競賽專題講座類比歸納猜想

文檔編碼:CK7T3B7Z2I5——HX10R7O4K7A2——ZG7T5I1D7J7競賽專題講座－類比、歸納、猜想數(shù)學(xué)解題與數(shù)學(xué)發(fā)覺一樣,通常都是在通過類比、歸納等探測性方法進(jìn)行探測的基礎(chǔ)上,獲得對有關(guān)問題的結(jié)論或解決方法的猜想,然后再設(shè)法證明或否定猜想,進(jìn)而達(dá)到解決問題的目的．類比、歸納是獲得猜想的兩個(gè)重要的方法． 所謂類比,就是由兩個(gè)對象的某些相同或相像的性質(zhì),推斷它們在其他性質(zhì)上也有可能相同或相像的一種推理形式；類比是一種主觀的不充分的似真推理,因此,要確認(rèn)其猜想的正確性,仍須經(jīng)過嚴(yán)格的規(guī)律論證．運(yùn)用類比法解決問題,其基本過程可用框圖表示如下：可見,運(yùn)用類比法的關(guān)鍵是查找一個(gè)合適的類比對象．按查找類比對象的角度不同,類比法常分為以下三個(gè)類型．（1）降維類比將三維空間的對象降到二維（或一維）空間中的對象,此種類比方法即為降維類比．【例1】如圖,過四周體+V-ABC的底面上任一點(diǎn)O分別作OA1∥VA,OB1∥VB,OC1∥VC,A1,B1,C1分別是所作直線與側(cè)面交點(diǎn)．求證：+為定值．分析考慮平面上的類似命題：“過△ABC（底）邊AB上任一點(diǎn)O分別作OA1∥AC,OB1∥BC,分別交BC、AC于A1、B1,求證+為定值”．這一命題利用相像三角形性質(zhì)很簡潔推出其為定值1．另外,過A、O分別作BC垂線,過B、O分別作AC垂線,就用面積法也不難證明定值為1．于是類比到空間圍形,也可用兩種方法證明其定值為1．證明：如圖,設(shè)平面OA1VA∩BC＝M,平面OB1VB∩AC＝N,平面OC1VC∩AB=L,就有△MOA1∽△MAV,△NOB1∽△NBV,△LOC1∽△LCV．得++=++；在底面△ABC中,由于AM、BN、CL交于一點(diǎn)O,用面積法易證得：++=1；∴++=1；【例2】以棱長為1的正四周體的各棱為直徑作球,S是所作六個(gè)球的交集．證明S中沒有一對點(diǎn)的距離大于．【分析】考慮平面上的類比命題：“邊長為 1的正三角形,以各邊為直徑作圓, S‘ 是所作三個(gè)圓的交集”,通過探究 S’ 的類似性質(zhì),以尋求此題的論證思路．如圖,易知 S‘ 包含于以正三角形重心為圓心,以 為半徑的圓內(nèi)．因此 S’ 內(nèi)任意兩點(diǎn)的距離不大于 ．以此方法即可獲得解此題的思路．證明：如圖,正四周體ABCD中,M、N分別為BC、AD的中點(diǎn),GOG=·AG=,并且可以推得以O(shè)為球心、OG為半徑為△BCD的中心,MN∩AG＝O．明顯O是正四周體ABCD的中心．易知的球內(nèi)任意兩點(diǎn)間的距離不大于 ,其球O必包含S．現(xiàn)證明如下．依據(jù)對稱性,不妨考察空間區(qū)域四周體 OMCG．設(shè)P為四周體OMCG內(nèi)任一點(diǎn),且 P不在球O內(nèi),現(xiàn)證P亦不在S內(nèi)．如球O交OC于T點(diǎn)；△TON中,ON= ,OT= ,cos∠TON=cos〔π -∠TOM〕=- ；由余弦定理：TN2=ON2+OT2+2ON·OT·=,∴TN=；又在Rt△AGD中,N是AD的中點(diǎn),∴GN=；由GN=NT＝,OG＝OT,ON=ON,得△GON≌△TON；∴∠TON＝∠GON,且均為鈍角．于是明顯在△GOC內(nèi),不屬于球O的任何點(diǎn)P,均有∠PON>∠TON,即有PN>TN=,P點(diǎn)在N為球心,AD為直徑的球外,P點(diǎn)不屬于區(qū)域S．S,即S中不存在兩點(diǎn),使其距離大于．由此可見,球O包含六個(gè)球的交集（2）結(jié)構(gòu)類比某些待解決的問題沒有現(xiàn)成的類比物,但可通過觀看,憑借結(jié)構(gòu)上的相像性等查找類比問題,然后可通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q,將原問題轉(zhuǎn)化為類比問題來解決．【例3】任給7個(gè)實(shí)數(shù)xk（k=1,2,?,7）．證明其中有兩個(gè)數(shù)xi,xj,中意不等式0≤≤·【分析】如任給7個(gè)實(shí)數(shù)中有某兩個(gè)相等,結(jié)論明顯成立．如7個(gè)實(shí)數(shù)互不相等,就難以下手．