0-at, 其中t是整数
证明
由引理2,因为(a,b)=1,对任何c,有1|c,方程确实有解. 设r,s是ax+by=c的任意解. 我们要证,r=x0+bt,s=y0-at必对某一整数t成立.由 ax0+by0=c得 c-c=(ax0+by0)-(ar+bs) 即 a(x0-r)+b(y0-s)=0 由a|a(x0-r)和a|0,可得a|b(y0-s),由于(a,b)=1,所以a|y0s 即存在一个整数t,使at=y0-s 可知,s=y0-at,r=x0+bt
function gcd(a , b : longint;var x , y : longint) : longint; Var _x , _y : longint; Begin if (b = 0) then begin gcd := a; x := 1; y := 0; end else begin gcd := gcd(b , a mod b , _x , _y); x := _y; y := _x – _y * (a div b); end; End;
初等数学研究教案
教案课程名称：初等数学研究***师：***教师所在单位：统计系课程简介《初等数学研究》是初等教育专业的专业课。
它是在学生掌握了一定的高等数学理论知识的基础上，继教育学、心理学之后而开设的。
本课程从中学数学教学的需要出发，以基本问题分成若干专题进行研究，在内容上适当加深和拓广，在理论、观点、思想、方法上予以总结提高，并着重解决理论方面的问题。
本课程的重点是培养中小学数学教师严谨、系统的初等数学理论和基础知识，训练中小学数学教师的技巧。
《初等数学研究》包括《初等代数研究》和《初等几何研究》两部分，是初等教育专业开设的一门综合性的选修课程。
根据高等师范学校数学专业的培养目标，通过该课程的学习，使学生了解初等数学的发展过程，初等数学的内容结构，思想方法等。
理解初等数学理论知识，提高中学数学教学水平。
学习本课程，要求学生更好地掌握并处理中学数学的教材，还必须使学生理解中学数学中用描述的方法引进的一些数学概念怎样给出精确的定义，未作证明的或证明不完整的数学命题怎样做出严格的证明，以及一些广泛应用的数学方法的理论依据。
本课程摆脱了中学数学里已有的基础，以及高等数学里已作详尽讨论的知识，按照自己的逻辑系统来阐述初等数学的内容，并进行研究，将避免造成与中学数学或高等数学不必要的重复。
对于中学数学中已经解决的问题，将不在展开讨论，已有的知识与技能将作为工具来应用，在高等数学里已讨论过的有关理论，可以直接指导中学数学的，将直接应用，不再讨论。
《初等数学研究》教案1. 反射变换函数)(x f y -=与)(x f y =的图象关于y 轴对称；函数)(x f y -=与)(x f y =的图象关于x 轴对称；函数)(1x f-与)(x f y =的图象关于直线x y =对称．因此函数)(x f y -=，)(x f y -=和)(1x f-的图象可由函数的图象分别对y 轴、x 轴和直线x y =作反射得到．2. 平移变换函数b x f y +=)(的图象可由函数)(x f y =的图象沿y 轴方向上下平移b 个单位得到．当0>b 时，图象向上平移；当0<b 时，图象向下平移．函数)(m x f y +=的图象可有函数)(x f y =的图象沿x 轴方向左右平移m 个单位得到．当0>m 时，图象向左平移；当0<m 时，图象向右平移．３. 伸缩变换函数)0)((>=k x kf y 的图象可由函数)(x f y =的图象沿y 轴方向放大)1(>k k 倍或缩短)10(<<k k 倍得到；而函数)0)((>=k kx f y 的图象可由函数)(x f y =的图象沿轴x 方向压缩)1(>k k 倍或伸长)10(1<<k k 倍得到．例3 作出函数211x y -=的图象．解 易知211xy -=的定义域为),1()1,1()1,(+∞⋃-⋃--∞，且没有零点，)1,1(-是其正值区间．),1(),1,(+∞--∞是其负值区间．