最小數原理：已知，則，，使得。
證明若是有限集，且，那麼中元素可以按小到大的順序排列，取為其中最小的那個元素，則，，使得。
若為無限集，且，那麼是可列的，因而中元素可以按小到大的順序列出，取為其中最小的那個元素，則，，使得。
綜上所述，若，則，，使得。
定理：設a是乙個非空集合，，對，命題p（n）成立；假如，命題p（n）成立，能推出時，命題p（n）成立；
則對，命題p（n）成立。
證明（反證法） 假設，使得p（）不成立；
∵，則，使得，
令，則，且；
由最小數原理可知，b中定有最小正整數，，使得不成立。
又∵，命題p（n）成立，∴≠1，那麼-1≥2；
由的假設可知，，p（n）成立。
再由定理條件，命題p（n）成立，能推出時，命題p（n）成立知，
，命題p（n）成立。
這與b中定有最小正整數，，使得不成立矛盾。
故原假設不成立。即定理結論成立。
特別的：
（1）第一數學歸納法
取，當n=1（即）時，p（1）成立，假如n=k（即）時，p（k）成立，能推出n=k+1（）時，p（k+1）成立；則對，命題p（n）成立。
（2）第二數學歸納法
取， ，當n=1（即）時，p（1）成立，假如（即）時，p（k）成立，能推出（）時，p（k+1）成立；
則對，命題p（n）成立。
（3）此為跳躍歸納法
取，，…，
（），當時，驗證p（1），p（2），…，p（m）成立，假如時，p[（k-1）m+1]，p[（k-1）m+2]，…，p[（k-1）m+m]= p（km）成立，能推出當時，p（km+1）， p（km+2），…，
p[（k+1）m]成立；則對，命題p（n）成立。m稱為跨度。
（4）倒退歸納法
設，取，，…，，
當n=m（）時，p（m）成立；假如n=k（）（k＜m）時，p（k）成立，能推出n=k-1（）時，p（k-1）成立。則對，命題p（n）成立。
二、用數學歸納證明的方法
（一）加大歸納的跨度
例1 由3角和5角的郵票，可以任意支付郵資n（n≥8）
解當n=8、9、10時，8=5+3、9=3×3、10=5×2，結論成立
假設當n=k時，結論成立，即郵資k、k+1、k+2都可由3角和5角的郵票支付；
那麼當n=k+3時，k+3=（k）+3、k+4=（k+1）+3、k+5=（k）+5，即結論成立
所以由跳躍歸納法知，結論成立。
例2 證明：對任意正整數，方程都有正整數解。
證當時，任取正整數，，並取，則，，即為方程的一組解。
當時，取一組夠股數即可，例如。
假設當時命題成立，，，是方程的一組正整數解。取，，，則有，
從而，，時方程的一組正整數解，即時命題也正確。
所以對一切正整數，命題正確。
（二）起點前移或起點後移
例3 已知a,b是正實數，且=1。
求證對一切正整數n，都有
證 n=1 時，命題顯然成立。
假設n=k時命題成立，即
因為，所以。於是，所以，從而，
即命題在n=k+1時也成立
綜上所述，對一切正整數n，命題都成立。
例4 已知對任意有》0且，求證：
證當n=1時，由及，得，命題成立。
假設當時，命題成立。即
當n=k+1時，因為
又 於是
因為，j=1,2,…,k，所以
又因為，故。
解得或（捨去）.
所以n=k+1時命題也成立.
從而，，命題成立。
例5將質數由小到大編上序號：，，，… 求證：第個質數。
證當時，，命題成立。
假設時命題成立，即，
將上面這個不等式相乘，得
所以因為，，…，都不能整除，所以的質因數不可能是，，…，，只能大於或等於，於是有
即綜上可知，對任何正整數，都有。
例6 對怎樣的正整數，集合，…可以分成5個互不相交的子集，每個子集的元素和相等。
解我們先找乙個必要條件，若集合，…能分成5個互不相交的子集，各個子集的元素和相等，則…=能被5整除，所以或。
顯然，當時，上述條件不是充分的，下面用數學歸納法證明，當時條件是充分的。
當，即時，我們將集合分別作如下分析：
，…，，…=。
當，即時，
，…=，…=
因為若集合，…能分成5個互不相交的子集，且它們各自的元素和相等，則，……，也能分成5個互不相交的子集，且它們每個的元素和相等，事實上，若
，…=,其中互不相交，的元素和與的元素和相等，則令，，，，，於是
，…=,且互不相交，每個子集元素和相等。
假設對於，，命題正確，由上面的討論知，對於，命題也成立，從而證得對於，或時，集合，…可以分成5個互不相交的子集，且它們各自的元素和相等。
故命題得證。
（三）先猜後證
例7，當n≥3時，
求證分析要證明，考慮餘數不為0即可（m為某整數）再考慮的前面幾項
依次為：1、2、7；29、22、23；49、26、-17、-163
1、2、3；1、 2、 3 ；1、 2、 3； 1、 …（mod4）即
猜想：（k≥0），下面證明之
證明當k=0時，由分析可知結論成立
假設對於k結論成立，即
從而可知
那麼對於k+1時，，
即對於k+1時結論成立
所以由數學歸納法知， ，模4不同余於0，所以，
即（四）加強命題
例8 設，求證：當時，有。
證我們把命題加強為……①
當時，，，故①式成立。
假設時命題成立，即，則=+
==+即當時，①式也成立。
所以，對正整數，①式都成立，從而原命題也成立。
（五）命題活化
例9 真分數都可以表示成不同的正整數的倒數之和
證明對m（當m=1時，，結論成立
假設m＜k時，結論成立
那麼當m=k時，若，則，結論成立。否則k不整除n
則由帶餘除法知，n=q k - r，q k=n + r（0＜r＜k，）
從而①而r＜k，由歸納假設知，（）
且（i=1，2，……s）否則為假分數
從而，且，
故m=k時，，結論成立。
由第二數學歸納法知，真分數都可以表示成不同的正整數的倒數之和。
注意：①式中不能直接用進行歸納，
否則，就不能保證，滿足不了題目要求。
例10 在***的方格表中任意去掉一格，證明：剩下的圖形一定可以用若干個「」型恰好蓋住它。
證直接對***的方格表考慮比較困難，我們把命題一般化，證明對一切正整數，方格表滿足題設性質（。
當時，對方格錶，由於對稱性，只需考慮去掉的方格為如圖8.1.1所示的帶陰影的方格。把它們分成三種情況，分別有圖8.1.2所示給出具體的蓋法。從而時命題成立。
設時命題正確，我們考慮方格表。可知
因為左上角、左下角、右上角、右下角4個方格（有重疊）中至少有乙個含有被去掉的小方格，所以我們先用乙個的方格錶蓋住的方格表中的乙個角，且它含有被去掉的小方格。對於這部分，由歸納假設知，它恰能被若干個「」形所蓋住，對於剩下的部分，易知能分成若干個「」形，即當時結論也成立。
於是對一切自然數n結論成立。特別地，當n=334時，便是原命題，即命題成立。
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