《数学方法论》数学中的化归方法

1、第五章数学中的化归方法就数学思想方法的研究而言，一个重要问题在于：与一般的科学家（例如物理学家）相比，数学家在思想方法上是否有其特殊的地方。对于上述问题、匈牙利著名数学家罗莎彼得（RoszaPeter）在其名著无穷的玩艺中曾通过一个有趣的事例进行分析。她所给出的事例是这样的：有人提出了这样一个问题：“假设在你面前有煤气灶、水龙头、水壶和火柴，你想烧开水，应当怎样去做？”对此，某人回答说：“在壶中灌上水，点燃煤气，再把壶放到煤气灶上。”提问者肯定了这一回答。但是，他又追问到：“如果其它的条件都没有变化，只是水壶中已经有了足够的水，那么你又应当怎样去做？”这时被提问题者往往会很有信心地回答道：“点

2、燃煤气，再把壶放到煤气灶上”。但是，这一回答却未能使提问者感到满意，因为，在后者看来，更为恰当的回答是：“只有物理学家才会这样的；而数学家则会倒去壶中的水，并声称他已经把后一问题化归成先前的已经得到解决的问题了。”罗莎指出，这种思维方法对数学家来说是十分典型的。这就是说：“他们往往不是对问题实行正面的攻击，而是不断地将它变形，直至把它转化成能够得到解决的问题。”这也就是说，数学家思维的重要特点之一，就是他们特别善于使用化归的方法去解决问题。本章的内容主要是论述化归方法的基本思想与原则以及一些具体的化归方法。5.1化归方法的基本思想与原则人们在认识一个新事物或解决一个新问题时，往往会设法将对新事

3、物或新问题的分析研究纳入到已有的认识结构或模式中来。例如，我们在解决数学问题的过程中，常常是将待解决的问题通过转化，归结为较熟悉的问题来解决，因为这样就可以充分调动和运用我们已有的知识、经验和方法于问题的解决。这种问题之间的转化概括起来就是化归方法。“化归”是转化和归结的简称。化归方法是数学中解决问题的一般方法，其基本思想是：人们在解决数学问题时，常常是将待解决的问题A，通过某种转化手段。归结为另一个问题B，而问题B是相对较易解决或已有固定解决模式的问题，且通过对问题B的解决而得到原问题A的解答。用框图可直观表示为：待解决问题（化归途径）（化归对象）较易解决的问题B（化归目标）问题A的解答原问

4、题B的解答其中，问题B常被称为化归目标，转化的手段被称为化归途径或化归策略。辩证法告诉我们：任何事物都不是孤立、静止和一成不变的，而是在不断地发展变化着。因此，作为一个数学系统或数学结构，其组成要素之间相互依存和相互联系的形式是可变的，正是这种可变的性质，产生了数学中的化归方法。化归方法有着坚实的客观基础，是人们对事物间的“普遍联系”和矛盾在一定条件下的“相互转化”的能动反映。它着眼于揭示联系，实现转化通过“矛盾转化”解决问题。在数学史上，曾有不少数学家从各种不同的角度对化归方法进行过论述。例如，笛卡儿在指导思维的法则一书中就曾提出过如下的“万能方法”：第一，将任何实际问题化归为数学问题；第二

5、，将任何种类的数学问题化归为代数问题；第三，将任何代数问题化归为方程式的求解。由于求解方程的问题被认为是已经解决的（或者说，是较为容易解决的），因此，在笛卡儿看来，我们就可以利用这样的方法去解决各种类型的问题。笛卡儿所给出的这一“问题解决”的模式可以看作是化归方法的一种具体运用。这一基本思想曾帮助笛卡儿发明了解析几何；而且现今人们把几何学命题的证明过程转化为代数方程组的零点集确定问题，最后实现机器证明定理的目标，也是这一思想的现代发展和深化。当然，任何方法都必然具有一定的局限性，因而所谓的“万能方法”是根本不存在的。数学中的化归方法在数学的理论研究及数学问题的解决过程中都占有重要的地位。例如，

6、两个数学系统之间的同构关系（视为一种化归），不同的数学对象化归在同一种数学系统中进行研究，从而导致新的数学理论的产生，因而推动了数学的发展。另一方面，化归又为解决数学问题提供了一个有力的武器。例如，在微积分中，不定积分的计算方法中就有所谓分部积分法。设函数u丿;*丿具有连续的导数，则或写作Ju(x)dv(x)=u(x)v(x)-Jv(x)du(x)转化为易求的不定积分Ju（xr（x）dx=u（x）l（x）一Jur（x）l（x）dx利用公式或有时可以使难求得不定积分JuU（x）dx，从而得到所要求的结果。又如，在定积分理论中，有著名的牛顿一莱布尼茨公式：若函数F是连续函数f*丿在区间b，刃上的一

