数学证明/证明方法/归纳法

归纳法的魅力在于，它允许我们在存在无限多个情况的情况下证明一个定理是正确的，而无需单独考察每个情况。归纳法类似于一排无限长的多米诺骨牌，每个骨牌都立着。如果你想让所有的多米诺骨牌都倒下，你可以：

1. 推倒第一个骨牌，等待结果，然后逐个检查后面的骨牌（如果骨牌数量无限多，这可能需要很长时间！）
2. 或者你可以证明，如果任何一个骨牌倒下，它就会导致它后面的骨牌倒下。（即，如果第一个倒下，那么第二个就会倒下，如果第二个倒下，那么第三个就会倒下，等等。）

归纳法本质上是第二点中概述的方法。

归纳法的组成部分

归纳法由三个部分组成

1. 基本情况（在多米诺骨牌的类比中，这表明第一个骨牌会倒下）
2. 归纳假设（在多米诺骨牌的类比中，我们假设某个特定骨牌会倒下）
3. 归纳步骤（在多米诺骨牌的类比中，我们证明我们假设会倒下的骨牌会使下一个骨牌倒下）

弱归纳法

弱归纳法用于证明给定的性质对可数归纳集中的所有成员成立，这通常用于自然数集。

弱归纳法用于证明一个陈述$P(n)$（它取决于$n$）依赖于两个步骤

• $P(n)$对某个基本情况成立。通常基本情况是$n=1$或$n=0$

• $P(k)\to P(k+1)$。也就是说，如果$P(k)$成立，那么$P(k+1)$也成立。

如果这两个性质成立，那么就可以推断该性质对该集合中的所有元素都成立。回到例子中，如果你确定你给你的邻居打了电话，并且你知道每个接到电话的人都会给他们的邻居打电话，那么你就能保证这个街区上每个人都接到了电话（假设你的街区是直线形的，或者曲线很好看）。

例子

归纳法证明的第一个例子总是“前n项的和：”

定理 2.4.1. 对于任何固定的$n\in \mathbb {N} ,$ $\sum _{i=1}^{n}{i}={\frac {n(n+1)}{2}}$

证明

• 基本情况：$1={\frac {1\cdot 2}{2}}$，因此基本情况成立。

• 假设$\sum _{i=0}^{n}i={\frac {n(n+1)}{2}}$。考虑$\sum _{i=1}^{n+1}i$。

${\begin{aligned}\sum _{i=1}^{n+1}i&=\sum _{i=1}^{n}i+(n+1)={\frac {n(n+1)}{2}}+n+1\\&=\left({\frac {n}{2}}+1\right)(n+1)\\&={\frac {(n+1)(n+2)}{2}}\\&={\frac {(n+1){\big (}(n+1)+1{\big )}}{2}}\end{aligned}}$

因此，归纳步骤成立。现在通过归纳法，我们看到该定理是正确的。

逆向归纳法

逆向归纳法是一种使用归纳步骤中负数的归纳方法。它是弱归纳法的一个小变种。该过程仍然只适用于可数集，通常是全数集或整数集，并且通常会在 1 或 0 处停止，而不是适用于所有正数。

逆向归纳法在以下情况下有效。

• 该性质对于一个给定值成立，比如$M$。

• 假设该性质对于一个给定情况成立，比如$n=k+1$，证明该性质对于$n=k$成立。

那么该性质对于所有值$n\leq M$成立。

逆向归纳法也适用于一般情况: “为了建立命题序列$P(n)\ (n\geq 1)$的有效性，只需建立以下几点

(a) $P(n)$对于无限多个$n$成立。

(b) 如果$P(n+1)$成立，那么$P(n)$也成立。

我们可以很容易地证明 $P(1)$ ，并且如果 $P$ 对 $n=m$ 成立，那么 $P$ 对 $n=2m$ 也成立。在这种情况下，我们有（a）对于无穷多个 $n=2^{k}\ (k\geq 0)$ 。

强归纳法

在弱归纳法中，对于归纳步骤，我们只需要对于给定的 $n$ ，其直接前驱 $n-1$ 满足定理（即 $P(n-1)$ 为真）。在强归纳法中，我们要求不仅直接前驱，而且 $n$ 的所有前驱都满足定理。归纳步骤的变动是

