知识导学
我们学过解方程,知道一元一次方程有一个根,二次方程有两个根,三次方程有三个根,四次方程有四个根.虽然对许多方程不会求解,但人们从已知事实出发,相信几次方程就有几个根,尽管千百年来无法证明这个结论的正确性.直到十九世纪,高斯的一篇博士论文,才得到n次方程恰有n个根的结论.
我们用代入消元法能解二元一次方程组,也能解三元一次方程组.由此,人们很容易想到用这个方法求解更多未知数的一次方程组.从而,产生了求解一次方程组的克莱姆法则.
下列两组等式中反映出整数的一些规律:
6=3+3,8=3+5,10=3+7,12=5+7,
14=3+11,16=5+11,18=7+11,20=3+17,…
9=3+3+3,11=3+3+5,13=3+3+7,15=3+5+7,
17=5+5+7,19=5+7+7,21=5+5+11,…
于是,二百多年前,哥德巴赫从上面大量事实出发,推测:凡是大于6的偶数都是两个素数之和,凡是大于9的奇数都是三个素数之和.这就是著名的哥德巴赫猜想.这一猜想虽然至今还没有完全证明,但只是迟早的事.
以上各例的推测和猜想,依据的是归纳法.
人类认识世界与儿童识别事物一样,一开始总是运用归纳法.归纳法是从已知的大量事实出发,得出一般的规律.从古到今,科学中许多定律、定理与理论,都是善于运用归纳法的人发现的,从而成为科学家.归纳法是人类发现真理的重要思想方法,也是人们惯用的思维方式.归纳法不是数学的专门术语,但在数学的发现中起着重大作用.
归纳法归纳出来的结论,有时是正确的,也有错误的时候.历史上仅用归纳法简单地得出结论,最著名的错误是法国业余数学大师费马的猜想.他根据
F0=+1=3,F1=+1=5,F2=+1=17,
F3=+1=257,F4=+1=65537
都是素数,归纳出+1都是素数的结论.这个猜想提出以后多少年都没有人怀疑.可是,后来欧拉只向前走了一步,便发现F5=+1=641×6700417.
从而否定了费马的猜想,这是费马一生很多猜想中被找到唯一一个错误的.更令人奇怪的是,人们至今也没有找到第六个费马素数.由此,数学家们甚至反过来猜想Fn当n≥5时,都是合数.可见费马猜想离真理有多么远.
还有一个著名的例子是波尼雅于1919年提出的.他通过大量的事实,发现不超过n的正整数中,有奇数个素因子的正整数的个数不少于有偶数个素因子正整数的个数.此后,人们对成千上万的n,验证这个结论都是正确的.1980年,突然有人发现,当n=906150257时,波尼雅猜想不正确.
从以上两个例子中,我们体会到,归纳出来的结论一定要严格证明,否则可能会出问题.但是这并不妨碍我们用归纳法去发现真理.
既使用归纳法,又保证不犯错误,有这样的归纳法吗?它是归纳法的延伸——数学归纳法.
数学归纳法是数学的专门术语,有严格的内涵,是证明关于自然数n的命题P(n)的一种方法,是人们最早掌握的递归方法.其具体操作是
1°证明p(1)正确;
2°假设P(k)正确,证明P(k+1)正确.
若1°、2°都得证,则P(n)对所有自然数都正确.
归纳法是从有限次的试验中得出结论,而数学归纳法用无限过程证明结论,两者结合,产生强大的威力.
最先明确而清晰地阐述并使用数学归纳法的是法国数学家、物理学家帕斯卡.他在1645年写出的著作《论算术三角形》中用数学归纳法证明了所谓“帕斯卡三角形”(二项式展开式系数表,中国称为“贾宪三角形”为宋代贾宪于公元十一世纪最先提出)等三个命题.在该书中他明确而清晰地指出了数学归纳法的1°,2°两个步骤.帕斯卡最先给出数学归纳法的原理和证例,所以,人们认为帕斯卡是数学归纳法的创建人或发明人.
数学归纳法是一种十分重要的数学方法——它第一次为证明涉及无限集合的命题提供了一种确切而严格的方法,所以,数学归纳法的创建是一项重大的数学成果.
典型例题
设为常数,且
(Ⅰ)证明对任意
(Ⅱ)假设对任意有,求的取值范围.
习题精选
练习一、选择题
1、已知f(n)=(2n+7)·3n+9,存在自然数m,使得对任意n∈N,都能使m整除f(n),则最大的m的值为( )
A.30 B.26 C.36 D.6
2、用数学归纳法证明3k≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证( )
A.n=1 B.n=2 C.n=3 D.n=4
练习二、填空题
3、观察下列式子:…则可归纳出_________.
4、已知a1=,an+1=,则a2,a3,a4,a5的值分别为_________,由此猜想an=_________.
参考答案:
1.解析:∵f(1)=36,f(2)=108=3×36,f(3)=360=10×36
∴f(1),f(2),f(3)能被36整除,猜想f(n)能被36整除.
证明:n=1,2时,由上得证,设n=k(k≥2)时,
f(k)=(2k+7)·3k+9能被36整除,则n=k+1时,
f(k+1)-f(k)=(2k+9)·3k+1-(2k+7)·3k
=(6k+27)·3k-(2k+7)·3k
=(4k+20)·3k=36(k+5)·3k-2(k≥2)
f(k+1)能被36整除
∵f(1)不能被大于36的数整除,∴所求最大的m值等于36.
答案:C
2.解析:由题意知n≥3,∴应验证n=3.
答案:C
3.解析:
(n∈N*)
(n∈N*)
.
练习三、解答题
5.用数学归纳法证明4+3n+2能被13整除,其中n∈N*.
6、已知数列{bn}是等差数列,b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}的通项公式bn;
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a>0且a≠1)记Sn是数列{an}的前n项和,试比较Sn与logabn+1的大小,并证明你的结论.
参考答案:
5.证明:(1)当n=1时,42×1+1+31+2=91能被13整除
(2)假设当n=k时,42k+1+3k+2能被13整除,则当n=k+1时,
42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3-42k+1·3+42k+1·3
=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2)
∵42k+1·13能被13整除,42k+1+3k+2能被13整除
∴当n=k+1时也成立.
由①②知,当n∈N*时,42n+1+3n+2能被13整除.
6.(1)解:设数列{bn}的公差为d,由题意得,∴bn=3n-2
(2)证明:由bn=3n-2知
Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)
=loga[(1+1)(1+)…(1+)]
而logabn+1=loga,于是,比较Sn与logabn+1的大小比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小.
取n=1,有(1+1)=
取n=2,有(1+1)(1+
推测:(1+1)(1+)…(1+)>(*)
①当n=1时,已验证(*)式成立.
②假设n=k(k≥1)时(*)式成立,即(1+1)(1+)…(1+)>
则当n=k+1时,
,即当n=k+1时,(*)式成立
由①②知,(*)式对任意正整数n都成立.
于是,当a>1时,Sn>logabn+1;当0<a<1时,Sn<logabn+1. |