數學中的反證法在什麼問題中適用

時間 2021-08-11 17:26:23

1樓:匿名使用者

在應用反證法證題時,一定要用到「反設」進行推理,否則就不是反證法.用反證法證題時,如果欲證明的命題的方面情況只有一種,那麼只要將這種情況駁倒了就可以,這種反證法又叫「歸謬法」;如果結論的方面情況有多種,那麼必須將所有的反面情況一一駁倒,才能推斷原結論成立,這種證法又叫「窮舉法」.

例1 證明當p, q均為奇數時,�曲線�y=�x�2-2px+2q與x軸的交點橫座標為無理數.�(2009清華大學夏令營選拔考試)

思路分析

要說明二次方程無有理解,目前倒沒有什麼直接的判斷方法,因此採用反證法.�

證明 反設交點橫座標為有理數,�即存在交點橫座標為x=uv ((u, v)=1),則uv�2-2puv+2q=0,即u�2-2puv+2qv�2=0, u�2=2(puv-qv�2)①為偶數,�於是u為偶數.�

�又(u, v)=1,�得v為奇數.�

�另外由①有v|u�2,從而v|u.又(u, �v)=�1,得v=1.��

�設u=2s,則4s�2-4ps+2q=0,即�2s�2-�2ps+q=0, q=2(ps-s�2)為偶數,與已知條件的奇偶性矛盾.��

從而反設不成立,說明結論成立.�

�即曲線y=x�2-2px+2q與x軸的交點橫座標為無理數.��

解題回顧

在簡單整數理論中,反證法是常用的方法.主要適用的情況就是我們正面不能處理的時候,來假設結論不成立,利用假設作為條件,通過推演出矛盾,最終否定假設.在簡單整數理論中,很多時候推出的矛盾是奇偶矛盾,比如說最經典的反證法證明2是無理數.

例2 已知1與90之間的19個(不同的)正整數,兩兩的差中是否一定有三個相等?(2023年匈牙利數學競賽題)

分析 這類問題要從正面來處理,非常困難.可考慮從反面出發:沒有三個相等的情況,最多兩個相等,從而我們能得到怎樣的資訊呢?

如果按大小順序排列的話,那麼產生18個差,這些差至多兩個相等,也就形成了一些重疊,從而至少有9個不同的數,於是設法找到存在性或者矛盾的方面.�

證明 �設這19個數為1≤a�1<a�2<…<a��19�≤90.��

�由於a��19�-a�1=(a��19�-a��18�)+(a��18�-�a��17�)+�…+(a�2-a�1),��

反設右邊的18個差中無三個相等,而只有兩個相等,且取最小的,則

�a��19�-a�1>2×(1+2+…+9)=90,�

�這與a��19�-a�1≤90-1=89矛盾.�所以反設不真.故兩兩的差中定有三個相等.�

解題回顧

雖然從形式上來看沒有用到「抽屜原理」,但用到了抽屜原理的思想,即18個數放到9個盒子中,最平均的情況就是每個盒子兩個,否則就出現我們要證明的結果:三個數在一個盒子裡,即存在三個差相等.由此,我們在討論問題的過程中,不能僅僅盯著定理和原理能否使用,而是應該理解和挖掘定理和性質本身的數學思想,從而在解決問題的過程中靈活運用.

例3 已知以a�1為首項的數列滿足:�a��n+1�=a�n+c, a�n<3,�a�nd,a�n≥3.��

�當0<a�1<1m(m是正整數), c=1m, �d≥�3m時,求證:數列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比數列當且僅當�d=�3m.�(2023年上海高三數學競賽試題)

思路分析

�充分性證明「當d=3m時,數列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比數列」它只要代入驗證就可以了,沒有任何的技巧和複雜的計算,必要性證明「已知數列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比數列,求證d=3m」時,�直接證明比較困難,我們要學會跳出正面衝突,從反面考慮問題,就可以找到解決問題的辦法,基本的策略是列舉法,找出矛盾,使問題得以解決.�

證明 充分性略,下證必要性:�反設�d≥�3m+1,��

�則有a�1, a�2=a�1+1m, a�3=�a�1+2m, …,� a��3m+1�=a�1+3mm=a�1+3,�

�a��3m+2�=a�1+3d<1m, a��3m+3�=a�1+3d+1m, …,

a��6m+1�=a�1+3d+3m-1m<3,�

a��6m+2�=a�1+3d+3>3, a��6m+3�=a�1+3d+3d<1m, …,

a��9m+1�=a�1+3d+3d+3m-2m,�

a��9m+2�=a�1+3d+3d+3m-1m>2, ….�

�所以a�2-1m>0, a��3m+2�-1m<0, a��6m+2�-1m>0, a��9m+2�-1m>0.��

故數列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m不是等比數列.�

所以,數列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比數列時,�d=3m.��

解題回顧

正難則反,是數學解題一個規律.正面解決困難的時候,我們有必要調整方向,從問題的反面入手,相當於增加了一個條件,�在本題中d≥3m+1比d=3m要收縮的多,數列增加就慢了,所以原來d=3m時剛好是滿足的,�現在就要向後推移了,自然就應當存在矛盾,這時直覺的定性分析也幫上了忙.