• 如果 $P(k)$ 对所有 $k<n$ 成立，那么 $P(n)$ 为真。

这种方法被称为强归纳法的原因相当明显——归纳步骤中的假设比弱归纳法中的假设要强得多。当然，对于有限归纳法，它最终是相同的假设，但在超限集的情况下，弱归纳法甚至没有定义，因为一些集合存在没有直接前驱的元素。

超限归纳法

用于证明涉及超限基数的定理。这种技术在集合论中用于证明基数的性质，因为很少有其他方法可以做到这一点。

归纳集

我们首先定义*良序*集的概念。一个集合$X$是*良序*的，如果存在一个全序$<$在$X$上，并且只要$Y\subset X$是非空的，$Y$中存在一个*最小元素*。也就是说，$\exists p\in Y$使得$p<q\ \forall q\in Y$。

*归纳集*是一个集合$A\subset X$，满足以下条件

1. $\alpha \in A$（其中$\alpha$是$X$的最小元素）
2. 如果$\beta \in A$，那么$\forall \gamma \in X$，使得$\beta <\gamma ,\gamma \in A$

当然，你会看到这一点并说：“等等。这意味着$A=X$！” 当然，你说得对。这正是归纳法起作用的原因。归纳原理是这个定理：它说

定理 2.4.2. 如果$X$是一个非空的良序集，并且$A\subset X$是$X$的归纳子集，那么$A=X$。

这个定理的证明留作一个非常简单的练习。这里我们注意到自然数集显然是良序的，具有您所熟悉的正常顺序，因此$\mathbb {N}$是一个归纳集。如果您接受选择公理，那么每个集合都可以被良序化。

练习

证明对于每个正整数：$1+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$1={\frac {1(1+1)}{2}}$

假设该等式对某个数 $n=k$ 成立，那么

$1+\cdots +k={\frac {k(k+1)}{2}}$

我们的目标是证明

$1+\cdots +(k+1)={\frac {(k+1)(k+2)}{2}}$

由此得出

${\begin{aligned}(1+\cdots +k)+(k+1)&={\frac {k(k+1)}{2}}+(k+1)\\&={\frac {k(k+1)+2(k+1)}{2}}\\&={\frac {(k+1)(k+2)}{2}}\end{aligned}}$

这就是我们要证明的。由于该等式对 1 成立，它也对 2 成立，并且由于它对 3 成立，依此类推。

证明对于每个正整数：$1^{2}+\cdots +n^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$1^{2}={\frac {1(1+1)(2+1)}{6}}$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$1^{2}+\cdots +k^{2}={\frac {k(k+1)(2k+1)}{6}}$

我们的目标是证明

$1^{2}+\cdots +(k+1)^{2}={\frac {(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}}$

由此得出

${\begin{aligned}(1^{2}+\cdots +k^{2})+(k+1)^{2}&={\frac {k(k+1)(2k+1)}{6}}+(k+1)^{2}\\&={\frac {k(k+1)(2k+1)+6(k+1)^{2}}{6}}\\&={\frac {(k+1){\big [}k(2k+1)+6(k+1){\big ]}}{6}}\\&={\frac {(k+1)(2k^{2}+k+6k+6)}{6}}\\&={\frac {(k+1)(2k^{2}+7k+6)}{6}}\\&={\frac {(k+1)(k+2)(2k+3)}{6}}\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

证明对于每个正整数：$1^{3}+\cdots +n^{3}=\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)^{2}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

${\begin{aligned}1^{3}=1\\\left({\frac {1(1+1)}{2}}\right)^{2}=1\end{aligned}}$

假设它对$n=k$ 成立。然后，

$1^{3}+\cdots +k^{3}=\left({\frac {k(k+1)}{2}}\right)^{2}$

由此得出

${\begin{aligned}(1^{3}+\cdots +k^{3})+(k+1)^{3}&=\left({\frac {k(k+1)}{2}}\right)^{2}+(k+1)^{3}\\&=(k+1)^{2}\left(\left({\frac {k}{2}}\right)^{2}+(k+1)\right)\\&={\frac {(k+1)^{2}(k^{2}+4k+4)}{4}}\\&=\left({\frac {(k+1)(k+2)}{2}}\right)^{2}\end{aligned}}$

