高中数学竞赛讲座 18类比、归纳、猜想
上传者:关国梁|上传时间:2015-04-15|密次下载
高中数学竞赛讲座 18类比、归纳、猜想
竞赛专题讲座18
-类比、归纳、猜想
数学解题与数学发现一样,通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上,获得对有关问题的结论或解决方法的猜想,然后再设法证明或否定猜想,进而达到解决问题的目的.类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法.
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所谓类比,就是由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式。类比是一种主观的不充分的似真推理,因此,要确认其猜想的正确性,还须经过严格的逻辑论证.
运用类比法解决问题,其基本过程可用框图表示如下:
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可见,运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象.按寻找类比对象的角度不同,类比法常分为以下三个类型.
(1)降维类比
将三维空间的对象降到二维(或一维)空间中的对象,此种类比方法即为降维类比.
【例1】如图,过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA1∥VA,OB1∥VB,OC1∥VC,A1,B1,C1分别是所作直线与侧面交点.
求证:++为定值.
分析 考虑平面上的类似命题:“过△ABC(底)边 AB
上任一点O分别作OA1∥AC,OB1∥BC,分别交BC、AC
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A1、B1,求证+为定值”.这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值1.另外,过A、O分别作BC垂线,过B、O分别作AC垂线,则用面积法也不难证明定值为1.于是类比到空间围形,也可用两种方法 证明其定值为1. 证明:如图,设平面OA1 VA∩BC=M,平面OB1 VB∩AC=N,平面OC1 VC∩AB=L,则
有△MOA1∽△MAV,△NOB1∽△NBV,△LOC1 ∽△ LCV.得
内容需要下载文档才能查看++=++。
在底面△ABC中,由于AM、BN、CL交于一点O,用面积法易证得:
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++=1。 ∴++=1。
【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球,S是所作六个球的交集.证明S中没有一对点的距离大于.
【分析】考虑平面上的类比命题:“边长为1的正三角形,以各边为直径作圆,S‘是所作三个圆的交集”,通过探索S’的类似性质,以寻求本题的论证思路.如图,易知S‘包含于以正三角形重心为圆心,以为半径的圆内.因此S’内任意两点的距离不大于.以此方法即可获得解本题的思路.
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证明:如图,正四面体 ABCD中,M、N分别为BC、AD的中点,G为△BCD的中心,MN∩AG=O.显然O是正四面体ABCD的中心.易知OG=·AG=,并且可以推得以O为球心、OG为半径的球内任意两点间的距离不大于
证明如下. ,其球O必包含S.现
根据对称性,不妨考察空间区域四面体OMCG.设P为四面体OMCG内任一点,且P不在球O内,现证P亦不在S内.
若球O交OC于T点。△TON中,ON=
由余弦定理: ,OT=,cos∠TON=cos(π-∠TOM)=-。
TN=ON+OT+2ON·OT·222=,∴TN=。
又在 Rt△AGD中,N是AD的中点,∴GN=。由GN= NT=, OG=OT, ON=ON,得 △GON≌△TON。∴∠TON=∠GON,且均为钝角.
于是显然在△GOC内,不属于球O的任何点P,均有∠PON>∠TON,即有PN>TN=P点在 N为球心,AD为直径的球外,P点不属于区域S. ,
由此可见,球O包含六个球的交集S,即S中不存在两点,使其距离大于
(2)结构类比 .
某些待解决的问题没有现成的类比物,但可通过观察,凭借结构上的相似性等寻找类比问题,然后可通过适当的代换,将原问题转化为类比问题来解决.
【例3】任给7个实数xk(k=1,2, ,7).证明其中有两个数xi,xj,满足不等式
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【分析】若任给7个实数中有某两个相等,结论显然成立.若7个实数互不相等,则难以下手.但仔细观察可发现:与两角差的正切公式在结构上极为相似,
k故可选后者为类比物,并通过适当的代换将其转化为类比问题.作代换:xk=tgα
(k =l,2, ,7),证明必存在αi,αj,满足不等式0≤tg(αi-αj)≤· 证明:令xk=tgαk(k =l,2, ,7),αk∈(-,),则原命题转化为:证明存在两个实数αi,αj∈(-,),满足0≤tg(αi-αj)≤·
由抽屉原则知,αk中必有 4个在[0,)中或在(-,0)中,不妨设有4个在
[0,)中.注意到tg0=0,tg=,而在[0,)内,tgx是增函数,故只需证明存在αi,αj,使0<αi-αj <即可。为此将[0,)分成三个小区间:[0
内容需要下载文档才能查看,]、(,]、(,)。又由抽屉原则知,4个αk中至少有2个比如αi,αj同属于某一区间,不妨设αi>αj,则0≤αi-αj ≤,故
0≤tg(αi-αj)≤
(3)简化类比 ·这样,与相应的xi=tgαi、xj=tgαj,便有0≤≤·
简化类比,就是将原命题类比到比原命题简单的类比命题,通过类比命题解决思路和方法的启发,寻求原命题的解决思路与方法.比如可先将多元问题类比为少元问题,高次问题类比到低次问题,普遍问题类比为特殊问题等.
【例4】已知xi≥0(i=1,2, ,n),且xl+x2+ +xn=1。 求证:1≤++ +≤.
【分析】我们可先把它类比为一简单的类比题:“已知xl≥0,x2≥0,且xl+x2 =1,求证1≤∴0≤2
+≤+≤”.本类比题的证明思路为:∵2≤2,即1≤(+≤xl+x2=l,)≤2,∴1≤2≤1,则1≤xl+x2+2.这一证明过程中用到了基本不等式和配方法.这正是要寻找的证明原命题的思路和方法.
证明:由基本不等式有0≤2≤xi+xj,则
内容需要下载文档才能查看0≤2≤(n-1)( xl+x2+ +xn)=n-1
∴1≤xl+x2+ +xn
内容需要下载文档才能查看+2≤n,即1≤(++ +)≤n 2
∴1≤++ +≤.
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所谓归纳,是指通过对特例的分析来引出普遍结论的一种推理形式.它由推理的前提和结论两部分构成:前提是若干已知的个别事实,是个别或特殊的判断、陈述,结论是从前提中通过推理而获得的猜想,是普遍性的陈述、判断.其思维模式是:设Mi(i=1,2, ,n)是要研究对象M的特例或子集,若Mi(i=1,2, ,n)具有性质P,则由此猜想M也可能具有性质P. 如果=M,这时的归纳法称为完全归纳法.由于它穷尽了被研究对象的一切特例,因而结论是正确可靠的.完全归纳法可以作为论证的方法,它又称为枚举归纳法.
如果是M的真子集,这时的归纳法称为不完全归纳法.由于不完全归纳法没有穷尽全部被研究的对象,得出的结论只能算猜想,结论的正确与否有待进一步证明或举反例.
本节主要介绍如何运用不完全归纳法获得猜想,对于完全归纳法,将在以后结合有关内容(如分类法)进行讲解.
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