7、个原函数，则Jbf(x)dx=F()-FQa牛顿莱布尼茨公式不仅在理论上是很重要的，而且在实际计算中也有重要的意义，即将求定积分的问题化归为求被积函数的原函数或不定积分的问题。“问题是数学的心脏”，数学问题的解决是数学教学中的一个重要组成部分，而几乎所有的数学问题的解决都离开不化归，只是体现的化归形式不同而已。计算题是利用规定的计算法则进行化归；证明题是利用定理、公理或已解决了的命题进行化归；应用问题是利用数学模型进行化归。数学问题的化归方法也是多样的。把高次的化为低次的；多元的化为单元的；高维的化为低维的；把指数运算化为乘法运算；把乘法运算化为加法运算；把几何问题化为代数问题；把微分方程问题

8、化为代数方程问题；化无理为有理；化连续为离散；化离散为连续；化一般为特殊；化特殊为一般；。因此说，离开化归方法，数学问题的解决将寸步难行。总之，数学中的化归方法的目的就是化难为易，化繁为简，化生为熟，化暗为明。为了实现有效的化归，一般应遵循以下诸原则：1、化归目标简单化原则化归目标简单化原则是指化归应朝目标简单的方向进行，即复杂的待解决问题应向简单的较易解决的问题化归。这里的简单不仅是指问题结构形式表示上的简单，而且还指问题处理方式方法的简单。例1,已知af(2x2-1)+bf(1-2x2)=4x2,a2b2丰0求f(x)分析：根据题设等式结构的特点，遵循简单化原则，予以简化。只须令2x2-1

9、二y,条件等式就可化为af(y)+bf(-y)二2y+2，在此条件下求f，关系就明朗许多。由新条件等式中f(y)与f(y)的特殊关系，我们可想到在等式中用y代y，仍会得到一个关于f(y),f(一y)的等式，这样，问题就化归为求解这两个等式组成的关于f(y),f(一y)的方程组af(y)+bf(-y)二2y+2af(-y)+bf(y)二y+2这是一个简单问题。例2,一个凸n边形，无三条对角线共点，它的边和对角线一共可以组成多少个三角形？分析：我们根据目标一一由凸n边形的边和对角线组成的三角形，是否含有凸n边形的顶点，含有多少个顶点，将所求的三角形所成的集合S分处4个集合S,S,S,S,S=l|s

10、eS,且s的三顶点中恰有i个顶点为凸n边形的顶点ii=01230123i0,1,2,3。显见，S3与凸n边形的顶点集的三元子集一一对应，故J=Cn;s2的每4个三角形对应于凸n边形顶点集的一个四元子集，反之，不同的四元子集对应于S2中完全不同的4个三角形，于是即=叫；同理：innnnIS=|S二C6+5C5+4C4+C32、和谐统一性原则化归的和谐统一性原则是指化归应朝着使待解决的问题在表现形式上趋于和谐，在量、形、关系方面趋于统一的方面进行，使问题的条件与结论表现得更匀称和恰当。x+y+z=+=1例3.已知xyz,、求证：x,y,z三个数中至少有一个为1。分析：由于条件给出的是兀y，z的运算

11、关系。由和谐统一性原则，欲证结构，我们只需证：(1-x)(1-y)(1-z)=0(将结果也表明为一种运算关系)如何证明？不妨把它化为1-x-y-z+xy+yz+zx-xyz=0联想到条件x+y+z=1，可知要证，只需证:xy+yz+zx-xyz=0而与条件xyz等价的，可知原结论是成立的。例4.在ABC中证明：cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1分析：三角形的射影定理：a=bcosC+ccosBb=acosC+ccosAc=acosB+bcosA反映了三角形中边角之间所固有的和谐统一，正是这种和谐统一性启发我们将原问题化归为齐次线性方程组的解的讨论问题：我们将射影

12、定理写成a-bcosC-ccosB=0-acosC+b-ccosA=0-acosB-bcosA+c=0由此可知，b，c（非零的）是齐次线性方程组x-ycosC-zcosB=0y得d1，从而3d-lo。又因为y0,所以，d3o,x+y+z=1求证：70 xy+yz+zx-2xyz-27TOC o 1-5 h z7xy+yz+zx-2xyz0较易证明，下面讨论27。1由x+y+z二1，取其平均值3为标准量，进行如下增量替换：1111a=x-,b=y-,c=z-a+b+c=0,且b-333，则3，于是，令7f=3(xy+yz+zx2xyz厉)=ab+bc+ca6abc=ab+c(a+b)6abc=(

13、a+b)2+ab+6ab(a+b)(禾U用a+b+c=0,减少变量个数)=(6b1)a2+(6b2b)ab2因为a，b，b-c不全为正，不妨设b0，但3，所以6b一10，于是A=(6b2b)24(6b1)(b2)=(6b1)(6b+3)b207故f0,即xy+yz+zx一2xyz0。因为方程（1）的每一实根是正数或者是负数。如果X00是方程x4ax3+bx2-ax+1-0的正根，而（-a）2+b2=a2+b2，所以只研究方程（1）至少有一正根就可以了。1u-X+令x代入（1）得u2+au+b-2-0（2）由x0,uA2，可知方程（2）至少有一个不小于2的根。另外，记d2-a2+b2，d表示坐标