我们已经证明，如果对于$n=k$ 成立，那么对于$n=k+1$ 也成立。现在对于 1 成立（显然）。因此对于所有整数都成立。

证明对于$n\geq 4$，$n!>2^{n}$。

当$n=4$ 时，结论成立。

$4!>2^{4}\ \Rightarrow \ 24>16$

现在假设对于$n=k\geq 4$ 成立。那么，

$k!>2^{k}$

由此得出

${\begin{aligned}(k+1)k!&>(k+1)2^{k}>2^{k+1}\\(k+1)!&>2^{k+1}\end{aligned}}$

我们已经证明，如果对于$n=k$ 成立，那么对于$n=k+1$ 也成立。由于对于 4 成立，因此对于所有整数$n\geq 4$ 都成立。

证明对于每个正整数，$2+4+6+\cdots +2n=n(n+1)$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$2=1(1+1)$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$2+4+6+\cdots +2k=k(k+1)$

我们的目标是证明

$2+4+6+\cdots +2(k+1)=(k+1)(k+2)$

由此得出

${\begin{aligned}(2+4+6+\cdots +2k)+2(k+1)&=k(k+1)+2(k+1)\\&=(k+1)(k+2)\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

证明对于每个正整数：$1+4+7+\cdots +(3n-2)={\frac {n(3n-1)}{2}}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$1={\frac {1(3-1)}{2}}$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$1+4+7+\cdots +(3k-2)={\frac {k(3k-1)}{2}}$

我们的目标是证明

$1+4+7+\cdots +{\bigl (}3(k+1)-2{\bigr )}={\frac {(k+1)(3k+2)}{2}}$

由此得出

${\begin{aligned}{\big (}1+4+7+\cdots +(3k-2){\big )}+{\big (}3(k+1)-2{\big )}&={\frac {k(3k-1)}{2}}+(3k+1)\\&={\frac {(3k^{2}-k+6k+2)}{2}}\\&={\frac {(3k^{2}+5k+2)}{2}}\\&={\frac {(k+1)(3k+2)}{2}}\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

证明对于每个正整数：$2+7+12+\cdots +(5n-3)={\frac {n(5n-1)}{2}}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$2={\frac {1(5-1)}{2}}$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$2+7+12+\cdots +(5k-3)={\frac {k(5k-1)}{2}}$

我们的目标是证明

$2+7+12+\cdots +{\bigl (}5(k+1)-3{\bigr )}={\frac {(k+1){\bigl (}5(k+1)-1{\bigr )}}{2}}$

由此得出

${\begin{aligned}{\big (}2+7+12+\cdots +(5k-3){\big )}+{\big (}5(k+1)-3{\big )}&={\frac {k(5k-1)}{2}}+{\big (}5(k+1)-3{\big )}\\&={\frac {k(5k-1)+2{\big (}5(k+1)-3{\big )}}{2}}\\&={\frac {5k^{2}-k+10k+4}{2}}\\&={\frac {5k^{2}+9k+4}{2}}={\frac {(k+1)(5k+4)}{2}}\\&={\frac {(k+1){\bigl (}5(k+1)-3{\bigr )}}{2}}\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

证明对于每个正整数: $1+2\cdot 2+2^{2}\cdot 3+\cdots +2^{n-1}n=2^{n}(n-1)+1$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$1=2^{1}(1-1)+1$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$1+2\cdot 2+2^{2}\cdot 3+\cdots +2^{k-1}k=2^{k}(k-1)+1$

我们的目标是证明

$1+2\cdot 2+2^{2}\cdot 3+\cdots +2^{k}(k+1)=2^{k+1}k+1$

由此得出

${\begin{aligned}(1+2\cdot 2+2^{2}\cdot 3+\cdots +2^{k-1}k)+2^{k}(k+1)&=2^{k}(k-1)+1+2^{k}(k+1)\\&=2^{k}(k+1+k-1)+1\\&=2^{k}(2k)+1\\&=2^{k+1}k+1\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

证明对于每个正整数: ${\frac {1}{1\cdot 2}}+\cdots +{\frac {1}{n(n+1)}}={\frac {n}{n+1}}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

${\frac {1}{1\cdot 2}}={\frac {1}{1+1}}$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

