完整版竞赛中的数学归纳法docx.docx
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竞赛中的数学归纳法
(一)数学归纳法的基本形式
(1)第一数学归纳法
设P(n)是一个与正整数有关的命题,如果:
①当nn0(n0N)时,P(n)成立;
②假设nk(kn0,kN)成立,由此推得nk1时,P(n)也成立,那么,根据①②对一切正整
数nn0时,P(n)成立.
例1
(07江西理
22)设正整数数列
an
满足:
a2
4,且对于任何
nN*,有
1
1
2
1
an
an1
2
1
.
an1
1
1
an
n
n
1
(1)求a1,a3;
(2)求数列
an
的通项an.
解:
(1)据条件得2
1
n(n
1)
1
1
2
1
①
当n
1
时,
an1
an
an1
an
由2
1
2
1
1
2
1,即有2
1
2
2
2
1
,解得
2
a
8.因为a1为正整数,故
a2
a1
a2
a1
4a1
4
a1
3
1
7
a1
1.当n
2时,由2
1
61
1
2
1,解得
8
a3
10
,所以a3
9.
a3
4
a3
4
(2)由a1
1,a2
4,a3
9,猜想:
an
n2
.下面用数学归纳法证明
:
1o当n1,2时,由
(1)知an
n2均成立;
2o假设n
k(k≥2)成立,ak
k2,则n
k
1时由①得2
1
k(k
1)
1
1
2
1
a
1
k2
a
k2
k
k1
k2(k1)
k(k2
k1)
2
(k1)2
2
1
因为
k≥2
时,
k2
k1
ak1
k1
(k1)
k2
1
ak1
(k1)
k1
(k
2
1)
(k
2
k(k
1)(k
2)≥
(k
1)2
,.
k
1≥1
,所以
1
,.
1)
0,所以
k2
1
01
k
1
01
又ak1
N*,所以(k
1)2≤ak
1≤(k
1)2
故ak
1
(k
1)2
,即n
k
1时,an
n2
成立.
1
由1o,2o知,对任意nN*,ann2
.
此题在证明时应注意,归纳奠基需验证的初始值又两个,即
n1和n2。
(2)第二数学归纳法
设P(n)是一个与正整数有关的命题,如果
①当nn0(n0
N)时,P(n)成立;
②假设n
k(k
n0,k
N)成立,由此推得
n
k
1时,P(n)也成立,那么,根据①②对一切正
整数n
n0时,P(n)成立.
n
a3j
n
aj)2,求证:
an
例2
已知对任意的n
N
n
1,an
0且
(
n.
j
1
j
1
证:
(1)当n
1时,因为a13
a12且a1
0,所以,a1
1,命题成立;
(2)假设n
k时命题成立,即
aj
j(j
1,2,L
k),当n
k
1时,因为
k1
k
k
k1
k1
k
k
k
a3j
a3j
ak3
1
(
aj)2
ak3
1,
a3j
(
aj)2
(
aj
ak1)2
(
aj)2
2ak1
aj
ak2
1
j1
j1
j1
j1
j1
j1
j1
j1
所以ak3
k
ak2
,于是ak2
k
j(j
1,2,L
k),
1
2ak
1
aj
1,且ak
10
1
2
aj
ak1,因为aj
j
1
j
1
k
k(k
1),从而ak2
∴
aj
1
ak1
k(k
1)
0
,解得ak
1
k
1,ak
k(舍),即n
k1
时
j
1
2
命题成立.
由
(1)、
(2)知,对一切自然数
n(n
1)都有an
n成立.证毕.
这两种数学归纳法,是运用次数较多的方法,大家也比较熟悉,在这里就不赘述了。
下面介绍一下数
学归纳法的其它形式。
2
(二)数学归纳法的其他形式
(1)跳跃数学归纳法
①当n1,2,3,,l时,P
(1),P
(2),P(3),,P(l)成立,
②假设nk时P(k)成立,由此推得nkl时,P(n)也成立,那么,根据①②对一切正整数n1
时,P(n)成立.
例3证明:
任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形.
证:
(1)对于n6,7,8可按如图进行分割,
假设当nk(k6)成立,当nk3时,只要将其中一个正方形分割为4个正方形,即可得到
nk3个正方形.由
(1)
(2)对一切n6的自然数都成立.
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n3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.
(2)反向数学归纳法
设P(n)是一个与正整数有关的命题,如果
3
①P(n)对无限多个正整数
n成立;
②假设n
k时,命题P(k)成立,则当n
k
1
时命题P(k
1)
也成立,那么根据①②对一切正整
数n
1时,P(n)成立.
例4设a1,a2,L,an都是正数,证明:
a1
a2
L
an
na1a2L
an
n
证:
(1)先证明有无限多个正整数
,使命题成立.当
m
n
n
2(对任意的
m
时),不等式成立,
N,m1
对m用数学归纳法.
①当m
1时,即n2
,因为(
a1
a2)2
0,所以a1
a2
a1a2
即不等式成立.
