参考文献：《高中数学竞赛教程》。
注：如有误请私信黄耀风，以及时修改。
\texttt{Part 0}：前言
小 Y：还记得怎么计算 1+2+\cdots+n 吗？
小 H：当然，这个式子的值就是 \dfrac{n(n+1)}{2} 啊。
小 Y：那你知道怎么证明吗？虽然网上的证明十分多，但是有一种更加新奇的方式哦！
小 H：是什么？
小 Y：数学归纳法！
\texttt{Part 1}：什么是数学归纳法？
数学归纳法是一种很常用的数学方法，多用于证明一些关于正整数或者非负整数 n 有关的命题。
对于等差数列求和，也可以通过数学归纳法进行证明。
有一道例题如下：
设正数 a_1,a_2,\cdots 构成了等差数列，请你证明：
自己可以先想想怎么做，再往下看哦！
## $\texttt{Part 2}$：数学归纳法的基本形式
数学归纳法一般分为以下两个步骤：
1. 将原式中的 $n$ 带入一些具体值，例如 $n=1$ 时，证明原式成立。这一步是较为简单的，**但也是必不可少的**。
2. 假设 $n=k$ 时原式成立，下一步我们要推出 $n=k+1$ 的时候原式也成立。数学归纳法难就难在这一步，因此接下来会讲解大量例题，以帮助更好的理解与运用。
~~然后就没了。~~
至于这个方法的原理，可以理解为多米诺骨牌。一旦第一步（假如是） $n=1$ 成立，而第二步证明了 $n=1$ 成立时，$n=2$ 也成立。结合多米诺骨牌，$n=2$ 一旦成立。便会导致 $n=3,4,\cdots$ 都成立，就如多米诺骨牌前一张推倒后一张一样。
是的，简简单单的两步，却是我们解决问题的一大利器。而第二步，更是重中之重。
怎么重呢？让我们往下看看实例：
## $\texttt{Part 3}$：数学归纳法的基本例题
先来证明等差数列求和公式，以证明 $1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ 为例。
首先 $n=1$ 时，$1=\dfrac{1 \times 2}{2}$，故命题成立。
假设在 $n=k$ 时，命题成立，那么在 $n=k+1$ 时，原式
$=1+2+\cdots+k+(k+1)=\dfrac{k(k+1)}{2}+(k+1)=\dfrac{(k+1)(k+2)}{2}=\dfrac{n(n+1)}{2}$。
故命题对于一切正整数 $n$ 成立。
再来讲讲 $\texttt{Part 1}$ 部分的例题吧：
我们记这个等差数列的公差为 $d$，由于数列中的每一项都是正数，所以 $d \ge0$，否则这个数列一定会有小于 $0$ 的数。如果 $d=0$ 则结论显然，易得等式成立，故以下仅对 $d >0$ 的情况进行探讨。
接下来我们按照 $\texttt{Part 2}$ 的步骤解它！
第一步，代入特殊的 $n$ 的值。因为如果 $n=1$ 的时候等式无意义，故我们将 $n=2$ 带入等式。如果 $n=2$，那么等式的左式 $= \dfrac{1}{a_1+a_2}$，等式的右式 $= \dfrac{1}{a_1+a_2}$，明显等式成立。
第二步（敲重点！）：
我们假设当 $n=k(k \ge 2)$ 时等式已成立，则有：
$\dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}+\sqrt{a_k}}=\dfrac{k-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_k}}
那么，当 n=k+1(k \ge 2) 时，则等式左式为：
\quad \dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_2}+\sqrt{a_3}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_3}+\sqrt{a_4}}+\cdots+\dfrac{1}{\sqrt{a_{k-1}}+\sqrt{a_k}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_k}+\sqrt{a_{k+1}}}
=\dfrac{k-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_k}}+\dfrac{1}{\sqrt{a_k}+\sqrt{a_{k+1}}}
=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_k})(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{(\sqrt{a_k}+\sqrt{a_{k+1}})(\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k})}
=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{a_k-a_1}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{a_{k+1}-a_k}