所给函数是偶函数，其图象关于y 轴对称．当0=x 时，该函数有极小值1．当]1,0[∈x 时单调递增，当)0,1(-∈x 时单调递减，当)1,1(-∈x 时，函数是下凸的．当),1(+∞∈x 时，函数单调递增，且上凸；当），（1-∞-时，函数单调递减，且上凸．由于011lim 11lim 22=-=-+∞→-∞→x x x x 在)1,1(-区间内+∞=-=-+-→→212111lim 11lim x x x x 在区间内-∞=---→2111lim xx 在),1(+∞区间内-∞=-+→2111lim xx 所以函数图象无限趋近于x 轴与直线1±=x 根据以上分析容易作出函数的图象。
证明数学归纳法和良序原理等价
证明数学归纳法和良序原理等价李博文定义数学归纳法对于自然数n，假设P(n)是某种性质，若：•1、P(0)成立；•2、假设P(k)成立，且能够推出P(k+1)成立则P(n)对任意自然数成立。
即：(P(0)∧(P(k)→P(k+1))→∀n∈N, P(n)良序原理设集合S，满足(S⊆N)且(S≠∅),则∃n∈S,∀m∈S,有n≤m。
即((S⊆N)∧(S≠∅))→∃n∈S,∀m∈S,(n≤m)证明数学归纳法蕴含良序原理令P(n)为以下陈述：“任意自然数的子集，若包含某一自然数i,满足i≤ n，则必有最小元。
”，设子集为S(1)显然P(0)成立(2)假设P(k)成立，即∃i∈S，i≤ k.需证明P(k+1)成立.设集合C∈N，C包含k+1，若C中不存在i，使得i<k+1，则k+1是最小元；若存在i<k+1,由于i≤k,所以i<k+1成立，即P(k+1)成立故良序原理成立。
证明良序原理蕴含数学归纳法假设数学归纳法不正确，则设自然数集S，S中的元素不满足性质P且S不为空集。
由良序原理可知，S必有最小值m。
已知如下两条为真：1、P(0)成立；2、假设P(k)成立，且能够推出P(k+1)成立由1可知m不为零，故m-1也是自然数，记为n，又由2可知对于n+1，性质P成立，即对于m，性质P成立，矛盾。
皮亚诺公理⒈0是一个数；⒉如n是一个数，那么n的后继者也是一个数；⒊0不是任何一个数的后继者；⒋如果n、m、都是自然数，并且有相等的后继者，则n、m相等；⒌如果一个数的集合包含0，也包含它的元素的所有后继者，那么此集合包含全部的数。
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数学归纳原理和最小数原理的等价性证明这两个原理都是自然数公理系统中最基本的原理，人们常常用最小数原理证明数学归纳原理。
我发现用数学归纳原理也可以证最小数原理。
所谓的最小数原理是指：自然数集合的任意非空子集必有最小元素。
一：用数学归纳原理证最小数原理。
当自然数的非空子集只含一个元素时，这个元素就是最小元素。
设n元集有最小元素，对于n+1元集，新加入的元素与n元集中的最小数比较，若新加入的元素不大于该最小数，则新加入的元素为最小数，否则，原来的n元集中的最小数仍是n+1元集的最小数。
由数学归纳原理，含任意个自然数数目的自然数子集都有最小数。
得证。
二：用最小数原理证数学归纳原理：p(o)成立，且p(n)成立可导出p(n+1)成立，则对于一切自然数n,p(n)成立。
否则，若对于若干个（可能有限个，也可能无限个）自然数m1,……mi……(i≥1）使命题不成立，由最小数原理，这若干个自然数有最小数记为w，而且，w一定是正数，那么，就一定存在唯一的自然数b,b+1=w.b不属于这个使命题不成立的元素组成的集合，因为b比最小数还小。
则p(b)是成立的，由规则，p(b+1)也成立即p(w)成立。
矛盾。
故对于一切自然数n,p(n)成立。
证毕。
其实以上发现也没啥大不了的，很直观浅显。
这两个原理的等价性得证后，两者中的任意一条都可以作为皮亚杰五条公理中的一条吗？不行！因为最小数原理中的小于最开始还是没有定义的！。