2
②假设m
a1a2
L
a2k
k
a1a2L
a2k;
k时成立,即
2
k
2
则当
mk1
时
2k1
aa12La2k
a2k1a2k2La2k1
2k
aa12La2k
2k
a2k1a2k2La2k1
2ka1a2Lak2k
ak
1
ak
2
Lak1
2
2
2
2
2
a1a2La2k
a2k1
a2k
2L
2k
1
1(a1
2
ak1
2.
a2La2k
a2k1a2k2La2k1
)
2k
2k
因此
时,不等式成立,故对于
m
2
(对任意的
时)命题成立
m
k1
n
m
.
N,m1
(2)假定n
k时成立,即a1a2
k
L
akka1a2L
ak,于是当n
k1时,
a1
a2
Lak1
a1a2Lak
1
a1
a1
a2
Lak1
a2Lak1
k1
有ka1a2Lak1
k1
k
1
k
同时k次方得a1a2
Lak1
(a1a2
L
ak1)k1,即k1a1a2Lak1
a1
a2
Lak1
k
1
k
1
nk1时不等式成立.
对此式两边
成立,此为
由
(1)、
(2)知对一切自然数
n(n1)
a1a2L
an
na1a2Lan.
都有
n
(3)螺旋数学归纳法
设P(n)、Q(n)是两串与自然数n有关的命题,如果
①命题P
(1)成立;
②对任何自然数k,命题P(k)成立,则命题Q(k)成立;若命题Q(k)成立,则命题P(k1)成立.
那么根据①②对一切自然数n,命题P(n)与Q(n)都成立.
最后,我们给出跷跷板归纳法.
4
有两个与自然数有关的命题An与Bn,若
(1)A1成立;
(2)假设Ak成立,就推出Bk成立,假设Bk成立就推出Ak+1成立.
则对一切自然数n,An与Bn都成立.
A1B1
A2
B2
A
k
k
B
Ak+1
这里我们只给出一个例子说明上述归纳法.
例
已知
0a1,a1
1a,an
a
1,n2
an1
求证
1
an
1
a
1
Ak
1
Bk:
ak1
证明令
:
ak
,
1
a
(1)当n=1时,
a
1
a
1
a2
1
1
a
1a
所以A1
成立.
(2)
1
a
1
a
a2
1
a
a1
1
a
a
2
(1
a)
2
1
1
a
1
a
1
a
1a
所以A2成立.
设Ak成立,则
1
a
1
ak
a1aa1
ak
1
1
1
a
ak
1
即Bk成立.
若Bk成立,则
5
ak1
1
1
a2
1
ak
a1a
a
1a
1
即Ak+1成立.由跷跷板归纳法知,一切
An和Bn都成立.
例5已知数列
an
定义如下:
an
3m(m
1)
1,n
2m
1
求证:
数列的前
n项和为
2
n
2m
3m,
S2m1
1m(4m2
3m
1),S2m
1m(4m2
3m
1).
2
1
2
1
证:
将命题S2m1
m(4m2
3m
1)记作P(m),将命题Sm
m(4m2
3m
1)
记作Q(m).
2
1
2
(1)当m1时,有S1
a1
3
1
(1
1)
1
1
3
1),即
P
(1)成立.
(4
2
(2)证P(k)
Q(k).假设P(k)成立,即有S2k1
1k(4k2
3k
1)
2
于是S2k
S2k1
a2k
1k(4k2
3k
1)
3k2
1k(4k2
3k
1),故Q(k)成立.
2
2
(3)再证Q(k)
P(k
1).假设Q(k)成立,即有S2k
1k(4k2
3k
1)
1
2
于是S2k
1S2k
a2k
1
k(4k2
3k
1)
3k(k
1)
1
1
2
1
1
1
(k
1)(4k2
3k
1)
3(k1)k
(4k2
3k
1)
1
(k
1)(4k2
3k
16k)
(4k2
3k
1)
2
2
2
2
1
(k
1)(4k2
9k
1)
1
(4k
1)(k
1)
1
(k
1)(4k2
5k
2)
1
(k1)(4(k
1)2
3(k
1)
1)
2
2
2
2
即P(k1)成立.
综上,由螺旋归纳法原理,命题P(m)、Q(m)对一切mN均成立.
6
(4)二重数学归纳法(两个变量)
设命题P(n,m)是与两个独立的自然数n,m有关的命题,如果
①P(1,m)对一切自然数m成立,P(n,1)对一切自然数n成立;
②假设P(n1,m)和P(n,m1)成立时,可推证命题P(n1,m1)成立.则对所有自然数n,m,
命题P(n,m)都成立.
例6设f(m,n)满足f(m,n)f(m,n1)f(m1,n),其中m,n是正整数,m,n2,且
f(1,n)f(m,1)1,(m,nN,m,n1),求证:
f(m,n)Cmmn12.
证:
(1)因为对于一切正整数n与m(m,n1),f(1,n)1C10n2,f(m,1)1Cmmn11成立.即
此命题P(1,n),P(m,1)(m,nN,m,n1)为真.
(2)假设P(m1,n)和P(m,n1)成立,即f(m1,n)Cmmn1,f(m,n1)Cmm1n1成立.
则f(m1,n1)f(m1,n)f(m,n1)Cmmn1+Cmmn11=Cmmn,则命题P(m1,n1)成立,由二重数
学归纳法知,对任意自然数m,n都有f(m,n)Cmmn12.(m,n1)
(三)数学归纳法在高考中应用
例1
(05江西卷)已知数{an}的各项都是正数,且满足:
a01,an1
1
(4an),nN.
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