=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{[a_1+(k-1)d]-a_1}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{[a_1+kd]-[a_1+(k-1)d]}
=\dfrac{(k-1)(\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1})}{a_1+(k-1)d-a_1}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{a_1+kd-a_1-kd+d}
=\dfrac{\sqrt{a_k}-\sqrt{a_1}}{d}+\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_k}}{d}
=\dfrac{\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_1}}{d}
=\dfrac{(\sqrt{a_{k+1}}-\sqrt{a_1})(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}{d(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}
=\dfrac{a_{k+1}-a_1}{d(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}
=\dfrac{(a_1+kd)-a_1}{d(\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}})}
=\dfrac{k}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_{k+1}}}
通过这一系列的步骤，我们成功地将以上那个等式证明了出来。同时请注意上文的 [] 仅指中括号，而非取整符号。
当然，这道题也不只有这种方法可以做出来。下面再提供一种我的同学的方法：
首先看首项 \dfrac{1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}}，可以将这个式子化为 \dfrac{\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}}{a_1-a_2}。设公差为 d，则明显 a_1-a_2=-d，即原式等于 -\dfrac{\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}}{d}。将每一项都按照这个方法表示，即原式等于：
因为 $(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})=a-b$，所以$(\sqrt{a}-\sqrt{b})=\dfrac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$，所以 $(1)$ 式等于：
$-\dfrac{\dfrac{a_1-a_n}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}}{d}=-\dfrac{\dfrac{a_1-a_n}{d}}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}=\dfrac{\dfrac{-(n-1)d}{-d}}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}=\dfrac{n-1}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_n}}$。
至此，我们成功运用了两种方法做出来了这一道题。
那么问题来了——数学归纳法真的有那么玄乎吗？上面那一题想必第二种解法更容易被大众想到。
其实并非如此！
来看一下下面一道例题：
已知 $a,b$ 为正实数，且 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1 $，求证，对于每一个 $n\in \mathbb{N}(\mathbb{N}$ 表示自然数集$)$，都有 $(a+b)^n-a^n-b^n\ge 2^{2n}-2^{n+1}$。
有头绪吗？让我们一起用数学归纳法解决这一题。
首先，当 $n=1$ 时，左式 $=0=$ 右式，知命题成立。
假设当 $n=k$ 时命题成立，即 $(a+b)^k-a^k-b^k \ge 2^{2k}-2^{k+1}$。那么当 $n=k+1$ 时，
左式 $=(a+b)^{k+1}-a^{k+1}-b^{k+1}=(a+b)[(a+b)^k-a^k-b^k]+a^kb+ab^k$。
由 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$，得 $ab=a+b$；又因为 $(a+b)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})=2+(\dfrac{b}{a}+\dfrac{a}{b})\ge 4$，即知 $ab=a+b \ge 4$，这样便知：
