反证法在分析学中的应用_毕业论文.doc

临沂大学理学院 毕业论文（设计） 反证法在分析学中的应用反证法在分析学中的应用 专 业 数学与数学与应应用数学用数学 系 （院） 理学院理学院 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 2 摘 要 “反证法”是数学证明中的一种重要方法，运用起来简明间接，是一种重 要的数学思想方法.本文主要介绍了“反证法”的逻辑依据和步骤.列举了一些在 分析学中比较适合用反证法解决的问题.同时指出了如何正确的运用反证法. 关键字：数学分析 反证法 应用 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 3 abstract “reductio ad absurdum“ is an important method of mathematical proof, use condensed indirect, is an important mathematical thinking. this paper describes the rationale of the “reductio ad absurdum“ and steps. examples reductio ad absurdum more suitable for use in the analysis of learning to solve problems.also pointed out how to properly use reductio ad absurdum key words: mathematical analysis, reductio ad absurdum, the application 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 4 目 录 1 1，引言，引言 1 1 2 2 ，反证法的原理和步骤，反证法的原理和步骤 1 1 3 3，反证法的应用，反证法的应用 1 1 3.1 应用类型一.2 3.2 应用类型二.3 3.3 应用类型三.5 3.4 应用类型四.8 3.5 应用类型五.9 4.4.结束语结束语 10 参考文献参考文献 1212 致谢致谢 1313 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 5 1 引言 反证法是分析学中经常要用到的解题方法之一.无论是在定理证明中还是 在解题中，经常都要用到反证法.并且相对对一些比较抽象或者是用直接证 法比较困难的命题而言，反证法具有一定的优势，效果非常明显.此外，反 证法作为一种间接证明的方法在分析学中应用非常广泛.首先我们来了解一 下反证法. 2，反证法的原理和步骤 反证法就是从反面的角度思考问题的证明方法，属于“间接证明”的一类， 即肯定题设二否定结论，通过推理导出矛盾，进而证明命题. 反证法证明命题的具体步骤：（1）反设，即作出与求证结论相反的假设； （2）由反设与题设条件出发，推出与公理，定义，已知定理或题设相矛盾的结 果.（3）存真，即由所得矛盾证明了反设不成立，从而肯定了原结论正确. 3，反证法的应用 反证法运用巧妙，适用范围广泛。一般说来，能用直接证明的命题，其证明 过程都可以改写成反证法的形式.但通常我们只对那些用直接证法难以下手的问 题转而使用反证法.而如何判断命题“若a则b“有没有直接证明的证明依据，则 是数学分析中是否建立了关于b或不b的有关理论而定.若建立了关于b的有关理 论，则宜用直接证法证明，若没有建立关于b的有关理论，而建立了关于不b的 有关理论，则用反证法. 经过观察，以下几种命题类型用反证法证明比较合适. 3.1当命题的结论中带有“函数f(x)f(x) 某个特定的常数”时，适合用 反证法证明. 例例 1 1 设f为闭区间上的连续函数，且f(a)f(b)0,则,使得ba,ba, f（）=0. 证法证法1 1 不妨设f（a）0,f(b) 0. 假设f(x).现将两等分，若f()0,则取，bax, 0ba, 2 ba 2 1 ba b =a;若f()0，则取，=b. 此时，f（）0,f（）0. 1 a 2 ba 2 1 ba a 1 b 1 a 1 b 再将两等分，若f()0，则取=，=；若 11,b a 2 11 ba 2 a 1 a 2 b 2 11 ba 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 6 f（）0,则取，=，此时f（）0,f（）0,如此 2 11 ba 2 11 2 ba a 2 b 1 b 2 a 2 b 下去，得一递降闭区间套： ，ba, 11,b a 22,b a nn ba , =0（n+），f（）0,f（）0.