${\frac {1}{1\cdot 2}}+\cdots +{\frac {1}{k(k+1)}}={\frac {k}{k+1}}$

我们的目标是证明

${\frac {1}{1\cdot 2}}+\cdots +{\frac {1}{(k+1)(k+2)}}={\frac {k+1}{k+2}}$

由此得出

${\begin{aligned}{\frac {1}{1\cdot 2}}+\cdots +{\frac {1}{k(k+1)}}+{\frac {1}{(k+1)(k+2)}}&={\frac {k}{k+1}}+{\frac {1}{(k+1)(k+2)}}\\&={\frac {1}{k+1}}\left(k+{\frac {1}{k+2}}\right)\\&={\frac {1}{k+1}}\left({\frac {k(k+2)+1}{k+2}}\right)\\&={\frac {1}{k+1}}\left({\frac {k^{2}+2k+1}{k+2}}\right)\\&={\frac {(k+1)^{2}}{(k+1)(k+2)}}\\&={\frac {k+1}{k+2}}\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

这个问题可以用不使用数学归纳法的方法解决。我们注意到

${\frac {1}{n(n+1)}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}$

那么，这个问题可以改写为

${\frac {1}{1}}-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{3}}+\cdots +{\frac {1}{n-1}}-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n}}-{\frac {1}{n+1}}={\frac {n}{n+1}}$

化简得到

$1-{\frac {1}{n+1}}={\frac {n}{n+1}}$

证明对于所有正整数： $a+\cdots +a^{n}={\frac {a(a^{n}-1)}{a-1}}:a\neq 0$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$a={\frac {a(a^{1}-1)}{a-1}}$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$a+\cdots +a^{k}={\frac {a(a^{k}-1)}{a-1}}$

我们的目标是证明

$a+\cdots +a^{k+1}={\frac {a(a^{k+1}-1)}{a-1}}$

由此得出

${\begin{aligned}(a+\cdots +a^{k})+a^{k+1}&={\frac {a(a^{k}-1)}{a-1}}+a^{k+1}\\&={\frac {a(a^{k}-1)+a^{k+1}(a-1)}{a-1}}\\&={\frac {a{\big [}a^{k}-1+a^{k}(a-1){\big ]}}{a-1}}\\&={\frac {a{\big [}a^{k}-1+a\cdot a^{k}-a^{k}{\big ]}}{a-1}}\\&={\frac {a(a^{k+1}-1)}{a-1}}\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

这也可以通过使用几何级数的求和公式证明。

证明对于每个正整数：$(1+\cdots +n^{5})+(1+\cdots +n^{7})=2\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)^{4}$

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$1+1=2\left({\frac {1(1+1)}{2}}\right)^{4}=2$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$(1+\cdots +k^{5})+(1+\cdots +k^{7})=2\left({\frac {k(k+1)}{2}}\right)^{4}$

我们的目标是证明

${\bigl (}1+\cdots +(k+1)^{5}{\bigr )}+{\bigl (}1+\cdots +(k+1)^{7}{\bigr )}=2\left({\frac {(k+1)(k+2)}{2}}\right)^{4}$

由此得出

${\begin{aligned}(1+\cdots +k^{5})+(k+1)^{5}+(1+\cdots +k^{7})+(k+1)^{7}&=2\left({\frac {k(k+1)}{2}}\right)^{4}+(k+1)^{5}+(k+1)^{7}\\&={\frac {(k+1)^{4}{\big [}k^{4}+8(k+1)+8(k+1)^{3}{\big ]}}{8}}\\&={\frac {(k+1)^{4}{\big [}k^{4}+8(k+1){\big (}1+(k+1)^{2}{\big )}{\big ]}}{8}}\\&={\frac {(k+1)^{4}{\big [}k^{4}+8(k+1)(k^{2}+2k+2){\big ]}}{8}}\\&={\frac {(k+1)^{4}(k^{4}+8k^{3}+24k^{2}+32k+16)}{8}}\\&={\frac {(k+1)^{4}(k+2)^{4}}{8}}\\&=2\left({\frac {(k+1)(k+2)}{2}}\right)^{4}\end{aligned}}$