$a^kb+ab^k \ge 2 \sqrt{a^kb\times ab^k}=2\sqrt{(ab)^{k+1}} \ge 2 \times2^{k+1}=2^{k+2}$。
由此，得：
左式 $=(a+b)[(a+b)^k-a^k-b^k]+a^kb-ab^k \ge 4(2^{2k}-2^{k+1})+2^{k+2}=2^{2k+2}-2^{k+2}=$ 右式。
所以，命题得证。
怎么样？数学归纳法的神通之处就在此展现了出来。但是，它还能做更多的事！
再来看一道例题：
假设有 $2^n$ 个球分成了若干堆，如果甲堆的球数 $a$ 小于等于乙堆的球数 $b$，那么就可以从甲中取出 $a$ 个球到乙堆。这算是挪动了一次。求证：可以经过有限次移动使这若干堆球合并成一堆。
相信大家和我一样看到这一题的第一想法就是：“这不废话吗，肯定可以啊！”但是一旦开始想要怎么表达却变的手无足措。那么，我们一起来用数学归纳法解决这一题：
首先当 $n=1$ 时，只有两个球。这时候有两种情况：
- 这两个球本来就在同一堆里，那么肯定可以。
- 这两个球在两堆里，每堆各 $1$ 个球，那么就可以从第一堆取出 $1$ 个球到第二堆。
通过以上两种情况，我们知 $n=1$ 时命题是成立的。
接下来，我们假设 $n=k$ 的时候命题成立，可是当 $n=k+1$ 时，球数从 $2^k$ 到了 $2^{k+1}$，翻了一倍，我们就要想着怎么样通过 $n=k$ 推出 $n=k+1$。
首先，在 $2^{k+1}$ 所分出的若干堆球中，**一定有偶数个球数为奇数的堆**，否则球数为奇数个。我们将这些球数为奇数的堆**两两配对**，进行一次合并，那么现在所有的球堆的球数就**都是偶数**，当然也有可能有的球堆球数为 $0$。这时候，我们将每一堆的球**两两绑在一起，视为一个球**，于是，球数便成了 $2^k$，而前面又假设 $2^k$ 时成立，也就是说，总球数为 $2^{k+1}$ 的时候，命题也成立。
~~妙啊！~~
但是，这只是数学归纳法的**基本形式**！
接下来，我们的题目难度将升级！
## $\texttt{Part 4}$：数学归纳法的变通形式
所以，数学归纳法的变通形式到底有什么呢？
**一、合适的假设方式**
**二、大跨度的跳跃**
**三、灵活的归纳途径**
接下来，我将针对这两种变通形式，讲解题目以助于你们理解。
### $\texttt{Part 4.1}$：数学归纳法的变通形式 之 合适的假设方式
所谓的合适的假设方式，是因为前面我们一直都是假设 $n=k$ 时命题成立去证明 $n=k+1$ 时命题成立，现在合适的假设方式，如假设 $n \leq k$ 时命题成立，去证明 $n=k+1$ 时命题也成立，即为：
$$n\leq k \rightarrow n=k+1$$
可是这样真的有用吗？我们以例题为例：
证明：任何一个真分数 $\dfrac{m}{n}$ 都可以表示为若干个**互不相同的**自然数的倒数之和。这个结论在[这道题](https://www.luogu.com.cn/problem/UVA12558)所运用。
不会？试试用数学归纳法吧！
固然真分数 $\dfrac{m}{n}$ 可以表示为 $m$ 个 $\dfrac{1}{n}$ 的和，但是题目中要求为**互不相同的**自然数的倒数之和，所以还是用数学归纳法，对 $m$ 进行归纳较好。
首先当 $m=1$ 时，对于一切分数 $\dfrac{m}{n}=\dfrac{1}{n}$ 都可以表示为 $n$ 的倒数，故命题成立。
假设 $m \leq k$ 时命题成立，即任何分子不超过 $k$ 的分数最简分数 $\dfrac{m}{n}$ 都可以表示为 $\dfrac{1}{t_1}+\dfrac{1}{t_2}+\cdots+\dfrac{1}{t_l}$，其中 $t_1,t_2,\cdots t_l$ 互不相等。现在我们要证明对于最简分数 $\dfrac{k+1}{n}$ 时命题也成立。
由于 $0 < k+1 <n$ 且 $\gcd(k+1,n)=1(\gcd(a,b)$ 表示 $a,b$ 的最大公约数$)$，可以假设 $n=q(k+1)+r$，其中 $q,r$ 皆为正整数，且 $0<r<k+1$。
因此，便有：
$\dfrac{k+1}{n}-\dfrac{1}{q+1}=\dfrac{(k+1)(q+1)-q(k+1)-r}{n(q+1)}=\dfrac{k+1-r}{n(q+1)}$。
注意到 $k+1-r<k+1$，即 $k+1-r \leq k$，因此将分数 $\dfrac{k+1-r}{n(q+1)}$ 化简后其分子不超过 $k$。
故可知它可以表示为若干个互不相同的倒数之和，即 $\dfrac{k+1}{n}=\dfrac{1}{q+1}+\dfrac{k+1-r}{n(q+1)}=\dfrac{1}{q+1}+\dfrac{1}{s_1}+\dfrac{1}{s_2}+\cdots+ \dfrac{1}{s_{v}}\qquad (1)$。
现在只需要证明 $q+1 \notin \{s_1,s_2,\cdots,s_v\}$ 即可。
