类比猜想与归纳猜想

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1、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

2、∥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

3、△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

4、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

5、+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PN>TN=，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

6、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

7、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0<αi-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αi>αj，则0≤αi-αj≤，故0≤tg(αi-αj)≤·这样，与相应的xi=tgαi、xj=tgαj，便有0≤≤·（3）

8、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