14、平面上点（a，b）与原点的距离。u-Ja2-4（b-2）-a解：设方程（2）不小于2的实根为2，所以a2一4(b-2)0(ta24(b2)a2a24(b2)-4va24(b2)a+4a24(b2)a24(b2)(a+4a24(b2)这组不等式的解集是图5.3,有斜纹线的平面块x。所以d是x内（包括边界）的点与原点的距离。这些距离的最小值是边界2a+b+2=0与原点的距离。|2-0+0+2|丫CR（0；180。）A（O为AC的中点）且R（E;90。）-R（F;90。）-R（0;180）=1,其中I为恒等变换,则由旋转变换的有关性质知：AEOF为等腰直角三角形，且ZEOF=90。同理，GOH为等腰

15、三角形，且ZGOH=90。我们再作变换R（0；90。）。使AEOGR（0;9（0。）tAFOHEG=FH（旋转变换下，对应线等相等）图5.6EGFH（旋转变换下，对应直线所成的角等于旋转角）。运用几何变换的理论和方法讨论欧氏几何是用现代数学的思想方法处理综合几何的一种重要途径。一个图形，可以看作是一个点集，讨论图形的位置关系或数量关系，可以用变换的观点讨论在某种变换下的特殊规律。用几何变换（或渗透几何变换的思想方法）处理中学几何，这是当前改革中学几何内容的基本思路之一。5.3一般化与特殊化方法众所周知，“从特殊到一般”与“由一般到特殊”乃是人类认识客观世界的一个普遍规律，它在如下两个方面制约着

16、化归方法的运用。一方面，由于事物的特殊性中包含着普遍性，即所谓共性存在于个性之中，而相对一般而言，特殊的事物往往显得简单、直观和具体，并为人们所熟知，因而当我们处理问题时，必须注意到问题的普遍性存在于特殊之中，进而去分析考虑有没有可能把待解决的问题化归为某个特殊问题；另一方面，由于“一般”概括了“特殊”，“普遍”更能反映事物的本质，因而当我们处理问题时，也必须置待解决的问题于更为普遍的情形之中，进而通过对一般情形的研究而去处理特殊情形。从总体角度来看，这两个方面既各有独特的作用，又是互相制约、互相补充的。一般化与特殊化方法是数学研究及数学解题中常用的化归方法。1、特殊化方法波利亚曾经说过：“特

17、殊化是从考虑一组给定的对象集会过渡到该集合的一个较小的子集，或仅仅一个对象。”因此，特殊化常表现为范围的收缩或限制，即从较大范围的问题向较小范围的问题过渡，或从某类问题向其某子类问题的过渡。从形式上看，将一般性问题特殊化是不困难的，但某个一般性问题经过不同的特殊化处理会得到多个不同的特殊化命题，那么，哪个特殊化命题最有利于一般性问题的解决呢？显然，较为理想化的特殊问题是其自身容易解决，且从某解决过程中又易发现或得到一般性问题的解法，所以，特殊化的关键是能否找到一个最佳的特殊化问题。先谈一个古老而著名的难题“摆硬币”。例1两人相继往一张圆桌上平放一枚同样大小的硬币（两人拥有同样多的硬币，且两人的

18、硬币合起来足够摆满桌子），谁放下最后一枚而使对方没有位置再放，谁就获胜，试问是先放者获胜还是后放者获胜？怎样才能稳操胜券？当时有人向一位有才能的数学家提出这一难题时，引出了如下一段有趣的对话。数学家：这有什么难的！如果圆桌小到只能放下一枚硬币，那么先放者获胜。提问者：这还用你讲？简直是废话！数学家：不！这是一个很重要的特殊情况，它的解决将导致一般情况的解决。提问者：怎么解决？数学家：我先放中心位置，利用圆桌的对称性，我就可以获胜，不管是圆桌还是方桌只要有对称中心就行，硬币大小也可以不一，只要两人都有就行。数学家独具慧眼，就从一般性问题一下子找到一个极易求解的特殊情形，并能将该特殊情形下的解法推

19、向一般，从而轻而易举地解决了上述难题，而且还做了推广。需要特别指出的，将一个一般性的问题特殊化，通常并不难，而且经特殊化处理后会得到若干个不同的特殊问题，我们应该注意从中选择出其解法对一般解法有启迪的，或一般情况易于化归为该特殊情况来求解的。如在例1中任取圆桌径为1米，硬币直径为2厘米，得到另一特殊问题，但其解法难于利用和推广。例2在单位正方形的周界上任意两点之间连一条曲线，如果它把正方形分成面积相等的两部分，证明这条曲线的长度不小于1。分析满足题设的两点，所在位置可分为：a)M(b)图5.7两点IJ八、在单位正方形组对边上；两在位点单正方形的一组邻边上；两点在单位正方形的同一条边上；容易看到