考虑反证法，假设 $q+1 \in \{s_1,s_2,\cdots,s_v\}$：
$\dfrac{1}{q+1}+\dfrac{1}{s_1}+\dfrac{1}{s_2}+\cdots +\dfrac{1}{s_v} \ge \dfrac{2}{q+1}=\dfrac{2n}{(q+1)(k+1)}·\dfrac{k+1}{n}=\dfrac{2q(k+1)+2r}{(q+1)(k+1)}·\dfrac{k+1}{n}\ge (\dfrac{2q}{q+1}+\dfrac{2r}{(q+1)(k+1)})·\dfrac{k+1}{n}>\dfrac{k+1}{n}\qquad(2)$。
比较 $(1),(2)$ 两式，即可得出矛盾。
故对于一切分子为 $k+1$ 的正真分数命题成立，因此对于一切的正真分数命题都成立。
这就是选择合适的假设方式的优点！
### $\texttt{Part 4.2}$：数学归纳法的变通形式 之 大跨度的跳跃
我们之前的证明都是类似：假设 $n=k$ 时命题成立，证 $n=k+1$ 时命题也成立。现在不一样了。
举个例题：
证明对于一切的正整数 $n \ge 3$，可以将一个正三角形分成 $n$ 个等腰三角形。
考虑 $n=3,4$ 时，有如下的构造方案：
$P_1$ $P_2
考虑如果跨度为 1，即能够从 n=k 到 n=k+1 来证明，能否构造呢？
答案是显然的：
P_3
对于 n=3,4,5，可以依次按照上面的 P_1,P_2,P_3 构造。我们注意到，在 n=5 时构造出了一个等腰直角三角形。于是，我们每次可以做这个直角三角形斜边上的中线，便每次都可以多构造出一个等腰三角形，于是命题对于一切正整数 n \ge3 成立。
那么，我们如何做到“大跨度”的跳跃呢？
在返回看
P_1 P_2
对于这两个构造方法，我们发现都出现了顶角为 120^{\circ} 的等腰三角形，而对于一个顶角为 120^{\circ} 的等腰三角形，我们可以用如下方法使其分为 3 个等腰三角形：
P_4。
于是，对于 n=3 的构造，我们可以将 120^{\circ} 的等腰三角形如上处理，便可以得到 n=5,7,\cdots 的构造；对于 n=4 的构造，我们可以将 120^{\circ} 的等腰三角形如上处理，便可以得到 n=6,8,\cdots 的构造。因此，命题对于一切正整数 n \ge3 成立。
这个证法是跨度为 2。当然，跨度为 3 也是可以构造的，这里不过多说明，请读者自行思考。
由此可见，大跨度的跳跃也是一种使用数学归纳法的利器。
\texttt{Part 4.3}：数学归纳法的变通形式 之 灵活的归纳途径
由于这是灵活的归纳途径，因此光靠文字很难说明清楚，下面来看一道例题：
设 a_1<a_2< \cdots<a_n，而 b_1,b_2,\cdots,b_n 是 a_1,a_2,\cdots,a_n 的一个排列。已知 a_1+b_1<a_2+b_2< \cdots <a_n+b_n，求证：对于一切的 i(1 \leq i \leq n)，满足 b_i=a_i。
对于这个问题，想要直接证明每个 b_i 都等于相对应的 a_i 是很难实现的。所以我们先考虑这么一个结论：至少存在一个 i_0，满足 b_{i_0}=a_{i_0}。考虑使用反证法和数学归纳法来证明这个结论。
反证：假设对于任意的 i(1 \leq i \leq n)，都有 b_i\neq a_i，于是 b_1 \neq a_1。但是由于 a_1 是集合 \{a_1,a_2,\cdots,a_n\} 中最小的元素，而 b_1 也是该集合中的元素，故 b_1>a_1。
假设对于每个 i \leq j，都有 b_i \ge a_i，我们来证明一定也有 b_{j+1}>a_{j+1}。因为如果不然，有 b_{j+1} \leq a_{j+1}，则因我们已设对每个 i，都有 b_i \neq a_i，故知 b_{j+1}<a_{j+1}，因而也有 b_{j+1} \leq a_j（因为 a 单调递增）。同理可知，由 b_j>a_j，得 b_j \ge a_{j+1}。于是，我们就有 a_{j+1}+b_{j+1} \leq b_j+a_j，但这明显与已知条件不符。所以 b_{j+1}>a_{j+1}。
从上面得分析得知，在“对于任意的 i(1 \leq i \leq n)，都有 b_i\neq a_i”的条件下，我们用数学归纳法证明了“对于一切 i，都有 b_i>a_i”，而这又显然是错误的，因为 a_n 已经是最大值，不存在任何 i 满足 b_i>a_i。因此我们假设的前提是错误的。故知存在某个数 i_0，满足 b_{i_0}=a_{i_0}。
有了上面的推理，我们可以正式开始证明我们的命题了：
当 n=1 时，显然 b_1=a_1，故命题成立。假设 n=k 时命题成立，要证当 n=k+1 时命题也成立：
我们先将一开始的结论运用到 a_1,a_2,\cdots,a_{k+1} 及其排列 b_1,b_2,\cdots,b_{k+1} 中，由上面的结论可知存在一个数 i_0 满足 b_{i_0}=a_{i_0}。那么对于剩下的 k 个数，我们就可以用前面的归纳假设（即：“设 n=k 时命题成立”）来证明。于是，命题在 n=k+1 时也成立。
