当前位置:首页 >> 学科竞赛 >> 竞赛讲座:类比、归纳、猜想

竞赛讲座:类比、归纳、猜想


151688343.docCreated by 瞿明强

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:

OA 1 OB1 OC1 + + 为定值. VA VB VC

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

OA 1 OB1 + 为定值” .这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定 AC BC

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

OA 1 OB1 OC1 OM ON OL + + = + + 。 VA VB VC AM BN CL
在底面△ABC 中,由于 AM、BN、CL 交于一点 O,用面积法易证得:
第 1 页 共 6 页

151688343.docCreated by 瞿明强

OM ON OL + + =1。 AM BN CL


OA 1 OB1 OC1 + + =1。 VA VB VC

【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

1 6



【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

3 3 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 6 3

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=

1 1 · AG= ,并且可以推得以 4 2 6

O 为球心、OG 为半径的球内任意两点间的距离不大于

1 6

,其球 O 必包含 S.现证明如下.

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=

1 2 ,OT= ,cos∠TON=cos(π-∠ 4 2 6

TOM)=-

OM 。由余弦定理: OC

OM 1 1 = ,∴TN= 。 2 OC 4 1 1 又在 Rt△AGD 中,N 是 AD 的中点,∴GN= 。由 GN= NT= , OG=OT, 2 2
TN2=ON2+OT2+2ON·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
第 2 页 共 6 页

151688343.docCreated by 瞿明强

PN>TN=

1 ,P 点在 N 为球心,AD 为直径的球外,P 点不属于区域 S. 2

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

1 6



(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≤

xi ? x j 1? xix j



1 3

·

【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:

xi ? x j 1? xix j

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:k=tgα(k =l, ?, x 2, k 7) ,证明必存在 αi,αj,满足不等式 0≤tg(αi-αj)≤

1 3

·

证明:令 xk=tgαk(k =l,2,?,7) k∈(,α 在两个实数 αi,αj∈(-

? ? , ) ,则原命题转化为:证明存 2 2

? ? 1 , ) ,满足 0≤tg(αi-αj)≤ · 2 2 3 ? ? )中或在(- ,0)中,不妨设有 4 个在[0, 2 2

由抽屉原则知,αk 中必有 4 个在[0,

? ? 1 ? )中.注意到 tg0=0,tg = ,而在[0, )内,tgx 是增函数,故只需证明存在 αi, 2 6 2 3
αj,使 0<αi-αj <

? ? ? ? 2? 2? 即可。为此将[0, )分成三个小区间:[0, ]、 ( , ]、 ( , 6 2 6 6 6 6

? ) 。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, 2
则 0≤αi-αj ≤

xi ? x j ? 1 , 0≤tg(αi-αj)≤ 故 · 这样, 与相应的 xi=tgαi、 j=tgαj, x 便有 0≤ 6 1? xix j 3

第 3 页 共 6 页

151688343.docCreated by 瞿明强



1 3

·

(3)简化类比 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≤ x1 + x 2 +…+ x n ≤ n . 【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≤ x1 + x 2 ≤ 2 ” .本类比题的证明思路为:∵2 x1 x 2 ≤xl+x2=l,∴0≤ 2 x1 x 2 ≤1,则 1≤xl+x2+2 x1 x 2 ≤2,即 1≤( x1 + x 2 )2≤2,∴1≤ x1 + x 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 2. 方法. 证明:由基本不等式有 0≤2 x i x j ≤xi+xj,则 0≤2

1?i ? j? n

?

x i x j ≤(n-1)( xl+x2+…+xn)=n-1

∴1≤xl+x2+…+xn +2

1?i ? j? n

?

x i x j ≤n,即 1≤( x1 + x 2 +…+ x n )2≤n

∴1≤ x1 + x 2 +…+ x n ≤ n .

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
i ?1

n

i

=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.
第 4 页 共 6 页

151688343.docCreated by 瞿明强
n

如果

?M
i ?1

i

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 8. 【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 2 即 8 .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≥2 l1l 2 =2 2 = 8 ,菱形周长: l=4 ( 1 ) ? (
2

1 l1· ,知 l2 2

l 2

l2 2 ) ≥2 2l1l 2 =4。 2

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=

1 (eg+gf+fh+he)sinα 2 1 1 e?f ?g?h 2 ) , ≤ (e+f)(g+h)≤ ( 2 2 2
∴e+f+g+h≥2 2 ,即对角线长度之和不小于 8 .

∴a+b+c+d≥4,即周长不小于 4. 综上所述,结论得证,
第 5 页 共 6 页

151688343.docCreated by 瞿明强

【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) 1P2=1, ,P -1984 P1987 P1988=l.求证:2l<3 。 【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= =

1 1 P2P4= ( P2P3+ P3P4) 3 3

1 1 1 1 P2P3+ P3P4,故 P3P4= P2P3= ① 3 3 2 2 1 1 1 1 1 由此可推得 4 P5= × ②,P5P6= × × ③ 3 2 4 3 2
由①、②、③,可归纳以下猜想: PkPk+1=

1 Pk-1Pk。 k ?1

【证明】

于是有:

令 k=1987,则有

故 2l<3-1984。

第 6 页 共 6 页


更多相关文档:

竞赛讲座:类比、归纳、猜想

竞赛讲座:类比归纳猜想 隐藏>> 151688343.docCreated by 瞿明强 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...

人教版高中数学竞赛讲座: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,...

竞赛专题讲座19-类比、归纳、猜想

教学视频-公开课,优质课,展示课,课堂实录(http://www.sp910.com/) 竞赛专题讲座 19 -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...

竞赛讲座 18类比、归纳、猜想

竞赛讲座,共35讲.竞赛讲座,共35讲.隐藏>> 竞赛专题讲座 18 类比,归纳, -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...

高中数学奥林匹克竞赛讲座:18类比、归纳、猜想

竞赛专题讲座 18 类比归纳、 -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...

人教版高中数学竞赛讲座:类比与联想

人教版高中数学竞赛讲座:类比与联想_学科竞赛_高中教育_教育专区。竞赛讲座 31 -类比与联想 1. 类比 已知甲问题与乙问题有某些类似之处, 猜想乙问题的某个结论...

竞赛讲座-奇数和偶数

竞赛讲座-不等式 竞赛讲座-抽屉原则 竞赛讲座-覆盖 竞赛讲座-几何变换 竞赛讲座-几何解题途径的探... 竞赛讲座-类比归纳猜想... 竞赛讲座-染色问题与染色方...

高中数学奥林匹克竞赛讲座:31类比与联想

高中数学奥林匹克竞赛讲座高中数学奥林匹克竞赛讲座隐藏>> 竞赛讲座 31 -类比与联想 类比与联想 1. 类比 已知甲问题与乙问题有某些类似之处,猜想乙问题的某个结论...

竞赛讲座 31类比与联想

归纳猜想 14页 免费如要投诉违规内容,请到百度文库投诉中心;如要提出功能问题或意见建议,请点击此处进行反馈。 竞赛讲座 31类比与联想 高中数学竞赛高中数学竞赛隐...
更多相关标签:
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com