1、竞赛专题讲座竞赛专题讲座 18 类比、归纳、猜想类比、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
2、以下三个类型 （1 1）降维类比）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 OA1VA， OB1VB， OC1VC， A1，B1，C1分别是所作直线与侧面交点 求证：+为定值 分析分析 考虑平面上的类似命题：“过ABC（底）边 AB 上任一点 O 分别作 OA1AC，OB1BC，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
3、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 VABCM，平面 OB1 VBACN，平面 OC1 VCAB=L，则 有MOA1MAV，NOB1NBV，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
4、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， MNAGO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=， cosTON=cos(-TOM)=-。
5、由余弦定理： TN 2=ON2+OT2+2ONOT =，TN=。 又在 RtAGD 中，N 是 AD 的中点，GN=。由 GN= NT， OGOT， ON=ON， 得 GONTON。TONGON，且均为钝角 于是显然在GOC 内，不属于球 O 的任何点 P，均有PONTON，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 2）结构类比）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
6、 【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=tgk （k l，2，7），证明必存在 i，j，满足不等式 0tg(i-j) 证明：证明：令 xk=tgk（k l，2，7），k（-，），则原命题转化为：证 明存在两个实数 i，j（-，），满足 0tg(i-j) 由抽屉原则知，k中必有 4 个在0，）中或在（-，0）中，不妨设有 4
7、个在 0，）中注意到 tg00，tg=，而在0，）内，tgx 是增函数，故只需 证明存在 i，j，使 0i-j j，则 0i-j ，故 0tg(i-j)这样， 与相应的xi=tgi、 xj=tgj， 便有0 （3 3）简化类比）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 xi0（i1，2，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 xl0， x20， 且 xl
8、+x2 =1， 求证 1+”本类比题的证明思路为：2xl+x2l， 021，则 1xl+x2+22，即 1(+) 22，1 +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 02xi+xj，则 02(n-1)( xl+x2+xn)=n-1 1xl+x2+xn +2n，即 1(+) 2n 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（i1，2，n）是要研究对象
9、 M 的特例或子集，若 Mi（i1，2，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
10、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=l1l2，知 l1+ l22=2=，菱形周长： l42=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)sin (e+f)(g+h)， e+f+g+h2，即对角线长度之和不小于 abcd4，即周长不小于 4 综上所述，结论得证， 【例 6】在一直线上从
11、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（2k1988），P1P2=1， P1987 P1988=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= 由此可推得4 P5=，P5P6= 由、，可归纳以下猜想： PkPk+1=Pk-1Pk。 【证明】 于是有： 令 k=1987，则有 故 2l3 -1984。