根据实数连续 nn ab n ab 2 n a n b 性命题（三）（闭区间套原理）知，显然，= 1 0 , n nn baxba, lim n n a =. 0 x lim n n b 由f连续知，0f（）=f（）=f（）0.所以有f（）lim n n a 0 x lim n n b 0 x =0，又f（a）0,f(b) 0，故a,b, ,这与假设相矛盾.因此， 0 x),( 0 bax 必有，使得f（）=0.ba, 证法证法2 2 假设f(x),由f连续知，0，s.t.f在bax, 0 x 上严格同号，则开区间族baxx xx , q=baxxx xx , 为上的一个开区间覆盖，根据实数连续性命题（四）（的紧致性）知ba,ba, 存在有根的子覆盖q =。不失一般性，设 1 kixx ii xixi ,.,2 , 1, ，如果，那么f与f（a）严格同 11 11 , xx xxa 111 , 1 xxba xba, 号，从而f(a)f(b) 0，这与题设f(a)f(b)0相矛盾，因此， ，从而，不妨设. 11 11 , xx xxbbax i x , 1 22 22 , xxxi xxx i 由于，所以f在与 221 2211 , xxx xxxx 11 11 , xx xx 上严格同号，依次得到一串开区间 22 22 , xx xx ，f在这些开区间上依次是同号的，并且kllixx ii xixi 其中,.,2 , 1, ，所以f（a）与f（b）严格同号，这与f（a）与f（b）严 ll xlxl xxb, 1 格异号相矛盾. 3.2当命题的结论中带有“极限零或某个特定的常数”时，在已知极 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 7 限存在或者易证出极限存在的前提下，宜于用反证法证明；反之， 则比较适合用直接法来证明. 例例 2 2 设收敛，f在中一致收敛，则=0. x a dxf , a xf x lim 证证 假设0，则.又因为f在 xf x lim 010 , 0. ., 0xfts有 xf 上一致连续，故时，有, a xx当, 0 . 2 0 xfxf 于是，当时，有 = 11,x xx xf = xfxfxfxfxfxf 1111 2 0 0 2 0 并且f（x）与f(x )同号，（否则， 1 矛盾）.如果 2 0 1011 xfxfxfxfxf与 , 0, 0 1 xfxf则 从而 . 2 0 xf 故， 22 00 1 1 1 1 x x x x x dxf 这就证明了，对于. ., 0, 0 2 11 0 tsxx . 2 0 1 1 x x x dxf 根据无穷积分的cauchy准则，发散，这与题设收敛矛盾. x a dxf x a dxf 3.3当命题的结论中带有“不存在”或者类似的带有否定意味的词 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 8 时，反证法相对直接证证法比较好证. 例例 3 3 证明dirichlet函数 d（x）= qx qrx , 1 /, 0 在任何点处无极限. 证证 反设在点，则0与1中至少有一个不为a.不妨设 axd xx rx )(lim 0 , 0 ，则存在a的开领域.于是，时，1a auau1 , 0 0, 0xx当 d(x)u(a).当然d（x）.但因q在r中是稠密的，必有1 所以，,0 . . 0 xxtsqx， 1=d（）u(a), x 这与1u（a）相矛盾. 例例 4 4 设f在区间上可导，则导函数无第一类间断点.ba, f 证法证法1 1 假设为的第一类间断点，则与存在极限，因为f 0 x x f 0 xf 0 xf 在点处可导，故f在点处连续.根据导数极限定理，有 0 x 0 x =. 0 xf 0 xf 0 x f 0 xf 0 xf 所以，在点处连续，这与为的间断点相矛盾. f 0 x 0 x x f 证法证法2 2 假设为的第一类间断点，则与存在极限，且 0 x x f 0 xf 0 xf （或）.不失一般性，设.对 00 xfxf 00 xfxf 00 xfxf 0 0，时， 00 xfxf 00 , 0xxx当 ， 00 0 0 2 1 2 xfxfxfxf . 0000 1 0 2 1 2 1 xfxfxfxfxfxf 任取，则.