书城教材教辅高中生如何有效地提高学习成绩
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第14章 学好高中数学的有效方法与技巧(4)

图3-7〔例10〕过一圆的弦AB的中点M引任意两弦CD和EF,连结CF和ED交AB弦于P、Q.求证:PM=MQ.(蝴蝶定理)

分析如图3-7,设PM=x,MQ=y,而AM=MB=a,由于弦CD与EF可随∠BMD与∠AMF的确定而确定,故本题中图形的自由度是2,不妨令G={α,β}(α=∠BMD,β=∠AMF),以下设法用α、β去表示x、y,再证明x=y就可以了。但实际计算一下可以发现,用α、β去表示x、y比较麻烦,而加入隐含条件∠CFE=∠CDE就容易多了。于是,可令G′={α、β、γ}(γ=∠CFE=∠CDE),则:AP=a-x,PB=a+x,而且

CP=xsinαsin(α+β+γ),PF=xsinβsinγ.

由AP·PB=CP·PF(圆幂定理)得

x2sinαsinβsinγsin(α+β+γ)=a2-x2,

于是x2=α2sinγsin(α+β+γ)sinαsinβ+sinγsin(α+β+γ)

同法可解得

y2=α2sinγsin(α+β+γ)sinαsinβ+sinγsin(α+β+γ)

这里,尽管问题中图形的自由度是2,即可取G={α,β},但具体的解决过程却比较复杂,而若取G′={α,β,γ},并以其去表示x与y,则方便得多。这时,加入γ并非多此一举,而是为了解题过程简单化。我们不妨称γ为“桥”,借助这座桥,我们可很快由此岸(已知)抵达彼岸(待证)。否则便要花费大气力迂回前进,而这正是我们所力图避免的。有时,我们在架设了一座“桥”以后还会撤掉它,即消去这个量,正所谓“过河拆桥”。

恰当地架“桥”在运用基本量方法的过程中,也可以算作一大技巧。

2.直观易行的交集法解题法

由于集合的元素可以是数,也可以是点,是数对,甚至是人或物,因此用交集法的思想去解题,非常直观、易行。

要找几个集合的交集,常用如下两种办法:一是把各个集合都找出来,然后找它们的公共部分,前面讲的交轨作图法用的就是这种办法;另一种办法是先找出其中一个集合,然后从中逐次剔除不在其他有关系集合中的元素,剩下的就是它们的交集,这种办法的实质就是逐步淘汰法,侦破案件常常就是采用这种办法,逐步缩小侦破范围,终达目的。

〔例11〕已知f(x)=x2-6x+5,问满足f(x)+f(y)≤0与f(x)-f(y)≥0的点(x,y)在平面上的什么范围,并作图(1979年全国数学竞赛题)。

解:f(x)+f(y)

=(x2-6x+5)+(y2-6y+5)

=(x-3)2+(y-3)2-8;

f(x)-f(y)

=(x2-6x+5)-(y2-6y+5)

=(x-3)2-(y-3)2

=(x-y)(x+y-6)。

因此,原题是求满足

(x-3)2+(y-3)2-8≤0①

的点集与满足

(x-y)(x+y-6)≥0②

的点集的交集。满足①的点集A是由圆心在(3,3),半径为8的圆(x-3)2+(y-3)2=8的圆周上的点及圆内点构成(图3-8左图的阴影部分);满足②的点集B是由满足

图3-8

(ⅰ)x-y≥0

x+y-6≥0或(ⅱ)x-y≤0

x+y-6≤0的点构成(图3-8中图的阴影部分)。

于是,问题变为求A∩B,求得的解是图3-8右图的阴影部分。

〔例12〕求两个数,它们的最大公约数是72,最小公倍数是864。

分析由于这两个数的最大公约数是72,所以可设这两个数为72m与72n,其中m与n互质。再设集合A含两个元素72与m,集合B含两个元素72与n,则A∩B只有一个元素72,且A∪B的所有元素的乘积应等于所求两数的最小公倍数864(见图3-9),即72mn=864,或mn=12,其中m与n互质,故有

m13

n124

所以本题有两解:72与864;216与288

图3-9

(1)容斥原理

在计算一个集合A的元素的个数(记为|A|,下同)时,有时用间接计算法比直接计算法更为简便。例如,要计算1到1000之间不能被5整除的整数个数时;可以先计算1到1000能被5整除的整数的个数(这很容易,其个数为1000÷5=200),因此1到1000之间不能被5整除的整数的个数就是1000-200=800。

这种间接计算原理可叙述如下:如果集合A是集合S的一个子集合,则属于A的元素的个数,等于S的所有元素的个数减去属于S而不属于A的元素的个数。用记号A表示属于S而不属于A的元素的集合,则上述原理可以写为

|A|=|S|-|A|或|A|=|S|-|A|

图3-10在这个原理中,A与A的元素不同(相斥),即A∩A=Φ,且A是A的补集,即A∪A=S(相容),故称它为“容斥原理”(如图3-10).