还有，该等价关系非我第一次发现，由于其十分简单，在我发现等价性后，我在华罗庚的《数学归纳法》最后找到了同样的结论。
归纳原理和数学归纳法1．数学归纳法的理论依据归纳法和演绎法都是重要的数学方法．归纳法中的完全归纳法和演绎法都是逻辑方法；不完全归纳法是非逻辑方法，只适用于数学发现思维，不适用数学严格证明．数学归纳法既不是归纳法，也不是演绎法，是一种递归推理，其理论依据是下列佩亚诺公理Ⅰ—Ⅴ中的归纳公理：Ⅰ．存在一个自然数0∈N；Ⅱ．每个自然数a有一个后继元素a′，如果a′是a的后继元素，则a叫做a′的生成元素；Ⅲ．自然数0无生成元素；Ⅳ．如果a′=b′，则a=b；Ⅴ．(归纳公理)自然数集N的每个子集合M，如果M含有0，并且含有M每个元素的后继元素，则M＝N自然数就是满足上述佩亚诺公理的集合N中的元素．关于自然数的所有性质都是这些公理的直接推论．由佩亚诺公理可知，0是自然数关于“后继”的起始元素，如果记0′＝1，1′=2，2′=3，…，n′=n＋1，…，则N=｛0，1，2，…，n，…｝由佩亚诺公理所定义的自然数与前面由集合所定义的自然数，在本质上是一致的．90年代以前的中学数学教材中，将自然数的起始元素视作1，则自然数集即为正整数集．现在已统一采取上面的记法，将0作为第一个自然数．定理1(最小数原理)自然数集N的任一非空子集A都有最小数．这本是自然数集N关于序关系∈(＜)为良序集的定义．现在用归纳公理来证明．证设M是不大于A中任何数的所有自然数的集合，即M=｛n｜n∈N且n≤m，对任意m∈A｝由于A非空，至少有一自然数a∈A，而 a＋1(＞a)不在M中．所然，就有1° 0∈M(0不大于任一自然数)；2°若m∈M，则m＋1∈M．根据归纳公理，应有M＝N．此与M≠N相矛盾．这个自然数m0就是集合A的最小数．因为对任何a∈A，都有m0意a∈A，于是m0＋1∈M，这又与m0的选取相矛盾．反之，利用最小数原理也可以证明归纳公理．因此，最小数原理与归纳公理是等价的．定理2(数学归纳法原理)一个与自然数相关的命题T(n)，如果1° T(n0)(n0≥0)为真；2°假设T(n)(n≥n0)为真，则可以推出T(n＋1)也为真．那么，对所有大于等于n0的自然数n，命题T(n)为真．证用反证法．若命题T(n)不是对所有自然数n为真，则M=｛m｜m∈N，m≥n0且T(m)不真｝非空．根据定理1，M中有最小数m0．由1°， m0＞n0，从而m0－1≥n0且T(m0-1)为真．由2°，取n=m0-1即知T(m0)为真．此与T(m0)不真相矛盾．从而证明了定理2．在具体运用数学归纳法进行数学证明时，有多种不同形式．运用定理2中两个步骤进行证明的，为Ⅰ型数学归纳法．经常使用的还有Ⅱ型数学归纳法，Ⅱ型数学归纳法是：如果命题T(n)满足1°对某一自然数n0≥0，T(n0)为真；2°假设对n0≤k≤n的k， T(k)为真，则可以推出 T(n＋1)也真．那么．对所有大于等于n0的自然数，命题T(n)都真．定理3Ⅰ型数学归纳法和Ⅱ型数学归纳法等价．证假设命题 T(n)对n=n0为真，于是只须证明“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出T(n＋1)也为真”的充要条件为“由T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出T(n+1)也为真．”1°充分性若“由T(n)(n≥n0)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，则对n0≤k≤n，T(k)为真，特别 T(n)为真，因此 T(n＋1)也为真．2°必要性用反证法．若“由 T(k)(n0≤k≤n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真”，但并非对所有大于等于n0的自然数n，由T(n)为真，可以推出 T(n＋1)也为真，则 M=｛m｜m∈N， m≥n0且由T(n)为真推不出T(n＋1)也为真｝非空．