这正是我们要证明的。根据数学归纳法，该公式适用于所有正整数。

证明对于每个正整数： $(1+x)^{n}\geq 1+nx:x\geq -1$ （称为伯努利不等式）

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$(1+x)^{1}\geq 1+x$ 因为 $(1+x)^{1}=1+1\cdot x$

假设该等式对 $n=k$ 成立。那么

$(1+x)^{k}\geq 1+kx$

我们的目标是证明

$(1+x)^{k+1}\geq 1+(k+1)x$

在等式两边同时乘以$(1+x)$（不会改变不等式的符号，因为$x\geq -1$，因此$x+1\geq 0$）

${\begin{aligned}(1+x)^{k+1}&\geq (1+kx)(1+x)\\&=1+kx+x+kx^{2}\\&=1+(k+1)x+kx^{2}\\&\geq 1+(k+1)x\end{aligned}}$

最后一步依赖于$kx^{2}\geq 0$，因为$k\geq 0,x^{2}\geq 0$。

根据数学归纳法，该公式对所有正整数成立。

证明对于每个正整数：$1^{3}+\cdots +(n-1)^{3}<{\frac {n^{4}}{4}}<1^{3}+\cdots +n^{3}$

首先，我们证明该陈述对$n=1,2$ 成立。

${\begin{aligned}(1-1)^{3}&<{\frac {1^{4}}{4}}<1^{3}\iff 0<{\frac {1}{4}}<1\\(1-1)^{3}+1^{3}&<{\frac {2^{4}}{4}}<1^{3}+2^{3}\iff 1<4<9\end{aligned}}$

假设不等式对$n=k$ 成立。然后，

$1^{3}+\cdots +(k-1)^{3}<{\frac {k^{4}}{4}}<1^{3}+\cdots +k^{3}$

我们的目标是证明

$1^{3}+\cdots +k^{3}<{\frac {(k+1)^{4}}{4}}<1^{3}+\cdots +(k+1)^{3}$

我们知道

${\bigl (}1^{3}+\cdots +(k-1)^{3}{\bigr )}+k^{3}<{\frac {k^{4}}{4}}+k^{3}$

现在我们需要证明

${\frac {k^{4}}{4}}+k^{3}<{\frac {(k+1)^{4}}{4}}$

由此得出

${\begin{aligned}{\frac {k^{4}}{4}}+k^{3}<{\frac {(k+1)^{4}}{4}}&\iff {\frac {k^{3}(k+1)}{4}}<{\frac {k^{4}+4k^{3}+6k^{2}+4k+1}{4}}\\&\iff 0<{\frac {6k^{2}+4k+1}{4}}\end{aligned}}$

最后一个结论显然成立（$k>0$）。因此，

$1^{3}+\cdots +k^{3}<{\frac {k^{4}}{4}}+k^{3}<{\frac {(k+1)^{4}}{4}}$

现在我们证明

${\frac {(k+1)^{4}}{4}}<1^{3}+\cdots +(k+1)^{3}$

我们知道

${\frac {k^{4}}{4}}+(k+1)^{3}<(1^{3}+\cdots +k^{3})+(k+1)^{3}$

现在我们需要证明

${\frac {(k+1)^{4}}{4}}<{\frac {k^{4}}{4}}+(k+1)^{3}$

由此得出

${\begin{aligned}{\frac {(k+1)^{4}}{4}}<{\frac {k^{4}}{4}}+(k+1)^{3}&\iff {\frac {k^{4}+4k^{3}+6k^{2}+4k+1}{4}}<{\frac {k^{4}+4(k^{3}+3k^{2}+3k+1)}{4}}\\&\iff {\frac {k^{4}+4k^{3}+6k^{2}+4k+1}{4}}<{\frac {k^{4}+4k^{3}+12k^{2}+12k+4}{4}}\\&\iff 0<{\frac {6k^{2}+8k+3}{4}}\end{aligned}}$

最后一个结论显然成立（$k>0$）。因此，

${\frac {(k+1)^{4}}{4}}<1^{3}+\cdots +(k+1)^{3}$

结合我们证明的两个不等式，得到归纳步骤中需要的那个不等式。

$1^{3}+\cdots +k^{3}<{\frac {(k+1)^{4}}{4}}<1^{3}+\cdots +(k+1)^{3}$

根据数学归纳法，该公式对所有正整数都成立。

证明对于所有正整数：$1+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {n}}}\leq 2{\sqrt {n}}-1$（困难）