(2)容斥原理的应用

〔例13〕8个人排成一列,甲不在排首,乙不在排尾,共有多少种排法?

解:在容斥原理|S0|=|S|-|S1|+|S2|中,|S|=8!,|S1|=7!+7!,|S2|=6!

∴|S0|=8!-2·7!+6!=43·6!=30960。

注意离开容斥原理,常有下面的错误解法:

甲在排头时,共有(8-1)!=7!种排法,

乙在排尾时,共有(8-1)!=7!种排法,

所以甲不在排头,乙不在排尾共有

8!-7!-7!=6·7!=42·8!种排法。

错在哪里?

图3-11

设Sa为甲在排头的事件组成的集合,Sb为乙在排尾的事件组成的集合,则Sa与Sb并不互斥,即Sa中含子集Sab,Sb中也含子集Sab,而Sab≠Φ,所以应有(图3-11)

|S0|=|S|-(|Sa|+|Sb|)+|Sab|=8!-(7!+7!)+6!

这说明上述解法错在缺少|Sab|.

当然,我们可以换一种解法。在甲不在排头的情况下对乙是否在排头进行分类:设乙在排头的排法组成集合A,乙不在排头也不在排尾的排法组成集合B,则A与B互斥,于是得

|A|=7!,|B|=6·6!·6,

∴|A|+|B|=7!+36·6!=43·6!=30960。

3.有效证明猜想题的数学归纳法

在与自然数有关的命题的研究中,数学归纳法是一个重要的证题方法。此法由意大利数学家莫洛里克斯(Maurolycus1494—1575)提出,但古希腊几何学家欧几里得(公元前330——公元前275)在证明“素数的个数无穷”这个命题时,已隐含数学归纳法这个推理模式。当时,欧几里得用的是反证法:反设素数个数不无穷,即只有有限多个,设为2,3,5,7,…,p(依大小顺序排列,p是最大素数),下面推出矛盾。

制造一个新数Q=2·3·5…·p+1,

显然,Q大于2,3,5,…,p中的任一个。

(i)若Q是素数,则Q不同于2,3,5,…,p中的任一个,这说明在2,3,5,…,p之外仍有素数,与假设矛盾。

(ii)若Q不是素数,则它一定含有一个素因数,设为q,Q可被q整除,而Q除以2,3,5,…,p中的任一个,均有余数1。可见q不同于2,3,5,…,p中的任一个,即2,3,5,…,p之外尚有素数q,也与假设矛盾。

此证法的关键是制造一个新数Q,从而推知:若有k个素数,就必有k+1个素数。欧氏当年只是用反证法进行证明,到此就止步了。如果他向前迈一步,进一步考查:由于有第1个素数,就可以推出有第2个素数;由于有2个素数,就可以推出有第3个素数;……,如此递推下去,就可以成为数学归纳法的模式。非常可惜,事后经过一千多年,才由意大利数学家莫洛里克斯发现。这种推理模式可概述为

T(n)是与自然数n有关的命题,如果证得

(i)T(1)为真;

(ii)设T(k)为真,推得T(k+1)也真。则T(n)为真,(n∈N)

其中T(1)称为归纳基础,T(k)为归纳假设,整个推理过程是对自然数n进行归纳的,其实质是递推,有时命题结论是只对n≥n0为真,n0是一特定的自然数,n0>1,则证明时要以T(n0)为归纳基础,并且(ii)是在k≥n0的前提下进行。

(1)猜想+证明

命题T(n)往往是由多次计算、观察,而得出的猜想,或者说,是由不完全归纳法得出的结果。

〔例14〕求数列前n项之和

13+115+135+…+14n2-1。

猜想:设此数列前n项之和为Sn,由计算,有

S1=13,S2=25,S3=37,S4=49,…

一般地,得猜想Sn=n2n+1。

证明设上述猜想为T(n),现对n进行归纳证明。

(i)当n=1时,

Sn=n2n+1=12+1=13,

所以T(1)为真;

(ii)设T(k)为真,即

Sk=k2k+1,则

Sk+1=Sk+14(k+1)2-1

=k2k+1+1(2k+1)(2k+3)

=k(2k+3)+1(2k+1)(2k+3)=(2k+1)(k+1)(2k+1)(2k+3)

=k+12(k+1)+1,这说明T(k+1)也真

由(i)、(ii)证得

Sn=n2n+1(n∈N).

