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)現(xiàn)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重要的方法．

所謂類比，就是由兩個對象的某些相同或相似的性質(zhì)，推斷它們在其他性質(zhì)上也有可能相同或相似的一種推理形式。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，還須經(jīng)過嚴(yán)格的邏輯論證．

運用類比法解決問題，其基本過程可用框圖表示如下：

　 可見，運用類比法的關(guān)鍵是尋找一個合適的類比對象．按尋找類比對象的角度不同，類比法常分為以下三個類型．

　 （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，過四面體V-ABC的底面上任一點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．

　 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”．這一命題利用相似三角形性質(zhì)很容易推出其為定值1．另外，過A、O分別作BC垂線，過B、O分別作AC垂線，則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OA₁ VA∩BC＝M，平面OB₁ VB∩AC＝N，平面OC₁ VC∩AB=L，則有△MOA₁∽△MAV，△NOB₁∽△NBV，△LOC₁ ∽△ LCV．得

++=++。

在底面△ABC中，由于AM、BN、CL交于一點O，用面積法易證得：

++=1。

∴++=1。

【例2】以棱長為1的正四面體的各棱為直徑作球，S是所作六個球的交集．證明S中沒有一對點的距離大于．

【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‘是所作三個圓的交集”，通過探索S’的類似性質(zhì)，以尋求本題的論證思路．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)任意兩點的距離不大于．以此方法即可獲得解本題的思路．

證明：如圖，正四面體 ABCD中，M、N分別為BC、AD的中點，G

為△BCD的中心，MN∩AG＝O．顯然O是正四面體ABCD的中心．易知OG=·AG=，并且可以推得以O(shè)為球心、OG為半徑的球內(nèi)任意兩點間的距離不大于，其球O必包含S．現(xiàn)證明如下．

根據(jù)對稱性，不妨考察空間區(qū)域四面體OMCG．設(shè)P為四面體OMCG內(nèi)任一點，且P不在球O內(nèi)，現(xiàn)證P亦不在S內(nèi)．

若球O交OC于T點�！鱐ON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，∴GN=。由GN= NT＝， OG＝OT， ON=ON，得 △GON≌△TON。∴∠TON＝∠GON，且均為鈍角．

于是顯然在△GOC內(nèi)，不屬于球O的任何點P，均有∠PON>∠TON，即有PN>TN=，P點在 N為球心，AD為直徑的球外，P點不屬于區(qū)域S．

由此可見，球O包含六個球的交集S，即S中不存在兩點，使其距離大于．

（2）結(jié)構(gòu)類比

某些待解決的問題沒有現(xiàn)成的類比物，但可通過觀察，憑借結(jié)構(gòu)上的相似性等尋找類比問題，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個實數(shù)x_k（k=1，2，…，7）．證明其中有兩個數(shù)x_i，x_j，滿足不等式0≤≤·

【分析】若任給7個實數(shù)中有某兩個相等，結(jié)論顯然成立．若7個實數(shù)互不相等，則難以下手．但仔細(xì)觀察可發(fā)現(xiàn)：與兩角差的正切公式在結(jié)構(gòu)上極為相似，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：x_k=tgα_k（k ＝l，2，…，7），證明必存在α_i，α_j，滿足不等式0≤tg(α_i-α_j)≤·

證明：令x_k=tgα_k（k ＝l，2，…，7），α_k∈（-，），則原命題轉(zhuǎn)化為：證明存在兩個實數(shù)α_i，α_j∈（-，），滿足0≤tg(α_i-α_j)≤·

由抽屜原則知，α_k中必有 4個在[0，）中或在（-，0）中，不妨設(shè)有4個在[0，）中．注意到tg0＝0，tg=，而在[0，）內(nèi)，tgx是增函數(shù)，故只需證明存在α_i，α_j，使0<α_i-α_j <即可。為此將[0，）分成三個小區(qū)間：[0，]、（，]、（，）。又由抽屜原則知，4個α_k中至少有2個比如α_i，α_j同屬于某一區(qū)間，不妨設(shè)α_i>α_j，則0≤α_i-α_j ≤，故0≤tg(α_i-α_j)≤·這樣，與相應(yīng)的x_i=tgα_i、x_j=tgα_j，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單的類比命題，通過類比命題解決思路和方法的啟發(fā)，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x_i≥0（i＝1，2，…，n），且x_l+x₂+…+x_n=1。

求證：1≤++…+≤．

　 【分析】我們可先把它類比為一簡單的類比題：“已知x_l≥0，x₂≥0，且x_l+x₂ =1，求證1≤+≤”．本類比題的證明思路為：∵2≤x_l+x₂＝l，∴0≤2≤1，則1≤x_l+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．這正是要尋找的證明原命題的思路和方法．

證明：由基本不等式有0≤2≤x_i+x_j，則

0≤2≤(n-1)( x_l+x₂+…+x_n)=n-1

∴1≤x_l+x₂+…+x_n +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：前提是若干已知的個別事實，是個別或特殊的判斷、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、判斷．其思維模式是：設(shè)M_i（i＝1，2，…，n）是要研究對象M的特例或子集，若M_i（i＝1，2，…，n）具有性質(zhì)P，則由此猜想M也可能具有性質(zhì)P．

如果＝M，這時的歸納法稱為完全歸納法．由于它窮盡了被研究對象的一切特例，因而結(jié)論是正確可靠的．完全歸納法可以作為論證的方法，它又稱為枚舉歸納法．

　 如果是M的真子集，這時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研究的對象，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棘手，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，若兩對角線長記為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為任意一個面積為1的凸四邊形，其有關(guān)線段及角標(biāo)如圖．則

S_ABCD= (eg+gf+fh+he)sinα

≤ (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】在一直線上從左到右依次排列著 1988個點P₁，P₂，…，P₁₉₈₈，且P_k是線段P_k-1P_k+1的k等分點中最靠近P_k+1的那個點（2≤k≤1988），P₁P₂=1，

P₁₉₈₇ P₁₉₈₈=l．求證：2l<3^-1984。

【分析】本題初看復(fù)雜，難以入手．不妨先從特殊值出發(fā)，通過特殊值的計算，以便分析、歸納出一般性的規(guī)律．

當(dāng)k=1時，P₁P₂=1（已知）；當(dāng)k= 2時， P₂是P₁P₃的中點，故P₂P₃= P₁P₂= 1；當(dāng)k=3時， P₃是P₂P₄的三等分點中最靠近的那個分點，即P₃P₄= P₂P₄= ( P₂P₃+ P₃P₄) =P₂P₃+ P₃P₄，故P₃P₄= P₂P₃=①

由此可推得₄ P₅=×②，P₅P₆=××③

由①、②、③，可歸納以下猜想：

P_kP_k+1=P_k-1P_k。

【證明】

于是有：

令k=1987，則有

故2l<3^-1984。