类比、归纳、猜想

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1、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．将三维空间的对

2、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（1）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，也可用类似方法证明其定值为1．.++=++。证明：如

3、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++=1++=1.【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．【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．.证明：如图，正四面体ABCD中，M、N

4、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=1/2。由GN=NT＝1/2，OG＝OT，ON=ON，得△GON≌△

5、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PN>TN=1/2，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．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．（2）结构类比.【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

6、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∈（-л/2，+л/2），则原命题转化为：证明存在两个实数αi，αj∈（-л/2，+л/2），满足0≤tg(αi-αj)≤·由抽屉原则知，αk中必有4个在[0，л/2）中或在（-л/2，0）中，不妨设有4个在[0，л/2）中．注意到tg0＝0，tgл/6=1/，而在[0，л/2）内，tgx是增函数，故

7、只需证明存在αi，αj，使0<αi-αj<л/6即可。为此将[0，л/2）分成三个小区间：[0，л/6]、（л/6，л/3]、（л/3，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，则0≤αi-αj≤л/6，故0≤tg(αi-αj)≤1/·这样，与相应的xi=tgαi、xj=tgαj，便有0≤≤л/2）。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．（3）简化类比