选择适当的跨度

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-02-01 08:10 被阅读0次

逻辑结构 设 $P\left(n\right)$ 是关于正整数 $n$ 的命题(或性质), $k$ 为一个给定的正整数,如果

(1) $P\left(1\right),P\left(2\right),\cdots ,P\left(k\right)$ 成立;

(2) $由P\left(n\right)$ 成立可推出 $P\left(n+k\right)$ 成立.

那么,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $P\left(n\right)$ 都成立.

这里 $k$ 是一个跨度,当 $k=1$ 时,就是第一数学归纳法.有时在处理问题时,利用大跨度要方便得多.

2022-02-01-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚选择适当的跨度 P069 例01）

证明:对任意正整数 $n\geqslant 3$ ,都存在一个完全立方数,它可以表示为 $n$ 个正整数的立方和.

证明

对比不定方程 $x^{3}+y^{3}=z^{3}$ 没有正整数解的结论,可了解问题的背景.

当 $n=3$ 时,由 $3^{3}+4^{3}+5^{3}=6^{3}$ 可知命题对 $n=3$ 成立;

当 $n=4$ 时,由 $5^{3}+7^{3}+9^{3}+10^{3}=13^{3}$ (这个等式是Euler最早发现的),可知命题对 $n=4$ 成立.

现设命题对 $n\left(\geqslant 3\right)$ 成立,即存在正整数 $x_{1}<x_{2}<\cdots<x_{n}<y$ ,使得
$x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+\cdots+x_{n}^{3}=y^{3},$
则利用 $6^{3}=3^{3}+4^{3}+5^{3}$ ,可知
$\begin{aligned} \left(6y\right)^{3}&=\left(6x_{n}\right)^{3}+\cdots+\left(6x_{2}\right)^{3}+\left(6x_{1}\right)^{3}\\ &=\left(6x_{n}\right)^{3}+\cdots+\left(6x_{2}\right)^{3}+\left(5x_{1}\right)^{3}+\left(4x_{1}\right)^{3}+\left(3x_{1}\right)^{3}. \end{aligned}$
这表明命题对 $n+2$ 成立.

所以,对任意 $n\geqslant 3$ ,命题都成立.

2022-02-01-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚选择适当的跨度 P070 例02）

设 $n$ 为不小于3的正整数.证明:可以将一个正三角形剖分为 $n$ 个等腰三角形.

证明

当 $n=3$ 时,设 $O$ 为正三角形 $ABC$ 的外心,则 $\triangle AOB$ 、 $\triangle BOC$ 、 $\triangle COA$ 都是等腰三角形,故命题对 $n=3$ 成立.

当 $n=4$ 时,设 $D$ 、 $E$ 、 $F$ 分别是正三角形 $ABC$ 的边 $BC$ 、 $CA$ 、 $AB$ 的中点,则 $\triangle AEF$ 、 $\triangle FBD$ 、 $\triangle DCE$ 和 $\triangle DEF$ 都是等腰三角形,故命题对 $n=4$ 成立.

当 $n=5$ 时,如图所示,设 $O$ 为正三角形 $ABC$ 的外心, $D$ 、 $E$ 分别是 $BC$ 、 $CA$ 的中点, $F$ 为 $BO$ 的中点利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可知 $\triangle ABO$ 、 $\triangle BFD$ 、 $\triangle FOD$ 、 $\triangle DEC$ 和 $\triangle ADE$ 都是等腰三角形.故命题对 $n=5$ 成立.

图1

现设每一个正三角形都能剖分为 $n\left(\geqslant 3\right)$ 个等腰三角形(即命题对 $n$ 成立),则对正三角形 $ABC$ ,设 $D$ 、 $E$ 、 $F$ 分别为 $BC$ 、 $CA$ 、 $AB$ 的中点,并将正三角形AEF依归纳假设剖分为 $n$ 个等腰三角形,将这 $n$ 个三角形与 $\triangle BDF$ 、 $\triangle CDE$ 、 $\triangle DEF$ 合并,即构成正三角形 $ABC$ 的一个个数为 $n+3$ 的等腰三角形剖分.故命题对 $n+3$ 成立.

综上所述,对任意 $n≥3$ ,命题成立.

选择适当的跨度

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