在中无，s.t. 001 ,xxx 001 2 1 xfxfxf 01,x x ，这与darboux定理（导函数介值定理）的结果相矛 00 2 1 xfxff 盾. 例例 5 5 不存在函数f：rr，在所有无理点不连续，而在所有有理点连续. 证法证法1 1 假设存在函数f：rr在所有无理点不连续，而在所有有理点连续. 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 9 令 . n xwxfrxe fn 1 的振幅在 显然，为闭集且为内点。另一方面，设可数集q= n eqren/ q=,则独点集也是无内点的闭集.于是，,.,. 2, 1n rrr n r r=q. 11 / n n n n erqr 根据baire定理1.3.6知，r为内点，这与r中任一点都为内点相矛盾. 证法证法2 2 假设存在函数f：rr在所有无理点不连续，而在所有有理点连续. 设q=,取，因f在处连续，故,.,. 2, 1n rrr 1 * 1 / rqr * 1 r ，2，且有 1 * 11 * 111 ,. ., 0rrrts 2 1 1 . 1 * 11 * 1 * 1 , 2 1 rrxrfxf 再取. *1211 * 11 * 1 * 2 ,rrrqrrr 由f在处连续知，s.t. * 2 r0 2 , 2 21 * 11 * 12 * 22 * 2 * 121 2 1 2 ,rrrrrrr 且有 . 2 * 22 * 2 2 * 2 , 2 1 rrxrfxf 如此下去，可取 * 1 * 111 * 11 * 1 * ,.,/, nnnnnnn rrrrqrrr 再由f在处连续知，s.t. * n r0 n nnnnnn rrrrrr * 1 * 1,1 , , 2 1 2 , 1 * 11 * 1 n nnnnn rr 且有 . nnnn n n rrxrfxf * , 2 1 根据闭区间套原理知，.易见，点为无理点，且 1 * 01 , n nnnn rrx 0 x ，即f在无理点处连续，这与假设矛盾. 0 0 xwf 0 x 例例 6 6 设m,n 0，证明+mx+n=0不存在实数根. 3 x 例例 7 7 方程-3x+m=0（m为常数）在上不可能存两个不同的根. 3 x 1 , 0 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 10 这两个例子都是需要证明的命题中出现了否定形式不存在的情况.因为在分析 学的一些内容里，例如积分中值定理、 零点定理和微分基本定理等大部分都是 以至少存在一点的肯定形式出现的，所以要论证这类以否定形式出现的问题没 有正面的依据来直接证明.而当作出反面假设后，则可将论证展开，因此使用反 证法比较适合这类题型. 3.4，当证明的命题为“函数的有界性”时，适合用反证法. 例例 8 8 函数f（x）在闭区间上连续，则f在上有界.ba,ba, 设s=.由分析可知，s为非空有上界数集，于是baxxafx,上有界，在 由确界原理，存在=sup s.现用反证法证明=b. 若b，由连续函数的局部有界性，f（x）在（）内有0 0 00, 界，即相矛盾，所以=b.sup, 00 而这与使sxx 再证函数f在上有界.因为f在点b连续，于是，f在（b-上有ba,0b, 界；再由b=sups，可知f在中有界，于是f在上有界. ba,ba, 例例 9 9 用区间套定理证明闭区间上连续函数的有界性定理.nm, 例例 1010 证明有界闭区域d上的二元函数z=f必有界. yx, 以上两个例子中，第一个限定要用区间套定理证明，第二个是第一个的推广， 在此意义下，若直接论证，构造可使论证展开的区间套极为困难，而其否定 陈述：函数无界，则至少在闭区间的二等分的子区间中的某一个上界，nm, 因此可用二等分区间法构造区间套，将论证展开，故都适合用反证法证明. 3.4当命题的结论中出现“唯一”，“最多只有”“必有”和“至 少”等词的情况下，适合用反证法来证明. 例例 1111 极限唯一性的证明：设数列有极限（实数，或+，或-），则 n a 极限是唯一的. 证法证法1 1 设=a,及=b，a，br. n x a lim n x a lim 反设ab,不失一般性,设ab.令=0. 0 2 ab 由极限定义1.1.1知 n,当n时，a-a+； 1 n 1 n 0 n a 0 n，当n时，b-b+. 2 n 2 n 0 n a 0 所以，当nn=max时， 21,n n =b-=b-a+=a+=, 2 ab 2 ab 0 0 2 ab 2 ab 矛盾.即证得极限的唯一性. 