故知，对于一切正整数 n，命题都成立。
是不是开始有难度了？接下来难度还会再升一级！
\texttt{Part 5}：数学归纳法应用中的命题转化
命题转化，是再数学证明过程中常用手法。这里仅介绍在数学归纳法中的命题转化。
先来看一道题：
若 n 个正角 \alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n=\pi，证明：
\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n \leq n \sin \dfrac{\pi}{n}
在这里，显然 n=1 时上式两端相等，即命题成立。如果按照以往的解题过程：
假设 n=k 时命题成立。现在如果要证明 n=k+1 时也成立，就会发现一个问题：
因此，我们考虑转化命题。具体地，我们可以考虑证明：
若 $n$ 个正角 $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\leq\pi$，证明：
$$\dfrac{1}{n}(\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n) \leq \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}{n}$$
这个命题不仅可以证明原来的命题，同时也便于我们使用数学归纳法。那就让我们来试一下吧！
首先 $n=1$ 时，命题显然成立。为了方便后面的证明，接下来再看一下 $n=2$ 时的情形：
设正角 $\alpha_1+\alpha_2 \leq \pi$，于是就有 $\sin(\dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}) \ge 0$，因而知：
$(\sin \alpha_1+\sin\alpha_2)-2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}
=2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}\cos\dfrac{\alpha_1-\alpha_2}{2}-2 \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}
即 $\dfrac{1}{2}(\sin \alpha_1+\sin\alpha_2) \leq \sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2}{2}$。因此 $n=2$ 时命题也成立。
假设 $n \leq k$ 时命题也成立，即当正角 $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\leq \pi$ 且 $n\leq k$ 时，有
$$\dfrac{1}{n}(\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n) \leq \sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}{n}$$
要证明命题在 $n=k+1$ 时也成立。
我们分两种情况来讨论：
- $k+1=2m$ 为偶数。
则当 $\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m} \leq \pi$ 时。有 $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{m} \leq \pi$ 及 $\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}\leq \pi$，于是由归纳假设可知：
$\dfrac{1}{k+1}(\sin \alpha_1+\cdots+\sin\alpha_{k+1})
=\dfrac{1}{2}[\dfrac{1}{m}(\sin\alpha_1+\cdots+\sin\alpha_{m})+\dfrac{1}{m}(\sin\alpha_{m+1}+\cdots+\sin\alpha_{2m})]
再看 $n=2$ 时的结果可知：
上式 $\leq \sin\dfrac{1}{2}(\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{m}}{m}+\dfrac{\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}}{m})
=\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m}}{2m}
知 $k+1$ 为偶数时命题成立。
- $k+1=2m+1$ 为奇数。