20、，是最好解决的，如图5.7(a),曲线MN的长度三AB=1。然后，设法把、类情况化归为情况。情况如图5.7(b),曲线MN必与AC相交(否则MN不可能把正方形分为两个等积形)，设交点为G，作GM关于AC的对称曲线GM，此时M在AD上，由知曲线MGN的长度三1,从而曲线MN的长度三1。情况，如图5.7(c),将它化归为的情形的作法与类似，只须把中的对称轴AC改为对称轴EF(EF与M、N所以边AB平行，且为中位线)即可。例3若Xif0(i=1,2,3,n)，则x2x2x22+3+A1nx+x+x+A+xTOC o 1-5 h zxxx123n12n分析把结论特殊化，取两项进行研究，即先证x2x2+

21、x+x(1)xx1212逆推，去分母、比较,(1)即可得证，但这一证法不能推广到一般的n，即它只具特殊性而无一般性。若采取添项的办法，由算术几何平均不等式得2x+2x12(2)x2x2+x+xx1x212从而推出(1)，显见此证法具有一般性，从这一特殊解法中我们得到一般解法的启迪，从而使一般性问题获得解决。例4在一平面内给定n个点，其中n4,且任意三点不共线。证明：至少有Cn_3个凸四边形，其顶点为给定的点。分析：直接考虑一般情况较难。由于n4,所以先考虑n=5这一特殊情况。易证至少存在一个(C5-3)以给定点为顶点的凸四边形。由此想到，当平面内给定n个点时，可构成C:个不同的五点集，利用当n

22、=5时的结论以及同一凸四边形至多属于n一4个不同的C5n-五点集，可得至少有n-4个凸四边形以给定点为顶点，比较Cn-3C5n-与n-4即得结论。证明：先证明n=5时结论成立。因C5-3二C；二1，只须证明至少存在一个以给定点为顶点的凸四边形即可。对此又可分如下两种情况：（1）五个点中的四个点是一凸四边形的顶点，另一点任意。（2）五个点中的三个点A、B、C构成一三角形，而其它两点D、E在该三角形内部。在情形（1）已有一个以给定点为顶点的凸四边形。在情形（2），由条件，DE不经过AABC的顶点，故DE与AABC的两边相交。不妨设交AB于P,交AC于Q。则对角线BE与CD位于四边形BCED内，故B

23、CED为凸边形。故n=5情形得证。一般地，在一平面内给定n个点，则可构成C：个不同的五点集，由上面的讨论知，每一个这样的五点集至少有一个以所给定点为顶点的凸四边形，又同一个凸四边形至多属于C5n-C：-4二n-4个不同的五点集，故至于少有n4个符合要求的凸四形。C5n-比较n4与C；-3的大小。记f(n)=茴g（n）=Cn-3。n=5时,f=1,g(6)=1n=6时,f(6)=3,g(6)=3n7时f(n)=n(n1)(n2)g(n)60(n一4)+1)+25(n-4)n（n+】）+66216060故f（n）g（n）对一切n4恒成立。本题以n=5这一特殊情形作为突破口，n=5的论证不仅具有奠基

24、性作用，而且还架起了这一特殊情形与一般情形之间的桥梁。不难看出，例4的特殊化是将原问题化为一个简单的新问题，但原问题与新问题并不等价，新问题的解决并不意味着原问题解决了。即这种特殊化并没有实现将原问题的解决化归为另一个新问题的解决，仅是有助于原问题的解决，我们这种特殊化为非等价特殊化。又如例5设a,b，cGR+，求证：an+bn+CnapbqCr+aqbcp+abpCqo其中nGR,P，q,r都是非负数，且P+q+厂=n。分析：欲证的不等式涉及量较多。为此考察特殊情形：P二2,q二1,丫二0，即欲证明：a3+b3+C3a2b+b2C+C2a该不等式关于a,b,C对称，不妨设abC，则由左式一右

25、式=a2（a一b）+b2（b一c）+c2（c一a）=a2（a一b）+b2（b-c）+c2（c-b+b一a）=（a2一c2）（a一b）+（b2一c2）（bc）0故成立。进一步分析发现，本身无助于原不等式的证明，其证明方法也不能推广到原不等式。故需要重新考虑的具有启发原不等式证明的其它证法。考虑常用不等式证明方法发现，式可利用“均值不等式”获证即a3+a3+b32a3+b3a2b=a-a-b=va3-a3-b3=3372b3+c32c3+a3b2c,c2a33，相加即得。运用此法再考虑原一般问题就简单多了：仿上，apbqcr=野企牟n-劎企n-舸幺們pan+qbn+rcn7qan+rbn+pcn,