(2)灵活运用

若能灵活运用数学归纳法,则这种证题模式可发挥更大威力。

〔例15〕求证当n为奇数时,下面等式成立

n-1n-2+(n-1)(n-3)(n-2)(n-4)+…+(n-1)(n-3)…2(n-2)(n-3)…1=n-1

分析题设n为奇数,设原命题为T(n),则问题是要证T(1)、T(3)、T(5)、…、T(2m+1)、…诸命题都成立。因此,数学归纳法应由下列两步完成。

第一步:检查T(1)是否成立;

第二步:设T(k)成立,由此推出T(k+2)也成立(其中k为奇数)。

证明:设原命题为T(n),n为奇数。

(i)当n=1时,由于原等式左端和右端都为零,故T(1)成立;

(ii)设T(k)成立(k为奇数),即下面等式成立

Sk=k-1k-2+(k-1)(k-3)(k-2)(k-4)+…+(k-1)(k-3)…2(k-2)(k-4)…1=k-1①

问题化归为利用①证明等式

Sk+2=(k+2)-1也成立,即

k+2-1k+2-2+(k+2-1)(k+2-3)(k+2-2)(k+2-4)+…+(k+2-1)(k+2-3)…2(k+2-2)(k+2-4)…1=(k+2)-1

或(k+2)-1(k+2)-2〔1+Sk〕=(k+2)-1②

也成立。

但由①(k+2)-1(k+2)-2〔1+Sk〕

=k+1k〔1+(k-1)〕=k+1=(k+2)-1

这说明等式②也是成立的。

据数学归纳法原理,原等式成立。

(3)正确运用

数学归纳法是重要的证题模式,但必须正确地运用它。否则会得出荒谬结论。

〔例16〕证明所有正整数都相等。

证明:只要证明等式n=n+1(n∈N)成立就行,以下用数学归纳法证之:设第k个正整数等于第k+1个正整数,就是

k=k+1

两边同加上1,得k+1=k+2,这就是说,第k+1个正整数等于第k+2个正整数,原命题得证。

说明:“证明”缺第一步——归纳基础,因而得出错误结论。

〔例17〕任何一个团体中,若有一个成员是男性,则全体成员必定都是男性。

这当然是谬论。但可错用数学归纳法证明。

证明:设团体有n个成员,则当n=1时,命题显然成立。

设当n=k时命题成立,即k个成员M1,M2,M3,…,Mk中,如果M1是男性,则M1,M2,M3,…,Mk中所有成员都是男性。则当该团体又增加一个成员Mk+1时,由M2,M3,…,Mk,Mk+1组成的团体共有k个成员。由归纳假设,命题应成立,即Mk+1也必为男性,这就是说,对n=k+1的情况得证。

由数学归纳法原理知原命题成立!

说明当A={M1,M2,…,Mk}∩{M2,M3,…,Mk+1}=(即当k=1)时,归纳推理行不通,而上述推理是在假定A≠的条件下进行的。

(4)变形

数学归纳法的变形很多。

变形(一)

(i)T(n0)真;

(ii)由T(k)真T(k+1)也真,(k≥n0)。则T(n)真,(n≥n0,n∈N)这里,n0是大于1的某个自然数。

变形(二)

(i)T(1)、T(2)真;

(ii)由T(k)真T(k+2)也真,则T(n)真。(n∈N)

变形(三)

(i)T(1)、T(2)真;

(ii)由T(k-1)、T(k)真T(k+1)也真。

则T(n)真。(n∈N)

(以上两种变形都可以有更一般的情况)

〔例18〕已知x+1x=2cos,试用数学归纳法证明

xn+1xn=2cosn.(n∈N)

分析本命题可用复数得证,但这里是要求用数学归纳法证明,如不熟悉“变形三”,会有一定困难。

证明设原命题为T(n).

(i)易证T(1)、T(2)为真;

(ii)设T(k)、T(k-1)为真,要证T(k+1)也真;

(xk+1xk)(x+1x)=2cosk·2cos,

(∵T(k)、T(1)为真)

展开:(xk+1+1xk+1)+(xk-1+1xk-1)=4coskcos,

但T(k-1)为真,即

xk-1+1xk-1=2cos(k-1),所以

(xk+1+1xk+1)+2cos(k-1)=4coskcos,

xk+1+1xk+1

=4coskcos-2cos(k-1)

=4coskcos-2(coskcos+sinksin)

=2(coskcos-sinksin)

=2cos(k+1).

