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之而起点增多.
例1 试证：任意大于7的自然数均可表为若干个3与若干个5之和（若干个包括零个）.
证明：（1）当n=8，9,10时，命题成立，由8=5+3,9=3+3+3,10=5+3知命题成立.
（2）假设n=k(k>7,k N)时命题成立，则当n=k+3时，只需再加一个
3
即可，显然成立.
综合（1）、（2）知原命题成立.上例递推跨度为3，起点验证也需要三个. 例2 求证对一切自然数n，不定方程x2证明：当n题在n=1和
=1时，取x=y=1,z=2+y=z=22n都有正整数解.
=3,y=4,z=5；当n，取x，故知命
2时成立.
=k假设当n2时，x2=x0,y=y0,z=z0222，就有 ，
=k+2(x0z0)+(y0z0)=z0(x0+y0)=z0k+2知它们恰为方程的一组正整数解.所以当n时，命题也成立.
则对一切自然数n不定方程都有正整数解.
对上述两个例题，如果硬性规定跨度为1，则作茧自缚，而通过加大跳跃跨度，则大大降低了归纳难度[11]. 5.3 选取合适的假设方式
同“起点”和“跨度”一样，归纳法的假设也可以是“因势而异”的，不一定非要拘泥于“假设当n“n￡k=k时命题成立”不可.事实上，“n=k”往往可以用
”或“n=k，n=k+1”等等来代替.
=k5.3.1 以“假设n￡k时成立”代替“假设n时成立”
例1 设数列{an}满足关系式： （1）a1=（2）a112，
2?a2???an?nan(n?1)，试证数列的通项公式为an=1n(n+1).（加拿
大数学竞赛试题）
分析 显然a1满足通项公式，但因
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ak+1=1(k+1)-12(a1+a2+?+ak)，
与a1，a2，?，ak都有关，如果仍设ak改设“对一切n?k=1k(k+1)，就显得不够用了.按如果
，都有anak?1?=1n(n+1)”，问题即可解决，因为由
12?31k?(k?1)1k2?2k1?2(1????)
1=1k(k+2)1k(k+2)1[(1-12)+(12-13)+?+(1k-k+1)] ==(1-1k+1)
(k+1)(k+2)即可知ak+1也满足通项公式.
在上面的论证中，仅仅改变了假设的方式，而这种改变并未造成逻辑上的不合理，相反却有利归纳过渡，因而是十分可取的. 5.3.2 以“假设n=k，n=k+1时成立”代替“假设n=k时成立”
有时也会碰到一些问题，它们的归纳需要依赖于前面两个命题同时成立，这时就应当用“假设n=k，n=k+1时成立”来代替通常的“假设n=k时成立”，
不过这样一来，起点也应增多为两个，否则，后面所作的假设就变得没有依据，整个论证也就变得不可信了.
例2 设x1与x2是方程x2都是整数，但不是5的倍数.
证明：为了便于使用归纳法，我们先来推导一下递推关系式.由韦达定理知：
x1+x2=6,x1?x21，因而就有
n+1-6x+1=0nx1的两个根，试证对任何自然数n，
+x2n6(x1n+1+x2)=(x1+x2)(x1=x1n+2n+1+x2n+1)
n+1+x2+x2+x2+x2n+2+x1x2n+1+x2x1n =x1n+2n+2+x1x2(x1+x2)+x1+x2=6(x1n+1n
=x1n+2n+2nn故知 x1n+2n+2+x2n+1)-(x1+x2)，
nn 16
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即有 x1n+2 又当n-2x1x2=34 +x2n+2=5(x1n+1+x2n+1)+[(x1n+1+x2n+1)-(x1+x2)]=2nnn .
+x2=(x1+x2)22=1时，x1+x2=6 1(mod.5)；当 n时，x12
4(mod.5)，故知当n=1与
2时，x1n+x2都是整数且不为5的倍数，
现假设n=k，n=k+1时，x1+x2nn也都是整数，于是由递推关系式
+x2n+1 x1n+2知当n=k+2+x2nn+2=6(x1n+1)-(x1+x2)
nn时，x1n+x2n+x2也是整数.所以对一切自然数n，x1n+x2n都是整数.
为证x1n分知a1都不是5的倍数，以an记其被5除所得的余数，于是由已证部
=an+1-an=1,a2=4，且由递推公式知an+2.再证{an}是一个循环数列，循
环节是6.事实上，我们有
an+3=an+2-an+1=(an+1-an)-an+1=-an=-an+3=-(-an)=an
于是有 an+6
从而知{an}是以6作为循环节的循环数列.于是可以算出： a6n+1 a6n+4=a1=1,a6n+2=a2=4,a6n+3=a3=3, =a4=-1,a6n+5=a5=-4,a6n+6=a6=-3,
+x2n它们都不为0，这样我们就证明了对一切自然数n，x1n在本例论证的前一部分——x1nx1+x2nn都不是5的倍数.