首先，我们证明当 $n=1$ 时成立。

$1\leq 2{\sqrt {1}}-1$ 因为 $1\leq 1$

假设不等式对$n=k$ 成立。然后，

$1+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {k}}}\leq 2{\sqrt {k}}-1$

我们的目标是证明

$1+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}\leq 2{\sqrt {k+1}}-1$

我们知道

$\left(1+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {k}}}\right)+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}\leq 2{\sqrt {k}}+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}-1$

现在我们需要证明

$2{\sqrt {k}}+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}-1\leq 2{\sqrt {k+1}}-1$

由此得出

${\begin{aligned}2{\sqrt {k}}+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}-1\leq 2{\sqrt {k+1}}-1&\iff 2{\sqrt {k}}+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}\leq 2{\sqrt {k+1}}\\&\iff 2{\sqrt {k(k+1)}}+1\leq 2(k+1)\\&\iff 2{\sqrt {k(k+1)}}\leq 2k+1\\&\iff 2^{2}{\sqrt {k(k+1)}}^{2}\leq {(2k+1)}^{2}\\&\iff 4k^{2}+4k\leq 4k^{2}+4k+1\\&\iff 0\leq 1\end{aligned}}$

最后一个语句显然是正确的。所以，

$1+\cdots +{\frac {1}{\sqrt {k}}}+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}\leq 2{\sqrt {k}}+{\frac {1}{\sqrt {k+1}}}-1\leq 2{\sqrt {k+1}}-1$

根据数学归纳法，该公式对所有正整数都成立。

证明对于每个正整数: 3 是 $n^{3}-n+3$ 的一个因子。

首先，我们证明这个结论对于 $n=1$ 是成立的。对于 $n=1$

$1^{3}-1+3=3$, 且 3 是 3 的一个因子。

由于我们已经证明了基本情况是成立的，我们假设这个结论对于 $n=k$ 是成立的，其中 $k\in \mathbb {Z^{+}}$。

$k^{3}-k+3=3w$ 其中 $w\in \mathbb {Z^{+}}$ （换句话说，对于任何正整数，这个表达式都可以被 3 整除）。

假设基本情况在 $n=1$ 时成立，并且假设该命题在 $n=k$ 时成立，那么它在 $n=k+1$ 时也必须成立，我们现在尝试证明这一点。

${\begin{aligned}3z&=(k+1)^{3}-(k+1)+3\\&=k^{3}+3k^{2}+3k+1-k-1+3\\&=[k^{3}-k+3]+3k^{2}+3k\\&=3w+3k^{2}+3k\\&=3(w+k^{2}+k)\\z&=w+k^{2}+k\end{aligned}}$

因此，基于 $n=k$ 为真这一假设，该命题在 $n=k+1$ 时为真，因此根据数学归纳法，该命题对所有正整数都成立。

证明对于每个正整数：9 是 $10^{n+1}+3\cdot 10^{n}+5$ 的因数。

首先，我们证明这个命题在 $n=1$ 时成立。

$10^{1+1}+3\cdot 10^{1}+5=135=9\cdot 15$

由于我们已经证明了基本情况成立，我们现在假设该命题在 $n=k$ 时成立，其中 $k\in \mathbb {Z^{+}}$。

我们知道

$10^{k+1}+3\cdot 10^{k}+5=9w$ 对于某些 $w\in \mathbb {Z^{+}}$，

我们需要证明

$10^{k+2}+3\cdot 10^{k+1}+5=9z$ 对于某些 $z\in \mathbb {Z^{+}}$。

我们尝试证明以上内容

${\begin{aligned}10^{k+2}+3\cdot 10^{k+1}+5&=10(10^{k+1}+3\cdot 10^{k})+5\\&=9(10^{k+1}+3\cdot 10^{k})+10^{k+1}+3\cdot 10^{k}+5\\&=9(10^{k+1}+3\cdot 10^{k})+9w\\&=9(10^{k+1}+3\cdot 10^{k}+w)\end{aligned}}$