由定理1，M中有最小数m0，且对n0≤k＜m0的k，由T(k)为真，可以推出T(k＋1)也为真．特别由 T(n0)为真可知 T(n0+1)为真，由T(n0＋1)为真可知 T(n0＋2)为真，……，由T(m0－1)为真可知 T(m0)为真．现已知T(n0)为真，所以T(n0)， T(n0+1)，…， T(m0)都为真，由此可知 T(m0＋1)也为真，所以由 T(m0)为真推出了T(m0＋1)也为真．这与m0的选取矛盾．由定理3可知，Ⅱ型数学归纳法也是合理的推理方法．2．数学归纳法在应用中要注意的问题第一，证明的两个步骤缺一不可第一步是归纳的基础，第二步是归纳的传递．尤其是不可忽视第一步的验证．例1试证1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2＋1证假设当n=k时公式成立，则1＋3＋5＋…＋(2n-1)＋(2n+1)＝［1＋3＋5＋…＋(2n-1)］＋(2n＋1)＝n2＋1＋2n＋1＝(n＋1)2＋1完成了数学归纳法的第二步，但结论显然是错误的．为什么？因为缺少第一步．事实上，当n=0时，公式不成立．如果缺了第二步，则不论对多少个自然数来验证命题T(n)的正确性，都不能肯定命题对所有自然数都正确．例如，哥德巴赫猜想“任何不小于6的偶数都可以表成两个奇素数之和”，虽然对大量偶数进行了具体验证，但因缺少第二步归纳传递，所以仍只停留在归纳的第一步上．它至今仍只是个猜想而已．第二，第二步在证明T(n＋1)为真时，一定要用到归纳假设，即要把“T(n)为真推出 T(n＋1)为真”或“T(n0)， T(n0＋1)，…，T(k-1)为真推出T(k)为真”的实质蕴含真正体现出来．否则不是数学归纳法证明．例2设a1，…，a n为n个正数，b1，…，b n是它的一个排列．试证证1°当n=1时，命题显然成立．2°假设(*)式对n=k成立，则当n=k＋1时根据数学归纳法原理，(*)式对所有大于等于1的自然数n都成立．这里虽然形式上完成了数学归纳法的两个步骤，但第二步在证(*)式对n＋1成立的过程中，并没用到(*)对n成立的归纳假设．因此，不能说上述证法是采用了数学归纳法．事实上，在上述证明中无须用数学归纳法，用平均值不等式证明就行了．第三，并不是凡与自然数相关的命题T(n)，都要用数学归纳法来证明；而且也不是所有这类命题都能用数学归纳法给以证明的．这一命题是与自然数相关的命题，尽管可以对n＝0，1，2，…进行验证，但无法实现数学归纳法的第二步，因此不能用数学归纳法进行证明．事实上，数学归纳法只适用于具有递归性的命题T(n)．3．递归函数一个定义在自然数集N上的函数f(n)，如果它对于每个自然数n的值可以用如下方式确定：(1)f(0)=a(a为已知数)；(2)存在递推关系组S，当已知/f(0)，f(1)，…，f(n-1)值以后，由S唯一地确定出f(n)的值：f(n)=S［f(0)，f(1)，…，f(n-1)］那么，就把这个函数f(n)，称作归纳定义的函数．简称递归函数．在具体的递归函数例子中，关系组S可能有几个表达式，或者没有明确的解析表达式，也可能需要给出f(n)的开头若干个值．这样定义函数是合理的，因为我们有：定理4 当递推关系组S给定后，定义在N上的满足上述条件(1)、(2)的函数f(n)是存在而且唯一的．证首先指出：对任一自然数k，总可以在片断｜0，k｜上定义一个函数f k(n)，使f k(0)=a，对于片断上其他自然数 n，f(n)=S［f(0)，…，f(n-1)］．这个函数f k(n)是在｜0，k｜上唯一确定的．现对k进行归纳证明：1°当k＝0时，f0(0)＝a是唯一确定的；2°假定在｜0，k｜上已经由(1)、(2)定义了一个唯一确定的函数f k(n)，令则f k+1(n)在片断｜0，k＋1｜上有定义，且(1)f k+1 (0)=f k(0)=a；(2)f k+1(n)=S［f k(0)，…，f k(n－1)］=S［f k+1(0)，…，f k+1(n－1)］，n=1，2，…，k．