归纳法原理与反归纳法

1.5 归纳法原理与反归纳法数学归纳法是中学教学中经常使用的方法．中学教材中的数学归纳法是这样叙述的：如果一个命题与自然数有关，命题对n =1正确；若假设此命题对n －1正确，就能推出命题对n 也正确，则命题对所有自然数都正确．通俗的说法：命题对n =1正确，因而命题对n =2也正确，然后命题对n =3也正确，如此类推，命题对所有自然数都正确．对于中学生来说，这样形象地说明就足够了；但是毕竟自然数是无限的，因而上述描述是不够严格的，有了皮阿罗公理后，我们就能给出归纳法的严格证明．定理1.19 如果某个命题Ｔ，它的叙述含有自然数，如果命题Ｔ对n =1是正确的，而且假定如果命题Ｔ对n 的正确性就能推出命题Ｔ对n +1也正确，则命题Ｔ对一切自然数都成立．（第一数学归纳法）证明 设Ｍ是使所讨论的例题Ｔ正确的自然数集合，则 (1) M ∈1．设M n ∈，则命题Ｔ对n 正确，这时命题对n n '=+1也正确，即 (2) M n ∈'所以由归纳公理Ｄ，Ｍ含有所有自然数，即命题Ｔ对所有自然数都成立．下面我们给出一个应用数学归纳法的命题． 例１ 求证6)12)(1(21222++=+++n n n n证明 (1)当n =1时，有16)112()11(112=+⨯++⨯=所以n =1，公式正确．(2)假设当k =n 时，公式正确，即6)12)(1(21222++=+++n n n n那么当k =n ＋１时，有=+++++=+++++22222222)1()21()1(21n n n n=++++2)1(6)12)(1(n n n n=++++6)1(6)12)(1(2n n n n=++++6)]1(6)12()[1(n n n n=+++6)672)(1(2n nn=+++6)32)(2)(1(n n n=+++++6)1)1(2)(1)1)((1(n n n所以公式对n +1也正确．在利用数学归纳法证明某些命题时，证明的过程往往归纳到n -1或n -2，而不仅仅是n -1，这时上述归纳法将失败，因而就有了第二数学归纳法．在叙述第二归纳法以前，我们先证明几个与自然数有关的命题．命题１ 若b a >，则c b c a +>+． 证明 因为b a > 所以 k b a +=k c b c k b c a ++=++=+)(所以 c b c a +>+命题２ １是自然数中最小的一个． 证明 若1≠a ，则a 有前元b ，所以.)1(1,>+=='a b a a b命题3 若a b >，则1+≥a b ．（即数a 与a ＋１是邻接的两个数，中间没有其他自然数，不存在b ，使得a b a >>+1．）证明 若a b >,则k a b +=．因为1≥k ，所以1+≥+a k a ，即1+≥a b ．由上述有关自然数大小的命题，我们得出下面定理，有时也称为最小数原理．定理1.20 自然数的任何非空集合Ａ含有一个最小数，即存在一个数A a ∈，使得对集合Ａ中任意数b ，均有a b ≥．证明 设M 是这样的集合：对于M 中任意元素M m ∈，对A 中任意元素a ，均有m a ≥ 则M 是非空集合．因为M ∈1，由归纳公理(4)知，一定存在一个元素M m ∈． 但M m ∉'，即M m ∉+1，否则由M m M m ∈'⇒∈得Ｍ＝Ｎ，这显然不可能．现在我们证明 A m ∈．因为若A m ∉，则Ａ中任意元素m a >1+≥m a所以M m ∈+1，与M m ∉+1矛盾，所以m 即为Ａ中最小元素．上述定理也称为最小数原则，有的作者把它当成公理，用它也可以证明数学归纳法，下面我们给出所谓第二数学归纳法．（第二数学归纳法）定理1.21 对于一个与自然数有关的命题Ｔ，若 (1)当n =１时命题Ｔ正确；(2)假设命题T 对k n <正确，就能推出命题T 对k n =正确． 则命题T 对一切自然数正确．证明 如果命题Ｔ不是对所有自然数都成立，那么使命题不成立的自然数集合Ｍ就是非空集合，由定理1.20，Ｍ中含有一个最小数k ，且1>k （∵k =1命题正确），所以对一切k n <,命题T 成立，又由(2)推出命题T 对k 正确．结论矛盾．下面我们给出两个只能应用第二数学归纳法而不能应用第一归纳法解题的例子．例２ 已知数列 n a a a a a 2101,,-，有2123---=n n n a a a 且 2,2301==-a a求证12+=nn a ．