令 $z=10^{k+1}+3\cdot 10^{k}+w$，我们有

$10^{k+2}+3\cdot 10^{k+1}+5=9z$

我们在假设该结论对 $n=k$ 成立的情况下，证明了该结论对 $n=k+1$ 成立。因此，根据数学归纳法，该结论对所有正整数都成立。

请注意，也可以使用 9 的整除性规则来证明这一点：$10^{n+1}+3\cdot 10^{n}+5$ 的各位数字之和为 $1+3+5=9$，因此该数字本身可以被 9 整除。

证明对每个正整数：4 是 $5^{n}-1$ 的一个因子

首先，我们证明该结论对 $n=1,2$ 成立。当 n=1 时，

$5^{1}-1=4$，4 是 4 的一个因子。

当 n=2 时，

$5^{2}-1=24$，4 是 24 的一个因子。

因此，基本情况成立。现在我们假设上述方程 $f(n)$ 对 n=k 成立，并试图证明该方程对 n=k+1 成立。

${\begin{aligned}f(k+1)&=5^{k+1}-1\\&=5(5^{k})-1\\&=5(5^{k}-1)-1+5\\&=5(5^{k}-1)+4\\&=5(f(k))+4\end{aligned}}$

根据我们上面的归纳假设，4 是 f(k) 的一个因子，4 也是 4 的一个因子，所以我们知道 4 必须也是 $5(f(k))+4$ 的一个因子。根据数学归纳法，该方程对所有正整数都成立。

证明对于任意正整数：$x-y$ 是 $x^{n}-y^{n}$ 的因式。

我们将使用强归纳法。

首先，我们证明当 $n=1,2$ 时，该结论成立。

$x-y$ 是 $x^{1}-y^{1}$ 的因式，因为任何表达式都是其自身的因式。 $x-y$ 是 $x^{2}-y^{2}$ 的因式，因为 $x^{2}-y^{2}=(x-y)(x+y)$

由于当 $n=1$ 和 $n=2$ 时，该结论成立，我们现在假设它对于所有 $k<n$ 成立，其中 $k\in \mathbb {Z^{+}}$.

我们知道

$x-y$ 是 $x^{k}-y^{k}$ 的因式

我们需要证明

$x-y$ 是 $x^{n}-y^{n}$ 的因式

我们尝试证明以上内容

${\begin{aligned}x^{n}-y^{n}&=x^{n}-y^{n}+xy^{n-1}-x^{n-1}y-xy^{n-1}+x^{n-1}y\\&=x^{n}+xy^{n-1}-x^{n-1}y-y^{n}+x^{n-1}y-xy^{n-1}\\&=x(x^{n-1}+y^{n-1})-y(x^{n-1}+y^{n-1})+x^{n-1}y-xy^{n-1}\\&=(x-y)(x^{n-1}+y^{n-1})+xy(x^{n-2}-y^{n-2})\end{aligned}}$

因为该语句对 $k=n-2$ 成立，因为 $n-2<n$，$x-y$ 是表达式两项的因子。

因此，$x-y$ 是整个表达式 $x^{n}-y^{n}$ 的一个因子。

我们已经证明了该语句对 $k=n$ 成立，假设它对所有 $k<n$ 成立。因此，该语句对所有正整数成立。

证明对每个正整数：2304 是 $7^{2n}-48n-1$ 的一个因子。

无解

找到 $n_{0}\in \mathbb {N}$，使得不等式 $n^{2}<2^{n}$ 对所有 $n\geq n_{0}$ 成立，并给出归纳法证明。

首先，我们证明该语句对 $n=n_{0}=5$ 成立。

$5^{2}=25<32=2^{5}$

假设不等式对 $n=k$ 成立，其中 $k\geq 5$。那么，

${\begin{aligned}(k+1)^{2}&=k^{2}+2k+1\\&<k^{2}+2k+k\quad ({\text{since}}\ k>1)\\&=k^{2}+3k\\&=k(k+3)\\&<k(k+k)\quad ({\text{since}}\ k>3)\\&=k(2k)\\&=2k^{2}\\&<2\cdot 2^{k}\quad ({\text{by induction hypothesis}})\\&=2^{k+1}\end{aligned}}$ .

我们已经证明，如果对于 $n=k$ 成立，那么它对于 $n=k+1$ 也成立。由于它对于 $n_{0}=5$ 成立，因此对于所有整数 $n\geq n_{0}$ 成立。