26、aqbrcpqrarbpcq6，随着n值增大。困难就越大，而且很难找出解决问题的一般方法，此时我们不妨先考虑某一类整数，同时在和数的个数也减少一个。由下面一个特殊的数量关系。（n+1）3+（-n）3+（-n）3+（n一1）3=6n我们知道，能被6整除的任何整数均可表为四个整数的立方和。由此在所作等式上进步考虑。6n=6n+03；6n+2=6（n1）+236n+1=6n+13；6n+3=6（n一4）+336n+5=6（n+1）+（一1）36n+4=6（n+2）+（一2）3这样，结论就得到了证明。例7,证明：对任意指定的正整数n，都可以找出n个连续正整数，使其中仅有一个素分析：因为对任意正整数k，

27、只要kwb,订，则（n!+k）均以k为正约数，从而知道这是一些连续的合数，其数目不少于n一1。由素数个数的无限性及最小数原理，只要设p是大于（n!+l）的最小素数，便知p（n!+n），故p，p一1，p一2,A，p一（n一1）即为符合命题要求的n个连续正整数。例8证明：任何四面体中，一定有一个顶点，由它出发的3条棱可构成一个三角形。分析：因为任何四面体的6条棱中必存在最长棱，不妨设为AB（如图5.8），若能证得A、B两点中至少有一点，从其出发的三条棱可构成一个三角形，则问题得证。用反证法，若不然，则必有图5.8AC+ADAB,BC+BDAC+AD+BC+BD=(AC+BC)+(AD+BD)AB+

28、AB=2AB矛盾。因此，命题得证。例9，平面上任交意给定六点，其中无三点共线，试证：总存在这样三个点，使由该三点为顶点的三角形的内角中有不超过300的角。分析：在任意给定的六个点中，总存在这样的两点，使其余四个点在过这两点的直线的同侧。不妨设这样的两点为A、B(如图5.9)。图5.9若上BAF120，考察ABAF的内角，同理可知，在/ABF，/AFB中必有一个角不超过300。则命题也成立。2、一般化方法波利亚在其名著怎样解题是这样阐述一般方法的：“一般化就是从考虑一个对象，过渡到考虑包含该对象的一个集合，或者从考虑一个较小的集合过渡到考虑一个包含该较小集合的更大集合。”一般化是与特殊化相反的一

29、个过程。运用一般化方法的基本思想是：为了解决问题P，我们先解比P更一般的问题Q，然后，将之特殊化，便得到P的解。例10已知实数afbfe，其中e是自然对数的底，证明abVba。lnalnb兀一分析：欲证abVba，只须证blnaValnb，即ab。f(x)二旦在(e,+s)为此，只须证明一个更一般化的命题：函数x在(e,+s)上是严格递减的，事实上在(e,+Q上,f(x)二1-lnX兀0-、x2，即f(x)是严格递减的。从而对于afbfe，有f(a)冗f(b)，此欲证结论。例10就是通过构造函数，将一个常元问题化归到一个变元问题去解决的。如大家所知，方程、不等式与函数相比较，前者是特殊形式，后

30、者是一般形式，方程和不等式的解可理解为对应函数处在特定状态时的自变量的值，其个数、大小、范围都与函数的性质有着密切联系。若我们运用一般化方法，把它们置于函数之中，则能使我们能在更一般、更广阔的领域中，应用更多的方法去寻找化归的途径。x2+y2+z2x5+y5+z5x7+y7+z7例11设x+y+z二0，试证：257。分析：对这个恒等式最容易想到的是直接将z=一(x+y)代入等式两边验证，但这样做是非常麻烦的，但我们利用递推方法不但可以较易的解决这个问题，而且可以解决一类恒等式的证明。我们先来建立递推关系：设f(n)二xn+yn+zn(ngN),xy+yz+zx二一a;xyz二b由x+y+z二0

31、,贝y以x，y,z为根的三次方程为B3-aB_b=0容易得到：(xn+yn+Zn)一a(兀-2+yn-2+Z-2)b(兀一3+yn一3+Z-3)=0则有f(n)二a(f(n-2)+bf(n-3)(n4)(*)0f(1)=x+y+z=0f=x2+y2+z2=-2(xy+yz+zx)=2a;f(3)=x3+y3+z3=3xyz=3b;f(4)=af(2)+bf(1)=2a2；f(5)=af(3)+bf=5ab;f(7)=af(5)+bf(4)=7a2bf.f(5)=f由上可知：257结论获证。有了递推关系(*)，我们还可证明一类恒等式：f.型=型.竺=型.f代飞3，23，将问题一般化，然后借助一般