但仔細(xì)觀看可發(fā)覺：與兩角差的正切公式在結(jié)構(gòu)上極為相像,故可選后者為類比物,并通過適當(dāng)?shù)拇鷵Q將其轉(zhuǎn)化為類比問題．作代換：i,αj∈（-xk=tgαk（k＝l,2,?,7）,證明必存在αi,αj,中意不等式0≤tg〔αi-αj〕≤·,）,證明：令xk=tgαk（k＝l,2,?,7）,αk∈（-,）,就原命題轉(zhuǎn)化為：證明存在兩個(gè)實(shí)數(shù)α中意0≤tg〔αi-αj〕≤·由抽屜原就知,αk中必有4個(gè)在[0,）中或在（-,0）中,不妨設(shè)有4個(gè)在[0,）中．留意到tg0＝0,tg=,而在[0,）內(nèi),tgx是增函數(shù),故只需證明存在αi,αj,使0<αi-αj<即可；為此將[0,）分成三個(gè)小區(qū)間：[0,]、（,]、（,）；又由抽屜原就知,4個(gè)αk中至少有2個(gè)比如αi,αj同屬于某一區(qū)間,不妨設(shè)αi>αj,就0≤αi-αj≤,故0≤tg〔αi-αj〕≤·這樣,與相應(yīng)的xi=tgαi、xj=tgαj,便有0≤≤·（3）簡化類比簡化類比,就是將原命題類比到比原命題簡潔的類比命題,通過類比命題解決思路和方法的啟示,尋求原命題的解決思路與方法．比如可先將多元問題類比為少元問題,高次問題類比到低次問題,普遍問題類比為特殊問題等．【例4】已知xi≥0（i＝1,2,?,n）,且xl+x2+?+xn=1；求證：1≤++?+≤．xl≥0,x2≥0,且xl+x2=1,求證1≤+≤”．本類比【分析】我們可先把它類比為一簡潔的類比題：“已知題的證明思路為：∵2≤xl+x2＝l,∴0≤2≤1,就1≤xl+x2+2≤2,即1≤〔+〕2≤2,∴1≤+≤．這一證明過程中用到了基本不等式和配方法．這正是要查找的證明原命題的思路和方法．證明：由基本不等式有0≤2≤xi+xj,就0≤2≤〔n-1〕〔xl+x2+?+xn〕=n-1∴1≤xl+x2+?+xn+2≤≤n,即1≤〔++?+〕2≤n∴1≤++?+．所謂歸納,是指通過對特例的分析來引出普遍結(jié)論的一種推理形式．它由推理的前提和結(jié)論兩部分構(gòu)成：前提是如干已知的個(gè)別事實(shí),是個(gè)別或特殊的判定、陳述,結(jié)論是從前提中通過推理而獲得的猜想,是普遍性的陳述、判定．其思維模式是：設(shè)Mi（i＝1,2,?,n）是要爭論對象 M的特例或子集,如 Mi（i＝1,2,?,n）具有性質(zhì) P,就由此猜想 M也可能具有性質(zhì) P．假如 ＝M,這時(shí)的歸納法稱為完全歸納法．由于它窮盡了被爭論對象的一切特例,因而結(jié)論是正確牢靠的．完全歸納法可以作為論證的方法,它又稱為枚舉歸納法．假如 是M的真子集,這時(shí)的歸納法稱為不完全歸納法．由于不完全歸納法沒有窮盡全部被爭論的對象,得出的結(jié)論只能算猜想,結(jié)論的正確與否有待進(jìn)一步證明或舉反例．本節(jié)主要介紹如何運(yùn)用不完全歸納法獲得猜想,對于完全歸納法,將在以后結(jié)合有關(guān)內(nèi)容（如分類法）進(jìn)行講解．【例5】證明：任何面積等于1的凸四邊形的周長及兩條對角線的長度之和不小于4十．【分析】四邊形的周長和對角線的長度和混在一起令人麻煩,我們可以從特例考察起：先考慮面積為1的正方形,其周長恰為4,對角錢之和為2即．其次考察面積為1的菱形,如兩對角線長記為l1、l2,那么菱形面積S=l1·l2,知l1+l2≥2=2=,菱形周長：l＝4≥2=4；由此,可以猜想：對一般的凸四邊形也可將其周長和對角線長度和分開考慮．【證明】設(shè) ABCD為任意一個(gè)面積為 1的凸四邊形,其有關(guān)線段及角標(biāo)如圖．就SABCD= 〔eg+gf+fh+he〕sin α≤〔e+f〕〔g+h〕≤,∴e+f+g+h≥2,即對角線長度之和不小于．∴a＋b＋c＋d≥4,即周長不小于 4．綜上所述,結(jié)論得證,【例6】在始終線上從左到右依次排列著1988個(gè)點(diǎn)P1,P2,?,P1988,且Pk是線段Pk-1Pk+1的k等分點(diǎn)中最靠近Pk+1的那個(gè)點(diǎn)（2≤k≤1988）,P1P2=1,P1987P1988=l．求證：2l<3 -1984；【分析】此題初看復(fù)雜,難以入手．不妨先從特殊值動身,通過特殊值的運(yùn)算,以便分析、歸納出一般性的規(guī)律．當(dāng)k=1時(shí),P1P2=1（已知）；當(dāng) k=2時(shí),P2是P1P3的中點(diǎn),故 P2P3=P1P2=