证明 对n =1，有122322323101+'=⨯-⨯=-=a a a所以命题对n =1正确．假设命题对k n <正确，则=+-+=-=----)12(2)12(3232121k k k k k a a a122232311+=--+∙--kk k所以命题对n =k 正确．由第二数学归纳法本题得证．例３ 已知任意自然数N n ∈均有2113}{∑∑===ni i ni ia a （这里0>i a ）求证n a n = 证明(1)当n =1时，由2131a a =，得11=a 所以命题对n =1正确．(2)假设对k n ≤命题正确，这时k a a a k ===,,2,121 ，当n =k +1时，31123113113)(+=+=+=+=+=∑∑∑k ki i k ki i k i ia a a a a(1)但是=+==+=+=+=∑∑∑211112113)()(k ki i k i i k i ia a a a2111112)(2)(+++==++∑∑k k k i i ki i a a a a(2)又因为归纳假设对k n ≤命题正确，所以k a a a k ===,,2,121所以2)1(1+=∑=k k a ki i由(1)和(2)式得2111312+=+++=∑k ki i k k a a a a消去1+k a ，得121)1(++++=k k a k k a解得k a k a k k -=+=++11(1舍去）所以命题对n =k +1也正确．上边的两个例子，实际上例２命题归结到n -1和n -2，而例３则需要归结到1,2,…k ，由此可见，第二数学归纳法的作用是不能由第一归纳法所替代的．现在我们继续讲数学归纳法．当然，归纳并一定从n =1开始，例如例２数列的例子，也可以从某数k 开始．数学归纳法还有许多变形，其中著名的有跳跃归纳法、双归纳法、反归纳法以及跷跷板归纳法等，下面我们就逐个介绍这些归纳法．跳跃归纳法 若一个命题Ｔ对自然数l ,2,1,都是正确的；如果由假定命题Ｔ对自然数k 正确，就能推出命题Ｔ对自然数l k +正确．则命题对一切自然数都正确．证明 因为任意自然数l r rq l n <≤+∙=0由于命题对一切l r <<0中的r 都正确，所以命题对 kl r l r l r l +++2,,都正确，因而对一切n 命题都正确．下面我们给出一个应用跳跃归纳法的一个例子．例4 求证用面值3分和5分的邮票可支付任何n (n ≥８)分邮资．证明 显然当n =8,n =9,n =10时，可用3分和5分邮票构成上面邮资（n =8时，用一个3分邮票和一个5分邮票，n =9时，用3个3分邮票，n =10时，用2个5分邮票）．下面假定k =n 时命题正确，这时对于k =n +3，命题也正确，因为n 分可用3分与5分邮票构成，再加上一个3分邮票，就使3+n 分邮资可用3分与5分邮票构成．由跳跃归纳法知命题对一切n ≥８都成立．下面我们介绍双归纳法，所谓双归纳法是所设命题涉及两个独立的自然数对(m ,n ),而不是一个单独的自然数n ．双归纳法 若命题Ｔ与两个独立的自然数对m 与n 有关， (1)若命题Ｔ对m =1与n =1是正确的；(2)若从命题Ｔ对自然数对（m ,n ）正确就能推出该命题对自然数对（m +1,n ）正确，和对自然数对（m ,n +1）也正确．则命题Ｔ对一切自然数对（m ,n ）都正确．关于双归纳法的合理性证明我们不予说明，只给出一个例子． 例５ 求证对任意自然数m 与n 均有nnm m >∙2证明(1)当1,1==n m 时，命题显然正确，即12,12111>>⨯(2)设命题对自然数对m 与n 正确，即nnm m >∙2这时nnnnnnm nm m m m )1()2(2222)1(+>=∙>∙=∙∙+即命题对数对（m +1,n ）正确；另一方面mmmmmnm n m n n n)1()2(2222)1(+>=∙>∙=∙+即命题对数对(m ,n +1)也正确，由双归纳法知，命题对一切自然数对(m ,n )都成立．反归纳法 若一个与自然数有关的命题Ｔ，如果 (1)命题Ｔ对无穷多个自然数成立； (2)假设命题Ｔ对n =k 正确，就能推出命题Ｔ对n =k -1正确．