［初中数学竞赛讲座］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，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OA1VA∩BC=M，平面OB1VB∩AC=N，平面OC1VC∩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，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=，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PNTN=，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0αi-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αiαj，则0≤αi-αj≤，故0≤tg(αi-αj)≤·这样，与相应的xi=tgαi、xj=tgαj，便有0≤≤·(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≤++…+≤.【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≤2，∴1≤+≤.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≤(++…+)2≤n∴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，P1987P1988=l.求证：2l3-1984。【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=①由此可推得4P5=×②，P5P6=××③由①、②、③，可归纳以下猜想：PkPk+1=Pk-1Pk。【证明】于是有：令k=1987，则有故2l3-1984。