32、性问题来解决特殊性问题往往会出奇制胜，而且还能抓住一类问题的本质结构。希尔伯特对此曾经说过：在解决一个数学问题时，如果我们没有获得成功，原因常常在于我们没有认识到更一般的观点，即眼下要解决的问题不过是一连串有关问题的一个环节。例12将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜然可供使用，那么不同的染色方法总数是多少？分析：可以用分类计算的方法来求解，但解完了依然对问题的实质没有任何新的认识。而一般化考虑n棱锥则便于递推，同时也抓住了问题的本质结构。解：一般地考虑n棱锥的5种颜色染法。如图5.10顶点S可染5种颜色之一，有5种染法，并且S上的颜色不能再出现在底面多边

33、形AiA2AAn的顶点上，问题转化为用4种颜色给多边形顶点染色，相邻的顶点不同色，设有n种染法,AA2a=4.3.2=243。对n3，考虑an的递推关系，若从A1开始，则A1有4种染法，继而A2,A3AAn-1均有3种染法,AAA最后到An，如果只要求An与An-1不同色，则仍有3种染法,于是总共有4.3n-1种染法，但在这个计算中包含两种情况，AAn图5.10其一是An与A1异色，这符合要求，有an种染法；其二是A1与An同色，这不符合要求，但可将与An合并成一点，得出an-1种染法，于是有a+a=43n-1nn-1a=243变形并递推a3n=-(a3n-1)=Ann-1(n4ngN*)=(

34、-l)f-3(a-33)=彳-1)n-2.3a=3bn-1+(-1)n-2nN二5a二15(27+1)二420n由乘法原理得染法共N=5an=15Ln-1+(T)n-J取n=4，得上题中，5种颜色也可以一般化为m种颜色(n3,m4)，得出相应的式Ia+a二(m-1)(m-2)n-i,(n3)、.：2(a+b+c)证法一：由题设和均值不等式有：a2+b2=丄2a2+2b2a2+2ab+b2=丄(a+b)TOC o 1-5 h zJ2&2J2ii：b2+c2(b+c),c2+a2(c+a)同理有：于是有：J2J2(a+b+b+c+c+a)=y2(a+b+c)证法二：由a2+b2等的形式可以联想到起

35、直角三角形的斜边的表达式，所以我们可以用作图的方法作出：(如图5.11)va2+b2，b2+c2，c2+a2及.2(a+b+c)ry/ibccab图5.11BA=、；a2+b2,BC=：b2+c2,CD=vc2+a2,AD=、：2(a+b+c)显然有AB+BC+CDAD，即求证式成立。证法三：由：a2+b2又使联想到复数a+bi的模，故令z=a+bi,z=b+ci,z=c+ai,1230Z|+|z|+|z|z+z+zI1a+bi+b+ci+1123即故求证式成立c+ai|(a+b+c)+(aA这个不等式可以作如下各种推广(等于号一般仅当诸zi相等且非负时成立，除非特殊情况,否则，不再一一注明)

36、。1:在已知数的适用范围内作推广，即本例中的a，b，c可以为任意实数，等号当且仅当a=b=c0时成立。2：在字母及根号个数上作推广。问题1：设ai(i=1,24n)为任意实数，求证：a2+a2+、:a2+a2+A+”a2+a2+丫a2+a21223n-1nn1、；2(a+a+A+a+a)TOC o 1-5 h z12n-1n问题2：设aeR(i=1,2,人n)，则工a2+a21区aijJ2jjj=1,工ja2+a2a2+a2这里idj1表示取一切1丰j的形如Iij的各个项之和由均值不等式，得工ia2+a2-工(a+a)=n一1丫a.、ij迈.ijJ2.iTOC o 1-5 h zi丰ji丰ji

37、=13。：在根号内字母个数上作推广。问题3：设aiGR(i=1,2,人n)，则这里工X=i=1i幻另:工a2Jn-1另i=1：ijji=1+i:a2+a2+A+a212n-1a2+a2+A+a2+a2+a2+A+a2+A23n13(工a2)(工b2)iii=1i=1要证此不等式，可以利用Canchy不等式-1-1，即得:(ab)2若響=1,2,An)为实数，则i=1ii等号当且仅当3bi成比例时成立。事实上，在Canchy不等式中，令人=b2=人=b(工a)2a=(a+a+A+a)nin12ni=1利用上面的不等式，问题3即易于解决。4。：本例题还可在字母个数上，根指数上作进一步的推广，再举其

38、中之一。问题4：设3(i=1,2人n)为实数，求证：a2+A+a2+a2+a2+A+a2+A+、；a2+A+a2m+1n1m+2nmn-1in-maii=1这里，n-m2，且nm为正整数。显然，利用Canchy不等式和问题3容易证明这一结论。5.4逐步逼近法数学中的逐步逼近法是这样一种方法，为了解决一个数学问题，首先从与该问题的实质内容有着本质联系的某些容易着手的条件或某些减弱的条件出发，再逐步地扩大（或缩小）范围，逐步逼近，以至最后达到问题所要求的解。逐步逼近法也是一种化归方法。基本上可分为两类：一类是问题序列的逐步逼近法，另一类是问题解序列逐步逼近法。哥德巴赫猜想提出已有两个多世纪，200

