前言
學算法，不得不提的就是數學歸納法。許多算法都會用到歸納假設的思想，其追溯回去便是數學歸納法。
數學歸納法
最簡單和常見的數學歸納法是證明當n等於任意一個自然數時某命題成立。證明分下面兩步：
- 證明當n = 1時命題成立。
- 證明如果在n = k時命題成立，那麼可以推導出在n = k+1時命題也成立。（k代表任意自然數）
這種方法的原理在於：首先證明在某個起點值時命題成立，然後證明從一個值到下一個值的過程有效。當這兩點都已經證明，那麼任意值都可以通過反覆使用這個方法推導出來。把這個方法想成多米諾效應也許更容易理解一些。例如：你有一列很長的直立着的多米諾骨牌，如果你可以：
- 證明第一張骨牌會倒。
- 證明只要任意一張骨牌倒了，那麼其下一張骨牌也會因爲前面的骨牌倒而跟着倒。
那麼便可以下結論：所有的骨牌都會倒下。
應用舉例
1. 前n項和
證明：S(n) = 1 + 2 + 3 …. + n 前n項和爲n(n + 1) / 2
n = 1, S(1) = 1
假設n時命題成立
N+ 1時，
S（n + 1）
= S(n) + n + 1
= n(n + 1)/2 + n + 1
= (n + 1)(n + 2)/ 2
成立
2. 區域計數
問n條居一般位置的直線能將平面分成多少個區域
定義：一般位置， 任意兩線不平行，任意三線不共點。
現在草稿紙上看看簡單的情況，看看有沒有規律。
直線 -- 區域
1 -- 2
2 -- 4
3 -- 7
4 -- 11
找規律 第n條直線能比n-1條直線的區域多n個
證明： 在平面內n- 1條居一般位置的直線添加一條直線會增加n個區域
n <= 3 時 顯然成立
假設n-1條直線時成立
加入第n條直線
假設刪去第n - 1條直線，
根據假設，這樣加入的第n條增加了n - 1區域
而放回第n-1條直線，直線l(n)與l（n-1）必然在某一個區域R裏面相交
本來對於一個區域，l（n）穿過可以多出來一個區域
因爲l（n - 1）的存在，在R中l（n）多分出兩塊，其他還是一樣
所以l（n）多分出n塊區域
成立
3. 着色問題
證明：平面上任意直線構成的區域可以用兩種顏色進行着色，相鄰的區域顏色不同
n = 1, 顯然成立
假設n - 1條直線情況下成立
對於n條直線
加入第n條直線ln
ln 左邊的區域所有顏色不變
ln 右邊的區域所有顏色翻轉
兩種情況
- 兩區域在同一邊，原來不同，加入ln，要麼都不變，要麼都翻轉，還是不同
- 兩區域的原來是一塊的，顏色相同，被ln分開，一邊翻轉了，顏色不同
命題成立
4. 金字塔求和
證明：第i行的和爲i^3
要證第i行的和爲i^3
即證第i+1行和-第i行和 =（ i+1)^3 - （i）^3
而看圖
i行有i個數
i行第一個與i+1行第一個相差2*i
兩兩相減，最後多一個
2 * i* i + x= （ i+1）^3 - （i）^3
即證明i行最後一個數爲[（ i+1）^3 - （i）^3] - 2 * i * i = i^2 + 3 * i +1
即證明i+1行最後一個 - i行最後一個是（i+1）^2 + 3 * (I+1) +1 - [ i2 + 3 * i +1] = 2i + 2
由於前面已經看到i+1行與i行前面兩兩對其相差2I, 所以最後一個相差2i + 2
命題成立
5. 簡單不等式
證明1/2+1/4+1/8+…+1/2^n<1. n = 1, 1/2 < 1, 成立 假設1/2+1/4+1/8+…+1/2^n <1 成立 n+1時 按常規一般證明 1/2+1/4+1/8+…+1/2^n+1/2^(n+1) 前面<1, 加個1/2^(n+1)很難說還<1 沒法證 換個思路 1/2+1/4+1/8+…+1/2^n +1/2^(n+1) = 1/2+（1/4+1/8+…+1/2^n +1/2^(n+1) ） = 1/2+1/2 (1/2+1/4+1/8+…+1/2^n ) < 1/2+1/2=1 成立 原命題得證
6. 歐拉公式
圖論
面，圖中邊所圍的封閉區域，整個外面也算一個面
證明：任意一連通圖，節點數V, 邊數E, 面數F， 滿足 V + F = E + 2
對面數進行歸納
圖只有一個面時，也就是圖中沒有閉環，若有閉環，則必然有兩個面了就
考察樹
樹V = E + 1 公式成立
三角形，節點3， 面2， 邊3，成立
假設面數爲n時 V + F = E + 2 成立
面數n+1時
在連通圖裏面必然可以找到一個面與外邊的區域相鄰
刪去相鄰的邊
面數 - 1
邊數 - 1
剩下不變
根據假設，公式成立
則n+1時公式兩邊都+1，公式成立
命題成立
7. 有路可達
獨立集，節點集合，任一兩節點不相鄰
有向圖 <a, b> 表示a與b相鄰，b與a不相鄰
證明：G(V, E)有向圖，證明G中有一個獨立集S(G)，使G中每一個節點都能由S(G)中的點通過長度不超過2的路到達
n <= 3 時， 必然成立
假設節點數<n的有向圖，命題成立
對於節點數爲n的有向圖
取一個點v
N(v)爲所有與v相鄰的點的集合 {w | <v, w> 在G中}
則對於圖H = G - v - N(v)
根據假設有S(H)能滿足命題要求
- 若S(G) = S（H） + {v} 是獨立集，v又與所有N(v)一步到，則這個圖中所有點都可由S（G） 兩步內到
- 若S（H） + {v} 不是獨立集，意味着S(H)中必然有一個p，存在邊<p, v>,這樣p可以經過兩步到所有N(v)， 從而S（G） = S（H）, 滿足要求
命題成立
8. 格雷碼
問題：產生n位元的所有格雷碼。
格雷碼(Gray Code)是一個數列集合，每個數使用二進位來表示，假設使用n位元來表示每個數字，任兩個數之間只有一個位元值不同。
例如以下爲3位元的格雷碼： 000 001 011 010 110 111 101 100 。
如果要產生n位元的格雷碼，那麼格雷碼的個數爲2^n.