则命题Ｔ对一切自然数都成立；上述归纳法称为反归纳法，它的合理性我们做如下简短说明：设Ｍ是使命题Ｔ不正确的自然数，如果Ｍ是非空集合，则Ｍ中存在最小数m ，使得命题Ｔ对k =m 不正确；由于命题对无穷多个自然数正确，所以存在一个m n >0，且命题T 对0n 正确；由于命题T 对m 不正确，所以命题对1+='m m 也不正确，否则由命题T 对1+='m m 正确就推出命题T 对m 正确．矛盾！这样，命题Ｔ对m +2也不正确，经过m n -0次递推后，可得命题Ｔ对0n 也不正确．这与已知矛盾，所以Ｍ是空集合．反归纳法又称倒推归纳法，法国数学家柯西（1789-1857）首次用它证明了n 个数的算术平均值大于等于这n 个数的几何平均值．例6 求证n 个正实数的算术平均值大于或等于这n 个数的几何平均值，即nn na a a na a a 2121≥+++证明 当n=2时，21212a a a a ≥+因此命题对n =2正确．当n =4时，443212432214321)4()2()2(a a a a a a a a a a a a +++≤+∙+≤因此命题对n =4正确同理可推出命题对n =23=8，n =24,…，n =2s …都正确（s 为任意自然数），所以命题对无穷多个自然数成立．设命题对n ＝k 正确，令1,121121-+++=+++=--k a a a s ka a a s k k kk则ks a a a s k k k 11211---++++=（容易证明上述是一个恒等式．） 由归纳假设命题对n ＝k 正确，所以112111211)(-----≥++++=k k k k kk s a a a ks a a a s所以2111---≥k k k a a a s即11211211---≥-+++k k k a a a k a a a命题对n =k -1也正确，由反归纳法原理知，命题对一切自然数成立． 由于上述不等式是著名不等式，我们再给出几种证明：前已证明，命题对n =2m 时正确，设n ＜２m ，令,,,,2211n n a b a b a b ===s na a a mb b b nn n =++====++ 21221这时我们有=+++<⨯=-mmmmmnn n bb b Sa a a bb b b 2221221221)2()(mmssn ns mm 22)2)2((=-+即nn s a a a < 21命题对n ＜2m 正确利用数学归纳法证明不妨设n 个数为n a a a ≤≤≤< 210，显然当n =1时命题正确． 设命题对k n =正确，令ka a a s kk +++=21则 kk k a a a s 21≥111111211+-+=++=++++=++++k s a s k a ks k a a a s kk k k k k k因为k k s a ≥+1，所以011≥+-+k s akk++-∙+=+-+=+++++++)1)1(11111111k s a S C S k s a S S kk kk k k kk kk k k k121111)(++++≥=-+≥k k k kk k k kk k ka a a a a S s a S S所以命题对n =k +1正确，由第一归纳法知，命题对一切自然数成立．另一个有趣的证明是由马克罗林给出的，我们知道，若保持s a a =+21和不变，以221a a +分别代替1a 和2a ，这时两个数221a a +的和仍然是s ，但两个数的积却增加了，即21221)2(a a a a ≥+实际上两个数的算术平均值大于几何平均值，只有当两个数相等时才有等号成立．现在我们变动诸数n a a a ,,21，但保持它们的和s a a a n =++ 21不变，这时乘积nn a a a 21必然在n a a a ==21时取极大值．因为若ji aa =，用2ji aa +分别代替i a 与j a 则s a a a n =+++ 21仍然不变，但它们的乘积n j i n ji ji a a a a a a a a a a a a212122>++却增加了．而当n a a a === 21时，na a a a a a nnn +++=2121所以n 个数的算术平均值大于等于几何平均值．下面我们给出应用上述不等式的例子．例７ 在体积一定的圆柱形中，求其中表面积最小的一个（即在容积一定罐头中，求表面积最小的一个）．