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数学竞赛-类比、归纳、猜想

时间:2014-11-25


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.

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:

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 于

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

+

+

=

+

+



在底面△ABC 中,由于 AM、BN、CL 交于一点 O,用面积法易证得:

+

+

=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.

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·

2

2

2

=

,∴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 0≤



·

【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,

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=tgαk

(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,

]、(



]、(

, )。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≤ + ≤ ”.本类比题的证明思路为:∵2 ≤xl+x2=l,

∴0≤2 + ≤

≤1,则 1≤xl+x2+2

≤2,即 1≤(

+

) ≤2,∴1≤

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

0≤2

≤(n-1)( xl+x2+…+xn)=n-1

∴1≤xl+x2+…+xn +2

≤n,即 1≤(

+

+…+

) ≤n

2

∴1≤

+

+…+





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. 【例 5】证明:任何面积等于 1 的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于 4 十 .

【分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手,我们可以从特例考察 起:先考虑面积为 1 的正方形,其周长恰为 4,对角钱之和为 2 即 .其次考

察面积为 1 的菱形,若两对角线长记为 l1、l2,那么菱形面积 S=

l1·l2,知

l1+ l2≥2

=2

=

,菱形周长: l=4

≥2

=4。

由此,可以猜想:对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑. 【证明】设 ABCD 为任意一个面积为 1 的凸四边形,其有关线段及角标如图.则

SABCD=

(eg+gf+fh+he)sinα



(e+f)(g+h)≤



∴e+f+g+h≥2

,即对角线长度之和不小于



∴a+b+c+d≥4,即周长不小于 4. 综上所述,结论得证, 【例 6】在一直线上从左到右依次排列着 1988 个点 P1,P2,…,P1988,且 Pk 是线段 Pk-1Pk+1 的 k 等分点中最靠近 Pk+1 的那个点(2≤k≤1988),P1P2=1, P1987 P1988=l.求证:2l<3
-1984



【分析】本题初看复杂,难以入手.不妨先从特殊值出发,通过特殊值的计算,以 便分析、归纳出一般性的规律. 当 k=1 时,P1P2=1(已知);当 k= 2 时, P2 是 P1P3 的中点,故 P2P3= P1P2= 1;当 k=3

时, P3 是 P2P4 的三等分点中最靠近的那个分点,即 P3P4=

P2P4=

( P2P3+ P3P4) =

P2P3+

P3P4,故 P3P4=

P2P3=



由此可推得 4 P5= ×

②,P5P6=

× ×



由①、②、③,可归纳以下猜想:

PkPk+1= 【证明】

Pk-1Pk。

于是有:

令 k=1987,则有

故 2l<3

-1984




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