例4 證明如果在取三個不同的整數值時,變數x的整係數多項式的值的絕對值都是1,那麼這個多項式沒有整數根.(2023年江蘇競賽初賽題)

證明 設整係數多項式f(x)對於三個不同的整數a, b, c有

�|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=1.�(1)

假定f(x)有整數根x�0,�則f(x)=(x-x�0)q(x).� (2)(這裡q(x)是整係數多�項式)����

由(1)(2)可知,�|(a-x�0)q(a)|=�|(a-x�0)|�|q(a)|=1.��

由於q(a)是整數,�則|a-x�0|=1,同理|b-x�0|=1, |c-x�0|=1.��

�從而三個數a-x�0, b-x�0, c-x�0中必有兩個相等,�因此a, b, c中某兩個相等.�

這與已知矛盾,從而f(x)沒有整數根.�

解題回顧

(1) 運用了性質:多項式�f(x)�,�對於a, b∈r, a≠b, a-b必為�f(a)-�f(b)的因子;��

(2) 研究含有否定詞「不存在」,「沒有」,「不相等」,「不可能」等有關命題時,我們常用的策略是從反面考慮問題,即正難則反.

例5 �已知函式f(x)=ax�2+bx+�c (a≠�0),且f(x)=x沒有實數根,問:f(f(x))=x是否有實數根?並證明你的結論.�(2023年上海交大自主招生試題)

解析 反證法.�若存在f(f(x�0))=x�0,令f(x�0)=t,則f(t)=x�0,即(t, x�0)是y=f(x)圖象上的點.又f(x�0)=t,即(x�0, t)也是y=f(x)圖象上的點.

顯然這兩點不重合,且這兩點關於直線y=x對稱.而y=f(x)=ax�2+bx+c是連續函式,故y=f(x)=ax�2+bx+c與y=x必有交點,從而f(x)=x有實數解,�矛盾!�

解題回顧

利用反證法,使問題的解決直觀明瞭.同時,本題的結論對一般的連續函式f(x)也成立,其運用的處理方法,是可以值得借鑑.

例6 (2023年北大自主招生試題)�實數a�i(i=1, 2, 3), b�i(i=1, 2, 3)滿足�a�1+��a�2+a�3=b�1+b�2+b�3, a�1a�2+a�2a�3+a�3a�1=�b�1b�2+b�2b�3+b�3b�1, �min�(a�1, a�2, a�3)≤�min�(b�1, b�2, b�3).��

求證:��max�(a�1, a�2, a�3)≤�max�(b�1, b�2, b�3).��

思路分析

本題直接證明十分困難,於是我們想到正難則反,利用反證法,結合函式構造,來完成證明.�

解析 �不妨設a�1≤a�2≤a�3, b�1≤b�2≤b�3,則a�1≤b�1.下證a�3≤b�3.用反證法.

若�a�3>�b�3,構造兩個函式f(x)=(x-a�1)(x-a�2)(x-a�3), g(x)=(x-b�1)(x-b�2)(x-b�3).由已知條件a�1+a�2+a�3=b�1+b�2+b�3, a�1a�2+a�2a�3+a�3a�1=b�1b�2+b�2b�3+b�3b�1,知f(x)=g(x)+b�1b�2b�3-a�1a�2a�3.一方面f(a�1)=g(a�1)+b�1b�2b�3-a�1a�2a�3=0, �f(a�3)=�g(a�3)+b�1b�2b�3-a�1a�2a�3=0,故g(a�1)=g(a�3).

另一方面,g(a�1)=(a�1-b�1)(a�1-b�2)(a�1-b�3), a�1-b�1≤0, a�1-�b�2≤�0, a�1-b�3≤0,所以g(a�1)≤0;而�g(a�3)=�(a�3-b�1)(a�3-b�2)(a�3-b�3), a�3-�b�1>�0, a�3-b�2>0, a�3-b�3>0,所以g(a�3)>0,這與g(a�1)=g(a�3)矛盾.故a�3≤b�3, �max�(a�1, a�2, a�3)≤�max�(b�1, b�2, b�3).��

解題回顧

數學競賽考試是智慧的較量,尤其是面對困難如何擺脫的智慧.現在的數學競賽、自主招生考試、高考必然出現「生題」「新題」,對此考生可能一時無法把握,使思考困頓,解題停頓.這些戰略高地以單一的方式一味死攻並非上策,要學會從側翼進攻,要有「戰略迂迴」的意識從側面或反面的某個點突破,往往會出奇制勝.