假設原始的值從0開始，格雷碼產生的規律是：第一步，改變最右邊的位元值；第二步，改變右起第一個爲1的位元的左邊位元；第三步，第四步重複第一步和第二步，直到所有的格雷碼產生完畢（換句話說，已經走了(2^n) - 1 步）。
用一個例子來說明：
假設產生3位元的格雷碼，原始值位 000
第一步：改變最右邊的位元值： 001
第二步：改變右起第一個爲1的位元的左邊位元： 011
第三步：改變最右邊的位元值： 010
第四步：改變右起第一個爲1的位元的左邊位元： 110
第五步：改變最右邊的位元值： 111
第六步：改變右起第一個爲1的位元的左邊位元： 101
第七步：改變最右邊的位元值： 100
如果按照這個規則來生成格雷碼，是沒有問題的，但是這樣做太複雜了。如果仔細觀察格雷碼的結構，我們會有以下發現：
1、除了最高位（左邊第一位），格雷碼的位元完全上下對稱（看下面列表）。比如第一個格雷碼與最後一個格雷碼對稱（除了第一位），第二個格雷碼與倒數第二個對稱，以此類推。
2、最小的重複單元是 0 , 1。
000
001
011
010
110
111
101
100
所以，在實現的時候，我們完全可以利用遞歸，在每一層前面加上0或者1，然後就可以列出所有的格雷碼。
比如：
第一步：產生 0, 1 兩個字符串。
第二步：在第一步的基礎上，每一個字符串都加上0和1，但是每次只能加一個，所以得做兩次。這樣就變成了 00,01,11,10 （注意對稱）。
第三步：在第二步的基礎上，再給每個字符串都加上0和1，同樣，每次只能加一個，這樣就變成了 000,001,011,010,110,111,101,100。
好了，這樣就把3位元格雷碼生成好了。
如果要生成4位元格雷碼，我們只需要在3位元格雷碼上再加一層0,1就可以了： 0000,0001,0011,0010,0110,0111,0101,0100,1100,1101,1110,1010,0111,1001,1000.
也就是說，n位元格雷碼是基於n-1位元格雷碼產生的。
9. 無重邊的路
節點的度數之和 = 邊的兩倍
證明：G(V,E)無向連通圖， O爲度數爲奇的節點的集合，一定爲偶數。證明O可以分出兩兩組成的節點對，對每一對節點都能找到連接他們的與其他路勁無重邊的路徑。
邊數m = 1， 顯然成立
假設邊數<m的連通的無向圖滿足命題
對於邊數m的圖
找到O中兩個點，必然有一條路
刪去這條路，只刪邊，不刪點
原來奇點刪路（兩條邊）後必然度還是奇數
剩下的點還在O中，必然邊數<m，可以歸納假設
但無法保證剩下的還聯通
增強歸納假設
假設邊數<m的無向圖（不需要條件連通）滿足命題
這樣刪掉那條路之後
可以分成多個連通的子圖
對於每個子圖，邊數<m，滿足假設
這樣在加上原來那條路
邊數m的圖成立
命題成立
常見錯誤
1. 由於常常要證明的東西是普遍認可的，是熟悉的，所以在證明的時候會偶爾忽略一些條件。如上面的無重邊的路問題，很容易忽略刪去這條路後原圖是否還連通的判斷，引發錯誤。
2. 基礎假設需要注意題目的條件，有些會有特殊情況，比如有些n = 1, n = 2 都是對的，n -1 也可以推n的情況，我們會按照數學歸納法判斷其正確。但就是特殊情況使得 n = 2 推不了n = 3, 那麼整個歸納就錯了。
總結
數學歸納法的思想主要就是兩種：
1. 知道基礎解，然後可以由n的情況推n + 1。
2.知道基礎解，知道n+1的情況，並能證明n+1的情況可以由n的情況推出。
計算機科學與數學密切相關，其中的遞歸便是用的數學歸納法的思想。