则当 $\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m+1}\leq \pi$ 时，要么 $\alpha_1+\cdots+\alpha_m \leq \dfrac{\pi}{2}$，要么 $\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m+1}\leq \dfrac{\pi}{2}$。不妨假设 $\alpha_{m+1}+\cdots+\alpha_{2m+1}\leq \dfrac{\pi}{2}$，于是就有
$\alpha_1+\cdots+\alpha_m+\alpha_{m+1}\leq \pi$ 及 $\alpha_{m+2}+\cdots+\alpha_{2m+1}+\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1} \leq \pi$。
从而知有
$\dfrac{1}{k+2}(\sin \alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_{k+1}+\sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{k+1}}{k+1})
=\dfrac{1}{2}[\dfrac{1}{m+1}(\sin\alpha_1+\cdots+\sin\alpha_{m+1})+\dfrac{1}{m+1}(\sin \alpha_{m+2}+\cdots+\sin \alpha_{2m+1})+\sin\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1}]
\leq \dfrac{1}{2}[\sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{m+1}}{m+1}+\sin\dfrac{\alpha_{m+2}+\cdots+\alpha_{2m+1}+\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1}}{m+1}]
\leq \sin[\dfrac{1}{2} \times \dfrac{(\alpha_1+\cdots+\alpha_{m+1})+(\alpha_{m+2}+\cdots+\alpha_{2m+1}+\dfrac{\alpha_1+\cdots+\alpha_{2m+1}}{2m+1})}{m+1}]
再消去上式两端的同类项，即得
$$\dfrac{1}{k+1}(\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_{k+1})\leq \sin\dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_{k+1}}{k+1}$$
知当 $k+1$ 为奇数时命题也成立。
故对于一切自然数 $n$，当正角 $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n\leq\pi$，都有 $\sin\alpha_1+\sin\alpha_2+\cdots+\sin\alpha_n \leq n \sin \dfrac{\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n}{n}$。
特别地，当 $\alpha_1+\alpha_2+\cdots+\alpha_n=\pi$ 时，便有 $\sin \alpha_1+ \cdots+\sin\alpha_n \leq n \sin \dfrac{\pi}{n}$，而这正是我们所希望证明的结论。
对于以上的证明过程，我们将其称为“**主动加强命题**”。我们再来看几道例题，以助于理解：
已知 $a_1=1,a_2=2$，对于 $a_{n+2}$：
- 如果 $a_n \times a_{n+1}$ 为偶数，则 $a_{n+2}=5a_{n+1}-3a_n$；
- 如果 $a_n \times a_{n+1}$ 为奇数，则 $a_{n+2}=a_{n+1}-a_n$。
求证对于一切的 $n \in \mathbb{N}$，$a_n \neq0$。
这一题，如果直接证明其不为 $0$，虽然我们知道 $a_1,a_2$ 不为 $0$，而且也可以假设 $a_k,a_{k+1}$ 都不为 $0$，却无法推出 $a_{k+2}$ 也不会 $0$。所以，我们需要考虑转化一下命题。但是怎么转化呢？
先列出这个数列的前面若干项：
$$1,2,7,29,22,23,49,26,-17\cdots$$
不难发现，这些数中都没有 $4$ 的倍数！于是我们将这个数列变为除以 $4$ 后的余数，则变成了：
$$1,2,3,1,2,3,1,2,3\cdots$$
这个数列的规律就特别明显了！于是我们可以猜测，是否对于一切的自然数 $n$，满足：
$$a_{3n-2}\equiv1(\mod4),a_{3n-1}\equiv2(\mod4),a_{3n}\equiv3(\mod4)$$
既然有这样的猜测，不妨来证明一下：
首先 $n=1$ 时，$a_{1}=1\equiv1(\mod4),a_{2}=2\equiv2(\mod4),a_{3}=7\equiv3(\mod4)$，从而我们的猜想在 $n=1$ 时成立。