本題思維要求高,是一道難度較大的試題.�

牛頓曾經說過:「反證法是數學家最精當的**之一」.一般來講,反證法常用來證明的題型有:

命題的結論以「否定形式」、「至少」或「至多」、「唯一」、「無限」形式出現的命題;或者否定結論更明顯、具體、簡單的命題;或者直接證明難以下手的命題,改變其思維方向,從結論入手進行反面思考,問題可能解決得十分乾脆.�

鞏固訓練

1� 證明:若f(f(x))有唯一不動點,則f(x)也有唯一不動點.(2023年浙江大學自主招生試題改編)�

2� �已知函式f(x)=13x�3-2x�2+3x �(x∈�r)的圖象為曲線c,�求證不存在一條直線與曲線c同時切於兩個不同點.(2023年東南大學自主招生試題)�

3� �已知有整係數a�1, a�2, …, a�n的多項式f(x)=x�n+a�1x��n-1�+…+a��n-1�x+a�n,對四個不同的整數a, b, c, d使得f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5,證明:不存在整數k使得f(k)=8.�(2023年四川競賽初賽題)�

3� �設f(x)=ax�2+bx+c,�已知f(1), f(2), f(3), f(4), f(5)都是質數,求證:�f(x)不�能分解成兩個整係數的一次式的乘積.(2023年福建數學競賽初賽題)�

1� 證明:不妨設x�0是f(f(x))的唯一不動點,�即f(f(x�0))=x�0,令f(x�0)=t,則f(t)=x�0,那麼,f(f(t))=f(x�0),而f(x�0)=t,即f(f(t))=t,這說明t也是f(f(x))的不動點.有f(f(x))有唯一不動點,知x�0=t,從而f(t)=t,�這說明t也是�f(x)的不動�點,存在性得證.

�下證唯一性.假設若f(x)還有另外一個不動點t�0,�即f(t�0)=t�0 (t≠t�0),那麼f(f(t�0))=f(t�0)=t�0,這說明f(f(x))還有另外一個不動點t�0,�與題設矛盾.�

解題回顧 �當f(x�0)=x�0時,�我們稱x�0為函式f(x)的不動點.利用不動點原理可以解決某些數學問題,它是自主招生考試中的熱點問題.�

2� 證明:反設存在過曲線c上的點a(x�1, y�1)的切線同時與曲線c切於兩點,�另一切點為b(x�2, y�2), x�1≠x�2.��

則切線方程是:�y-13x�3��1�-2x�2��1�+3x��1�=�(x�2��1�-�4x��1�+3)(x-x��1�),��

化簡得:�y=(x�2��1�-4x��1�+3)x+-23x�3��1�+2x�2��1�.��

�而過b(x�2, y�2)的切線方程是y=(x�2��2�-4x��2�+3)x+-23x�3��2�+2x�2��2�,��

由於兩切線是同一直線,�

則有:�x�2��1�-4x��1�+3=x�2��2�-4x��2�+3,得x�1+�x�2=�4.��

�又-23x�3��1�+2x�2��1�=-23x�3��2�+2x�2��2�,��

�即-23(x��1�-x��2�)(x�2��1�+x��1�x��2�+x�2��2�)+2(x��1�-x��2�)(x��1�+x��2�)=0,��

�-13(x�2��1�+x��1�x��2�+x�2��2�)+4=0,即x��1�(x��1�+�x��2�)+��x�2��2�-12=0,��

�即(4-x��2�)×4+x�2��2�-12=0, x�2��2�-4x��2�+4=0,得x�2=2.��

�但當x�2=2時,由x�1+x�2=4得x�1=2,這與x�1≠x�2矛盾.��

所以不存在一條直線與曲線c同時切於兩點.�

3� 分析:注意到a, b, c, d是多項式f(x)-5的根,於是可以構造一個多項式f(x)-5,再利用因式定理,結合反證法得到證明.�

證明:由已知,�應有f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x),�其中g(x)是整係數多項式.�

�如果有整數k使得f(k)=8,即(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3.��

但素數3不能有4個以上不同的因數,從而矛盾,�

�故不存在整數k使得f(k)=8.��

3� �反設f(x)=g(x)h(x),�其中g(x), h(x)都是整係數的一次式.�

�則f(1)=g(1)h(1), f(2)=g(2)h(2), �f(3)=�g(3)h(3), f(4)=g(4)h(4), f(5)=g(5)h(5),��

這上述5個等式的左端都是質數,因此g(1), g(2), g(3), g(4), g(5), h(1), h(2), h(3), �h(4), h(5)�中至少有5個是±1. 由於g(x)是整係數的一次式,因此g(1), g(2), g(3), g(4), g(5)是不同的數,即至多一個1,一個-1;同理h(1), �h(2)�, h(3), h(4), h(5)中至多一個1,一個-1,矛盾.�

所以反設不真,故原命題成立.

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