39、多年来，中外许多数学家为它绞尽脑汁，但这个问题迄今仍未得到彻底解决，从其的论证过程来看，就是一个运用问题序列的逐步逼近法的典型例子。为了途述方便先引入一个概念和两个符号。如果对于一个固定的整数n0,当自然数m的素因数不超过n个时，称m为素因数不超过n个的殆素数。例如，15=3X5,21=3X7都是不超过2的殆素数；30是素因数超过3的殆素数。如果对于每个充分大的偶数都可表示为两个素因数分别不超过a与b的殆素数之和时，记为a+b；如果对于每一个充分大的偶数都可表示为一个素数与一个素因数不超过C的殆素数之和时，记为（1+c）。直接证明（1+1）很难，人们就去考虑证明（a+b）。1920年，挪威数学

40、家布朗用一种古老的筛选法证明了（9+9）；1924年，德国数学家拉德马哈尔证明了（7+7）；1932年，英国数学家麦斯特曼证明了（6+6）；1938年，苏联数学家布赫斯塔勃证明了（5+5），事隔两年，1940年，他又证明了（4+4）；年，苏联数论专家维诺格拉托夫证明了（3+3）；年，我国数学家王元证明了（2+3）。从1920年到1957年，经过三十七年的努力，数学家不断改进其结果，由（9+9）推进到了（2+3），但最终目标是（1+1），毕竟是接近了些。但是上述的所有结果都有一个共同的不足之处，即只是把每一个充分大的偶数表示为两殆素数之和（其中的两个数还没有一个可以肯定为素数）。1948年，匈牙

41、利数学家兰恩依证明了（1+6）；1962年，我国数学家潘承洞证明了（1+5），同年，潘承洞和王元又证明了（1+4）；年，布赫斯塔勃、维诺格拉托夫和意大利数学家庞皮艾黎证明了（1+3）；年，我国数学家陈景润证明了（1+2），这是至今距离（1+1）最近的优秀成果。下面们再通过几个具体例子来说明逐步逼近法的运用。例1、一个定义在有理数数集上的实值函数f，对一切有理数x和y，都有f（x+y）二f（x）+f（y）。求证：对一切有理数都有f（x）二kx，其中k为实常数。证明：k究竟是什么数？不妨从x二0，1，2等考察。在等式f（x+y）二f（x）+f（y）中，令x二y二1，就有f（2）二f（1）+（1）二

42、2f；若取x二y二0，就有ff（0）+fGL2f（0）即0二fG）.0.这使我们猜测k二f（1），即对一切有理数x，有f（x）二f（1）x。下面来逐步逼近目标：（1）先考虑x为任意整数的情形。若x为正整数n，则当n=1时，有f（1）二f（1）*1。设当n=k时，有f（k）二f（1）k，那么当n=k+1时，就有f（k+1）二f（k）+f（1）二f（1）（k+1），即对一切正整数n都有f（n）二f（1）-n。又由0=f（）-f（n+（n）-f（n）+f（-n），知f（-n）二一f（n）二f（1）*（-n）从而对一切整数X,都有都有f(X)二f(1)Xo再考虑x为整数的倒数的情形。假设n为正整数。反

43、复运用等式f(x+y)二f(x)+f(y)，可得二nff(-)二f(1)丄即nn11110二f(0)二f(-_)二f(_)+f(-_)又由nnnn知f(-)二(1)-(-)nn故对一切整数的倒数x，也都有f(x)二f(1)x。mx最后设x为任意有理数，记n，其中m和n是互质的整数，n0。此时有f(m)二f(丄)+f(口)二2f(丄)+f(心)nnnnn二A=m-f(!)=f(1)-nn故对一切有理数x，都有f(x)二f(1)x例2在平面内有100条不相重合的直线，它们的交点恰好是1988个，试给出这样的直线的一种作法。分析：若这100条直线处于一般位置，则有交点Cl)。二4950个。因此可考虑

44、从这种状态出发、经过适当调整一些直线的位置，使交点数下降，从而达到要求。我们可考虑使一些直线共点而成为直线束。将上述状态下的直线进行移动，得到K个直线束，设每个直线束的条数分别为n1，n2，A，nk(ni-3,i二1，2,A，k)，且1+n2+A+nk-100，这样调整后，则每束直线的交点数减少了C21个,(i二】2A，k)，应减少的交点总数为C1200-1988二2962个。先估计一下1:因为C；7-1二2925最接近2962，故1=77。即通过移动，把77条直线变为一个直线束，则交点的几个数减少了2925个。这样只须再作调整，使交点的个数减少37个即可。再估计2:又C92-1二35最接近3