解 设圆柱的高为x ，底圆半径为y ，体积为Ｖ＝常数，表面积为Ｓ，则2xyV π=222y xy S ππ+=其中Ｖ为常数，欲求Ｓ的极小值．已知22222y xy xy y xy S πππππ++=+=，所以22232yxy xy yxy xy ππππππ∙∙≥++即2422322)3(Vyx S πππ=≥显然只有当22y xy xy πππ==时，Ｓ取最小值．即当x=2y 时，Ｓ值最小．例８ 求证在所有具有相同面积的凸四边形中，正方形的周长最短． 证明 用abcd 表示四边形的四条边，ϕ为a 与b 的夹角，ϕ为c 与d 的夹角，如图１―１．用Ａ表示四边形的面积，则)2(cos 2cos 2)1(sin sin 22222ϕϕϕϕcd dcab bacd ab A -+=-++=由（2）式得 ϕϕϕϕsin sin 8sin4sin 4162222222abcd dc b a A++=ϕϕϕϕϕcos cos 84cos 4)cos 2cos 2()(2222222222abcd dc b a cd ab d c ba-+=-=--+由（1）式得=--++222222)(16d c baA-++)cos cos sin )(sin (8442222ϕϕϕϕabcd dc baθcos 8442222abcd dc ba -+其中ϕϕθ+=再利用半角公式12cos2cos 2-=θθ，得=--++222222)(16d c baA=--+)12cos2)((84422222θabcd d c ba2cos16)(42θabcd cd ab -+所以2cos16)()(41622222222θabcd d c b a cd ab A ---+-+==2cos 16)]()(2)][()(2[222222222θ---+++--+-+d c b a cd ab d c b a cd ab=22cos 16])()][()()[(2222θabcd d c b a b a d c ---+--+=2cos 16))()()((2θabcd d c b a c d b a b d a c a b d c --++-++-++-++如令==+++p d c b a 2四边形周长，得2cos))()()((2cos16))()()((16162222θθabcd d p c p b p a p Aabcd d p c p b p a p A -----=-----=因为02cos2≥θabcd ，所以=-+-+-+-≤----≤42)4())()()((dp c p b p a p d p c p b p a p A44)2()424(p pp =-42)2(P A≤要使p 最小（A 为常数），只有当上式取等号时．即当d c b a ===， 且90,02cos2==θθ°，这样的四边形只能是正方形．最后，我们给出跷跷板归纳法．有两个与自然数有关的命题A n 与B n ，若 (1)A 1成立；(2)假设A k 成立，就推出B k 成立，假设B k 成立就推出A k+1成立． 则对一切自然数n , A n 与B n 都成立． A 1 B 1A 2B 2A kB kA k+1这里我们只给出一个例子说明上述归纳法． 例 已知2,1,1,1011≥+=+=<<-n a a a a a a n n求证a a n -<<111证明 令aa A k k -<11:，1:>k k a B(1)当n =1时，aaaa a -<--=+=111112所以A 1成立．(2)=++=+=a aa a a 11112aa aa aa a -<+=++<+++1111)1(1122所以A 2成立．设A k 成立，则1111111=+-=+->+=-a a a a a a a k k1>k a即Ｂk 成立．若Ｂk 成立，则aaaa a a a kk -<--=+<+=+11111121即A k+1成立．由跷跷板归纳法知，一切A n 和B n 都成立．练习1.5(1)用数学归纳法证明n n n 21321+=++++ ．(2)求证N n n n n n n n∈-∙∙∙=+++),12(5312)()2)(1( ．(3)已知1->x ，且2,,0≥∈≠n N n x ，求证nx x n+>+1)1(．。