如何优雅地使用数学归纳法

前 n 项整数的和

A n = 1 + 2 + 3 + . . + n A_n = 1 + 2 + 3 + .. + n An=1+2+3+..+n
递推式为
A 0 = 0 , n = 0 A n = A n − 1 + n , n ≥ 1 \begin{aligned} A_0&=0,n=0\\ A_n&= A_{n-1} + n, n\geq1 \end{aligned} A0An=0,n=0=An−1+n,n≥1
用数学归纳法证明如下命题为真：
A n = n × ( n + 1 ) 2 A_n = \frac{n\times(n+1)}{2} An=2n×(n+1)

证明：
1、 A 0 = 0 × ( 0 + 1 ) 2 = 0 A_0=\frac{0 \times (0 + 1)}{2} = 0 A0=20×(0+1)=0
2、令 r ≤ n r \leq n r≤n，由递推式可以得到
A r + 1 = A r + r = r × ( r + 1 ) 2 + r + 1 = r ( r + 1 ) + 2 ( r + 1 ) 2 = ( r + 1 ) ( r + 2 ) 2 A_{r+1}=A_{r} + r=\frac{r\times(r+1)}{2} + r+1=\frac{r(r+1) + 2(r+1)}{2}=\frac{(r+1)(r+2)}{2} Ar+1=Ar+r=2r×(r+1)+r+1=2r(r+1)+2(r+1)=2(r+1)(r+2)
所以命题成立

数学归纳法、递推公式和通项公式

数学归纳法，只需要相邻两项的递推公式，即可证明通项公式是否正确。
例如等差级数前 n 项和公式，递推公式为：
S 0 = a , n = 0 S n = S n − 1 + a + n d ， n ≥ 0 \begin{aligned} S_0&=a,n=0\\ S_n &= S_{n-1} + a + nd，n\geq0 \end{aligned} S0Sn=a,n=0=Sn−1+a+nd，n≥0
证明其通项公式如下：
S n = ( n + 1 ) ( 2 a + n d ) 2 S_n=\frac{(n+1)(2a+nd)}{2} Sn=2(n+1)(2a+nd)
证明：
1、 S 0 = ( 0 + 1 ) ( 2 a + 0 ) 2 = a S_0=\frac{(0+1)(2a+0)}{2}=a S0=2(0+1)(2a+0)=a
2、令 r ≤ n r\leq n r≤n，由递推式可以得到
S r + 1 = S r + a + ( r + 1 ) d = ( r + 1 ) ( 2 a + r d ) 2 + a + ( r + 1 ) d = ( r + 1 ) ( 2 a + r d ) + 2 a + 2 ( r + 1 ) d 2 = 2 a ( r + 1 ) + r d ( r + 1 ) + 2 a + 2 d ( r + 1 ) 2 = 2 a ( r + 2 ) + ( r + 2 ) ( r + 1 ) d 2 = ( r + 2 ) ( 2 a + ( r + 1 ) d ) 2 \begin{aligned} S_{r+1}&=S_r+a+(r+1)d\\ &=\frac{(r+1)(2a+rd)}{2} + a+(r+1)d\\ &=\frac{(r+1)(2a+rd)+2a+2(r+1)d}{2}\\ &=\frac{2a(r+1)+rd(r+1) + 2a+2d(r+1)}{2}\\ &=\frac{2a(r+2)+(r+2)(r+1)d}{2}\\ &=\frac{(r+2)(2a+(r+1)d)}{2} \end{aligned} Sr+1=Sr+a+(r+1)d=2(r+1)(2a+rd)+a+(r+1)d=2(r+1)(2a+rd)+2a+2(r+1)d=22a(r+1)+rd(r+1)+2a+2d(r+1)=22a(r+2)+(r+2)(r+1)d=2(r+2)(2a+(r+1)d)
命题得证