因此，函数人fk+1(n)满足条件(1)、(2)．由数学归纳法知，对任何自然数k，函数f k(n)在片断｜0，k｜上唯一确定，且满足(1)、(2)．又若k1＜k2，则 f k1(n)与f k2(n)在片断｜0，k1｜上完全一致．现作一新的函数：f(n)=f n(n)， n∈N．首先，函数f(n)对任一n∈N都有定义，且f(n)=f n(n)=S［f n－1(0)，…，f n-1(n－1)］=S［f0(0)，…，f n-1(n-1)］=S［f(0)，…，f(n-1)］又显然f(0)＝f0(0)=a．故函数f(n)是定义在N上且满足(1)、(2)的唯一确定的函数．例4设函数f∶N→N，且(1) f(0)=2，f(1)=3；(2) f(n＋1)＝3f(n)－2f(n－1)，n≥1．证明： f( n)＝2n＋1．这里给出的递归函数由f(0)、f(1)两个值和一个关系式给定的关系组S确定．但有的递归函数f(0)的值隐含于关系组S之中而未直接给出．例5(IMO－19试题)设f：N+→N＋，且(S) f(n＋1) ＞ f(f(n))， n∈N+求证：对于任意n∈N＋，f(n)＝n．证先用数学归纳法证明命题A n：任意正整数n，若m≥n，则f(m)≥n．显然 A1真．假设A n-1真，则对任意m≥n，f(m－1)≥n-1，故f(m)＞f(f(m－1))≥2n－1，于是f(m)≥n，从而 An真．由此可知，f(n)≥n，f(n＋1)＞f(f(n))≥f(n)．于是f单调增加．又如果有一个n使f(n)＞n，则f(n)≥n+1，f(f(n))≥f(n+1)，与已知条件(S)矛盾．故只能有 f(n)=n．本题给出的递归函数，f(1)的值没有明显给出，但实际上隐含于关系组(S)中．4．递归命题一个与自然数相关的命题T(n)，一般来说，它未必是一个函数问题．现在采取如下方式来构造命题T(n)的真值函数f∶N→｛1，0｝．如果命题T(n)的真值函数f(n)是递归函数，即1° f(0)=1；2° f(n＋1)= S［f(0)，…，f(n)］，且当f(0)=…=f(n)=1时， f( n ＋1)=1．那么就称T(n)是具有递归性质的命题，或简称递归命题．实际上，所谓递归命题，就是一个与自然数相关的命题T(n)，开头(如n=0时)为真，且真值可传递并不是所有与自然数相关的命题都是递归命题．例如本节例3中的命题是与自然数相关的命题，而且对任何n∈N，它都为真，但却不具有递归性，它的真值是不可传递的．一般而言，大多数数论问题，如哥德巴赫猜想、费马问题、孪生素数问题等，都不是递归命题．只有递归命题才能用数学归纳法来证明．因此判别一个与自然数相关的命题T(n)是不是递归命题，是运用数学归纳法的前提．判别的关键在于，探究和发现T(n)的真值对于T(0)，…，T(n-1)真值的依赖性．而这种探究本身对于数学归纳法第二步证明，也有直接帮助．例6(1963年市竞赛题)2n(n∈N＋)个球分成若干堆，从中任选两堆：甲堆p个球，乙堆q个球；若p≥q，则从甲堆取出q个加于乙堆；这作为一次挪动(变换)．证明：总可以经过有限次挪动，使所有球都归为一堆．这是一个与自然数相关的命题，记为T(n)．当n=1时，只有两个球，或已是一堆；或两堆，每堆一个球．若后者，只须挪动一次，就变为一堆．所以T(1)为真．T(n)真值是否有传递性呢？考察2n+1与2n，前者比后者多了一倍．如果设想每堆都是偶数个球，把每两个球用一个小袋装在一起，2n+1个球就变成了2n袋球．假设2n袋球都挪到一堆，那么2n+1个球也就挪到了一堆．这样就使T(n)的真值传递给了T(n＋1)．现在设法先将分球的情况变为每堆球数为偶数．假设不是每堆球数都是偶数，则球数为奇数的堆数一定为偶数(为什么？)．现将这2r堆奇数个球的堆两两配对，每对从较多的一堆向较少的一堆挪动一次．那么这2r堆每堆球数均为偶数(也可能出现空堆，如果一对中两堆球数相等的话)．这样便可以实施数学归纳法的第二步证明了．。