即T(k+1)为真。

在变形(三)中请注意:归纳假设有两个命题T(k)与T(k-1),则归纳基础也不能少于两个。一般地,归纳假设如有m个,则归纳基础也应有m个,否则将导致错误,有如下例:

〔例19〕证明对于一切自然数n,xn+yn能被x+y整除。

分析这个命题不成立。

“证明”:当n=1时,命题成立,则xk+1+yk+1=xk+1+xky+xyk-xky-xyk+yk+1=(x+y)(xk+yk)-xy(xk-1+yk-1),由归纳假设xk+yk与xk-1+yk-1都能被x+y整除,故xk+1+yk+1也能被x+y整除。

因此,xn+yn能被x+y整除!

〔例20〕求证适合于x+2y=n(x,y≥0,整数)的解数r(n)等于12(n+1)+14〔1+(-1)n〕.

证明:当n=1、2时命题显然成立。

设命题对n=k时正确,则当n=k+2时,由于x+2y=n的解可以分为两种情况:

(i)y=0,这时只有一组解:x=n

y=0;

(ii)y-1≥0,这时解的组数就与x+2(y-1)=n-2(x,y-1≥0,整数)的解的组数r(n-2)相同,从而有

r(n)=r(n-2)+1,

即r(k+2)=r(k+2-2)+1,

利用归纳假设知:

r(k+2)=r(k)+1

=12(k+1)+14〔1+(-1)k〕+1

=12(k+2+1)+14〔1+(-1)k+2〕

所以,当n=k+2时命题也成立。由“变形(二)”知,命题得证。

应该注意,如果这里只验算n=1情形,则只能得出n是奇数时的结论,而得不出n是偶数时的结论。

(5)反向归纳法、跷跷板归纳法

数学归纳法除前面的几种变形外,还有“反向归纳法”和“跷跷板归纳法”。

反向归纳法是指:

设T(n)是含有任意自然数的命题,如果

(i)T(n)对无限多个自然数正确;

(ii)由T(k)正确可推出T(k-1)也正确;则T(n)对任意自然数都正确。

跷跷板归纳法是指:

设T1(n)、T2(n)是两个含有任意自然数的命题,如果

(i)T1(1)正确;

(ii)由T1(k)正确可推得T2(k)正确,进一步又推得T1(k+1)也正确。

则T1(n),T2(n)对任意自然数都正确。

〔例21〕求证n个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数,即对任意n个正数ai(i=1,2,…,n)总有

na1a2…an≤1n(a1+a2+…+an).

这是十分有名的不等式,它的证法有十多种,下面用反向归纳法进行证明。

证明:(i)当n=2,22,23,…,2m,…等无穷个自然数时命题正确(只要用前面介绍的普通数学归纳法就行);

(ii)设n=k时命题正确,要证n=k-1时命题也正确。

令Ak-1=1k-1(a1+a2+…+ak-1)>0,

则由假设

ka1a2…ak-1Ak-1

≤1k(a1+a2+…+ak-1+Ak-1)

=1k〔(k-1)Ak-1+Ak-1〕=Ak-1.故有

k-1a1a2…ak-1≤Ak-1

=1k-1(a1+a2+…+ak-1)

由反向归纳法可知命题对任意自然数n都正确。

〔例22〕在1+3+7+12+19+…中,an是第n项,而a2l-1=3l(l-1)+1,a2l=3l2(其中l≥1),若用s(m)表示它前m项之和,求证:

(1)s(2l-1)=12l(4l2-3l+1);

(2)s(2l)=12l(4l2+3l+1).

证明:(跷跷板归纳法)l=1时,s(2l-1)=s(1)=1,而

12l(4l2-3l+1)=12·1(4-3+1)=1,

因此,l=1时等式s(2l-1)=12l(4l2-3l+1)成立。

设l=k时等式s(2l-1)=12l(4l2-3l+1)成立,则s(2k)=s(2k-1)+a2k

=12k(4k2-3k+1)+3k2

=12k(4k2+3k+1),

所以,l=k时等式s(2l)=12l(4l2+3l+1)也成立。由此又得

s(2(k+1)-1)=s(2k+1)

=s(2k)+a2k+1

=12k(4k2+3k+1)+3(k+1)k+1

=12(k+1)〔4(k+1)2-3(k+1)+1〕,

故l=k+1时,等式s(2l-1)=12l(4l2-3l+1)也成立。

由跷跷板归纳法原理知,本命题对任意自然数均成立(可见,跷跷板归纳法有“一石二鸟”的作用).

(6)差分