相同的方式还可以证明，等比数列前n项和的通项公式为：
G n = a 1 − q n + 1 1 − q , 递推公式为 G n = G n − 1 × a q n G_n=a\frac{1-q^{n+1}}{1-q},递推公式为 G_n=G_{n-1}\times aq^n Gn=a1−q1−qn+1,递推公式为Gn=Gn−1×aqn
前 n项平方和的通项公式为：
G n = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 , 递推公式为 G n = G n − 1 + n 2 G_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6},递推公式为 G_n=G_{n-1}+n^2 Gn=6n(n+1)(2n+1),递推公式为Gn=Gn−1+n2
前 n项立方和的通项公式为：
G n = [ n ( n + 1 ) 2 ] 2 , 递推公式为 G n = G n − 1 + n 3 G_n=\bigg [\frac{n(n+1)}{2}\bigg ]^2,递推公式为 G_n=G_{n-1} + n^3 Gn=[2n(n+1)]2,递推公式为Gn=Gn−1+n3

杨辉三角

杨辉三角也叫帕斯卡三角，如上图左所示，现在把空格去掉，变成上图右边的矩阵。其中第 n 行的值，对应 ( a + b ) n (a+b)^n (a+b)n展开后的系数。比如 ( a + b ) 2 = a 2 + 2 a b + b 2 (a+b)^2=a^2+2ab+b^2 (a+b)2=a2+2ab+b2，对应的系数是 1 , 2 , 1 1,2,1 1,2,1，其他以此类推。我们用 C n i C_n^i Cni 表示第 n n n 行，第 i i i 列的值。比如 C 4 3 = 6 C_4^3=6 C43=6，表示第 4 行第 3 列的值为 6。观察上图我们可以看到，这个三角具有的性质，第 n 行第 i 列的值为，上一行第 i 列和上一行第 i - 1 列的值之和，比如 C 4 3 = C 3 3 + C 3 2 C_4^3=C_3^3+C_3^2 C43=C33+C32。由此我们可以得到一个递推式：
C n i = C n − 1 i − 1 + C n − 1 i C_n^i=C_{n-1}^{i-1} +C_{n-1}^i Cni=Cn−1i−1+Cn−1i
现在根据这个递推式，我们需要证明如下求 ( n , i ) (n, i) (n,i)位置的值的通项公式：
C n i = n ! i ! ( n − i ) ! C_n^i=\frac{n!}{i!(n-i)!} Cni=i!(n−i)!n!
这是一个二维的递推式，所以我们的递推式如下：
C 1 0 = 1 C 1 1 = 1 C n i = C n − 1 i − 1 + C n − 1 i \begin{aligned} C_1^0&=1\\ C_1^1&=1\\ C_n^i&=C_{n-1}^{i-1} + C_{n-1}^{i} \end{aligned} C10C11Cni=1=1=Cn−1i−1+Cn−1i
证明如下：（规定 0 ! = 1 0!=1 0!=1）
1、 C 1 0 = 1 ! 0 ! ( 1 − 0 ) ! = 1 C_1^0=\frac{1!}{0!(1-0)!}=1 C10=0!(1−0)!1!=1， C 1 1 = 1 ! 1 ! ( 1 − 1 ) ! = 1 C_1^1=\frac{1!}{1!(1-1)!}=1 C11=1!(1−1)!1!=1
2、令 r < n r<n r<n，由递推式可以得到
C r + 1 i = C r i − 1 + C r i = r ! ( i − 1 ) ! ( r − i + 1 ) ! + r ! i ! ( r − i ) ! = i r ! + ( r + 1 − i ) r ! i ! ( r + 1 − i ) ! = ( r + 1 ) ! i ! ( r + 1 − i ) ! \begin{aligned} C_{r+1}^i&=C_{r}^{i-1}+C_{r}^i\\ &=\frac{r!}{(i-1)!(r-i+1)!} + \frac{r!}{i!(r-i)!} \\ &=\frac{ir! + (r+1-i)r!}{i!(r+1-i)!} \\ &=\frac{(r+1)!}{i!(r+1-i)!} \end{aligned} Cr+1i=Cri−1+Cri=(i−1)!(r−i+1)!r!+i!(r−i)!r!=i!(r+1−i)!ir!+(r+1−i)r!=i!(r+1−i)!(r+1)!
命题得证

总结

数学归纳法仅能用于证明某个通项公式成立，但是却没有揭示这个通项公式是怎么来的，也没有提供任何的线索。但是仅仅能够证明某个命题为真，也可为未来的使用扫清障碍。创造性的部分，往往需要用到经验、直觉、类比、天赋和运气，并没有一般的规律可循。

递推式是一种分治法的计算公式，即将问题规模为 n 的问题，分解为问题规模为 n - 1 的问题，直到将问题分解到最简单的形式。