=k+x2n是整数中，就采用了“n与n=k+1时，
是整数”的假设形式，以便于利用递推公式顺利进行完成归纳过渡.这种
假设形式，在论证数列问题时较为常用.但在使用时应注意对起点数作相应的增多.
5.4 改变归纳途径
若在由P(k)到P(kP(k)+1)的推导过程中陷入了困境，不妨先由P(k+1)+1)退到
，然后用归纳假设再回进到P(k.这里的“退”是为了更好的“进”.
例1 设有2n个球分成了许多堆，可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲堆的球数p不少于乙堆球的个数q，则从甲堆拿q个球放到乙堆去，这样算挪动一次，求证：可以经过有限次挪动将所有的球合并成一堆.
证明：当n=1时，共有两个球，若已成一堆，则不必挪动；若分成两堆，则
挪动一次即可.
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假设n=k时命题成立.对于2k+1个球，若将2个球“粘合”为1个便退到2k个球的情况，这种“粘合”要求每堆球的个数为偶数，为此，可分两种情况讨论如下：
（1）若每堆球的个数为偶数，则每挪动一次都挪动偶数个球，这样的任何一次挪动与将球两两“粘合”在一起挪动无本质区别，从而等价于2k个球的挪动，根据归纳假设，这是可以做到的.
（2）若存在球数是奇数的堆，则由总球数为偶数知，有奇数个球的堆数为偶数，将它们配对先挪动一次，于是每堆球数都为偶数，从而转为情况（1），问题得以解决. 5.5 主动加强命题
在归纳法的各种应用技巧中，最为有趣的要算是主动加强命题了，即为了归纳的需要，去证明一个比所要证明的命题还要加强的命题.乍一听，这似乎有点不可思议，但这正像“欲擒故纵”、“以屈求伸”一样，往往收到“殊途同归”之效.
例1 设0有an>1.
分析 显然有a1ak+1>1，因为这里ak>1.但若仅设ak>1，则很难由递推公式ak+1=1ak+a推出
出现在分母上，为了得到ak+1>1，应当知道ak小于某个数
值，而这一点恰恰是无法从由归纳假设ak证明：“对于一切n，有
1
ak+1=1ak+a>111-a
>1中得到.为了克服这个困难，我们来
<11-a”，
>1”还要强的命题，但证明起来却要容易的多：
>1及a1==1+a知a11-a21-a<11-a.假设1
+a=(1-a)+a=1，
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ak+1=1ak+a<1+a=1-a21-a<11-a，
这表明仍有 1
<11-a[11]所以对一切n，有都有1
6 数学归纳法的地位和作用
数学归纳法在讨论涉及正数无限性的问题时，是一种非常重要的数学方法，在数学的学习中，它的地位和作用可以从以下三个方面来看：
（1）中学数学中的许多重要结论，如等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式、二项公式定理等都可以用数学归纳法进行证明．对于由不完全归纳法得到的某些与正整数有关的数学命题，我们也常采用数学归纳法来证明它们的正确性．
（2）运用数学归纳法可以证明许多数学问题，如与正整数n有关的恒等式、不等式、一些整除问题、一些几何问题等，既可以开阔眼界，又可以受到推理论证的训练．对于一些用常规的分析综合法不容易证明的题，用数学归纳法往往会得到一些意想不到的好结果．
（3）数学归纳法在进一步学习高等数学时会经常用到，因此掌握这种方法可以为今后的高等数学的学习打下一个良好的基础．
7 结 论
数学归纳法主要是针对一些与正整数N相关的命题，所以在证明和正整数
N有关的命题时有着不可替代的作用，对于一些和正整数N有关的长式子、繁
式子都有化长为短、化繁为简的功效．用数学归纳法证明数学问题时，要注意它的三个步骤缺一不可，其中第一步是命题递推的基础，第二步是命题递推的依据，也是证明的关键和难点，第三步是将第一步和第二步结合，完成数学归纳法中递推的全过程。三个步骤各司其职，互相配合．同时，数学归纳法的证明步骤与格式的规范性是数学归纳法的特征，如n=k时的假设是第二步要证明n=k+1命题
成立时一定要用到的，否则就不是数学归纳法．证明三角恒等式时，常常要用到
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有关三角知识、三角公式以及三角的变换法，通过这些变换可以更容易的让命题得证．在应用数学归纳法证明时，有许多技巧，如：灵活选取“起点”，恰当选取“跨度”，选取合适的假设方式，改变归纳途径，主动加强命题等.在证明n=k+1时命题成立，也可用到一些技巧，如：凑假设，凑结论，加减项、拆项，不等式的放缩，等价转化等，这些解题的技巧要在实践中不断总结和积累，总之要记住三句话：“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写时莫忘掉”，这样我们才可以更好的运用数学归纳法．数学归纳法是一种重要的数学方法,也是中学数学的重难点之一,它在对于开阔眼界,训练推理能力等方面都有很大的帮助．
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