证法证法2 2 设=a,及=b，a，br. n x a lim n x a lim 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 11 反设ab.令=0，根据数列极限的定义1.1.1， 0 ba ，当nn时, ,nn 2 0 aan 2 0 ban 所以，+=，ba baaa nn 2 0 2 0 0 ba 矛盾. 值得注意的是这种证法不能应用到极限为的情况，因此还必须给出能推, 广到的证法，方法一即是.-或 证法证法3 3 设=a,及=b，a，br. n x a lim n x a lim 反设ab.不妨设ab，则存在a的开领域与b的开领域，s.t. = a u b u a u b u .由极限定义1.1.1知，,当n时，；,当nnn 11 n an ua nn 2 时, ,所以，nmax时，矛盾. 2 n bn ua 21,n n ban uua 例例 1212 由实数连续性命题（三）实数连续性命题（四） 实数连续性命题（三）：（闭区间套原理）设递降闭区间序列 ,., 2211 nn bababa 其长度，则，即，nab nn 0 1 01 , n nn bax nn bax, 0 .表示存在惟一 1 nn 实数连续性命题（四）（有界闭区间的紧致性，heine boral 有限覆盖定理） 的任何开覆盖q（q中的元素均为开集，且对，必有开集u q，使ba,bax, 得x u,或）必有有限子覆盖（有，即 qu uba ,baquuu n ,., 21 覆盖 ）. n k k uba 1 , 证证 反设区间不能被q中有限个开集所覆盖，将等分为两个闭区间ba,ba, 与，则此两个区间中必有一个不能被q中有限个开集所覆盖， 2 , ba a b ba , 2 记此区间为.再将等分为二，二者中又必有一个不能被q中有限个 11,b a 11,b a 开集所覆盖，记此区间为，如此下去，得一递降闭区间序列： 22,b a 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 12 ,., 2211 nn bababa 其中每一个都不能被q中有限个开集所覆盖， 且长度 . n ab ab n nn , 0 2 因此，连续性命题（三）（闭区间套原理），.由于q覆盖， 1 01 , n nn baxba, 故必存在.但为开集，显然，时，有 000 . .,uxtsqu 0 unnn当, . 00 ,ubax nn 于是，区间被中的一个（当然是有限个）开集所覆盖。这与上面构造 nn ba , 不被q中有限个开集所覆盖相矛盾. nn ba , 例例 1313 设f在区间i上连续，且只有唯一的极值点， 0 x （1）如果为f的极大值点，则为f的唯一的最大值点； 0 x 0 x （2）如果为f的极小值点，则为f的唯一的最小值点. 0 x 0 x 证证（1）假设有，使f（）f（），不妨设.ixxx 101 , 1 x 0 x 1 x 0 x 由于f在上连续，则它必有最小值.因为为f的极大值，故，使 10,x x 0 x0 得 f（x）f(), 0 x 00,x xx 则必有，使f（）f()（否则f（x）f(), 00,x xx x 0 x 0 x ,从而 中任何点均为f的极值点，这与只有唯一的极 00,x xx 00,x x 值点相矛盾）.由以上讨论知，与 均不为f在中的最小值点.其最 0 x 0 x 1 x 10,x x 小值点，当然为f的极小值点，这与为f的唯一的极值点相矛盾. 10,x x 0 x 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 13 4，结束语 要用好反证法, 就要正确掌握、灵活运用 反设、归谬，这两个反证步骤.反设 是反证法的第一步,能否正确否定结论, 对论证的正确性有着直接的影响. 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计） 14 参 考 文 献 1李得虎. 数学方法论与解题研究m . 北京: 高等教育出版社, 2003 2孙本旺，汪浩.数学分析中的典型例题和解题方法.长沙：湖南科学技术出版 社，1985 3徐利治，冯克勤，方兆本，徐森林.大学数学解题法诠释.合肥：安徽教育出 版社，1999 4汪林.数学分析中的问题和反例.昆明：云南科技出版社，1990 5裴礼文.数学分析中的典型问题和方法.北京：高等教育出版社，1985. 6胡传孝. 高等数学的问题、方法与结构m . 武汉大学出版社, 1997. 7朱如恒. 数学教学中的逆向思维j . 工科数学, 1990, ( 6) . 8张顺燕.数学的思想，方法和应