假设 $n=k$ 时我们的猜想成立，即 $a_{3k-2}\equiv1(\mod4),a_{3k-1}\equiv2(\mod4),a_{3k}\equiv3(\mod4)$，于是：
$$a_{3k+1}=5a_{3k}-3a_{3k-1}\equiv15-6=9\equiv1(\mod4)$$
$$a_{3k+2}=a_{3k+1}-a_{3k}\equiv1-3=-2\equiv2(\mod4)$$
$$a_{3k+3}=5a_{3k+2}-3a_{3k+1}\equiv10-3=7\equiv3(\mod4)$$
这就说明了，在 $n=k+1$ 时命题也成立。故我们的猜想对一切的 $n\in \mathbb{N}$ 都成立。所以这个数列中不含有 $4$ 的倍数。
那么，既然这个数列中不含有 $4$ 的倍数，而 $0$ 是 $4$ 的倍数，这就说明了：对于任意的 $n\in \mathbb{N}$，满足 $a_n \neq0$。我们的结论成立。
## $\texttt{Part 6}$：数学归纳法的练习
介绍了这么多题，你应该会用了吧！现在来做几道习题练练手吧！
- 已知 $a_1=a_2=1,a_{n+2}=\dfrac{a_{n+1}^2+2}{a_n}$。求证：对于一切的 $n \in\mathbb{N}$，$a_n$ 皆为整数。
用两次数学归纳法，待定系数法，找到除了原递推方式的第二种递推方式。
- 关于斐波那契数列：
> 1. 已知 $a
_1=a_2=1,a_n=a_{n-1}+a_{n-2}$。求证当 $n \ge 3$ 时，对于一切的 $m \in \mathbb{N}$，满足 $a_{5m}$ 是 $5$ 的倍数。
根据递推是，从余数讨论。
> 2. 证明：每一个自然数都或是斐波那契数列中的一项，或是其中的若干项之和。
有意思的是，在[这道题](https://www.luogu.com.cn/problem/P4133)中就运用到了这个结论。可采用类似于 $n \leq k$ 的归纳形式。
- 证明：对于互不相等的自然数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，不等式 $(a
_1^7+a_2^7+\cdots+a_n^7)+(a_1^5+a_2^5+\cdots+a_n^5) \ge 2(a_1^3+a_2^3+\cdots+a_n^3)^2$ 成立。并考虑等号何时成立。
考虑使用公式：$1^3+2^3+\cdots+n^3=\left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$，可以列出若干个不等式进行相加。
- 证明，对于一切 $n \in \mathbb{N}$，方程 $x^2+y^2=z^n$ 一定有正整数解。
考虑调整跨度，在 $n=1$ 和 $n=2$ 时列举情况后，以 $2$ 的跨度进行分析，就可以遍历到所有正整数。
当然还有个做法是使用复数以及构造，这里就不过多赘述。
- 将一个正整数 $n$ 分解为 $a_1+a_2+\cdots+a_k$，其中 $a_1,a_2,\cdots,a_k$ 为可以相等的正整数。如果 $\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+\cdots+\dfrac{1}{a_k}=1$，则称这个正整数 $n$ 是“完美”的。已知 $33$ 到 $73$ 的正整数都是“完美”的。求证：每一个不小于 $33$ 的正整数都是“完美”的。
假设 $33 \leq n \leq k$ 时 $n$ 是“完美”的，证明 $33 \leq n \leq 2k$ 也是“完美”的。
- 证明：对任何 $n \in \mathbb{N}$，都存在 $m \in\mathbb{N}$，使得 $(\sqrt{2}-1)^n=\sqrt{m}-\sqrt{m-1}$。
转化命题，变为证明：对任何的 $n \in \mathbb{N}$，存在 $a,b \in \mathbb{N}$，使得 $(1- \sqrt{2})^n=\sqrt{a^2}-\sqrt{2b^2},a^2-2b^2=(-1)^n$。
- 设 $a,b,c$ 是方程 $x^3-x^2-x-1=0$ 的 $3$ 个根。证明：
$(1)$ $a,b,c$ 互不相同。
$(2)$ $\dfrac{a^{1989}-b^{1989}}{a-b}+\dfrac{b^{1989}-c^{1989}}{b-c}+\dfrac{a^{1989}-c^{1989}}{a-c}$ 是整数。
对于第一个问，用韦达定理以及反证法即可。
对于第二个问，证明对于一切的 $n \in \mathbb{N}$，$f(n)=\dfrac{a^{n}-b^{n}}{a-b}+\dfrac{b^{n}-c^{n}}{b-c}+\dfrac{a^{n}-c^{n}}{a-c}$ 都是整数。找到递推式，进行假设，即可证明。
## $\texttt{Part 7}$：结语
这篇博客几个月前其实就写了一半，最近也花了好久的心思编辑而成。如果能够投入日报，那自然是不胜荣幸；如果因为一些原因没有选上，我就将其作为学习笔记，可以供大家参考和使用。
如果有任何问题，可以私信我或者在博客下方留言，我会在第一时间进行解答！