45、7,故n2=9。即通过移动，把剩下的直线中的9条变为一个直线束，则交点的个数又减少35个。再调整使交点的个数减少2个即可。因为C-1二2，故3二3，即把剩下的14条直线中的3条变为一个直线束，而其余11条直线位置不变。这样，经过调整后的100条直线就恰好只有1988个交点。例3、把12,22,32,A，812这81个数分成三部分，使其和相等。1-S二60147分析：因为S=12+22+32+A+812=180441，所以3。目标是把81个数分成3份，每份的和为60147。取哪些数作和，需经过几次探索：取先取和：12+22+32+A+572二63365(1)(2)-S这比3多出：63365-60

46、147=3218。再在(1)式中取和：12+22+32+A+212=3311这又少了3311-3218=93。而93=22+52+82。1S=S=22+52+82+222+232+A+572=60147故13(3)另外，因为12+22+32+A+712=12183622121836-S=121836-120294=1542S3，即比3多取1542。182+192+202+212=1526，且1542-1526=16=42S故2二12+32+62+72+92+102+A+172+582+592+A+712二-SS最后3例2、1=42+182+192+202+212+722+732+A+812=S

47、3例3中我们所用到的方法称为逐步调整法，它是逐步逼近法的具体应用形式a2+b2证明：ab+1是完全平方数。设a，b为正整数，ab+1整除a2+b2。a2+b2=q证：设ab+1则a2+b2=q(ab+1)(1)3x2+y2=q(xy+1)的另一解二qb-a00(2)因而（a,b）是不定方程的一组整数解。如果q不是完全平方，那么（2）的整数解中兀y均不为0,因而q（xy+1）=x2+y20则厂*-1，推出xy-0，所以兀y同号。现在设a0b0是（2）的正整数解中，使a0+b0为最小的一组解，a0-b0，那么a0是方程3）x2一qb+(b2一q)=000的解。由韦达定理，方程（3）a1a1是整数，

48、而且（1b0）也是（2）的解，所以与b0同为正整数。但由韦达定理得：b2-qb2a=00Wa1aa00匕0与a0+b0为最小矛盾。这说明q一定是完全平方。这种解法就是所谓无穷递降法：如果在q不是完全平方时，不定方程（2）有正整数解（a0b0），那么它一定还有另一组正整数解（arb1），并且a1+b1va0+b0。这样下去，将有无穷多组正整数解（an,bn）满足（2），并且a+b、a+ba+b、0011nn但这是不可能的，因为一个严格递减的正整数序列，只有有限多项（这与上述解法中，存在一个“最小解”是等价的）。这种方法是17世纪的数学家费尔马特别钟爱的。他用这种方法证明了许多不定方程的问题。例如

49、x4+y4二z4没有正整数解。还有一种称逐步淘汰逼近的方法，这种方法，是以一定的限定条件为依据，对所研究的对象进行考察，把符合条件的对象选上，把不符合条件的对象淘汰，最后得到所需求解的结果。应用逐步淘汰逼近著名的例子莫过于公元前三世纪希腊数学家爱拉托斯芬对质数的探求：他先把大于2的2的倍划去，再把大于3的3的倍数划去，接着又把大于5的5的倍数划去，如此划去，直至划去了在一定范围内的所有合数，再划去1。正是利用这种近乎“笨拙”的朴素的逐步淘汰筛选造出了十万以内的质数。集合论中的容斥原理其实也是逐步淘汰逼近法的具体应用。例5，给定1978个集合，每个集合都恰有40个元素，每两个集合都恰有一个公共元

50、素，求这1978年集会的并集所含的元素的个数。解:设1978个集合是A2*1978，1,j1978，欲求的是由容斥原理|AYAYAYA121978+工lA.j1i兀j1978于是问题在于求出A1A2AA|A.|=40,i=1,2,A,1978121978，已知iAYAYAYA121978。1=工IA.I-工|A1Aii1i19781iKj1978IAIA+A+(-1)19771AYAYAYA|1219781978中若干个集合之交集所含元素的个数。考虑集合A1，由条件，A1和其他1977个集合都相交。如果A1的每个元素都至多属于49个集合，则和A1相交的集合至多有40X49=1960个。这和A1

51、与某他1977个集合都相交矛盾。因此A1中必有元素a，它至少属于其他50个集合，设它们是A2A3,AA51，设B是A52,A53A，A1978中的一个集合。并令為，由已知条件，B和中每一个都恰有一公共元素，这些公共元素又不能是a，因此这些公共元素两两不同，于是B至少含有51个元素，这和B=40矛盾。所以a在B中，这说明，a是AA2AA1978的公共元素。由于每两个集合恰有一个公共元素，所以A1A2AA1978中任意个集合的公共元素恰有一个，即为。因此，于是乙AIA=C2ij19781i兀j978X|aIAIA=C31ijk19781i兀jk1978XIaIAIAIA=C41ijkl1978AA

52、叭kAA7AAXAIAIAIA=Cmiii197812m1i兀i兀A兀i2例1若n1,且neN，求证：1111(1+3)(1+5)(1+7)A(1+)分析：不等式的左边设为x，并加以变形得:68.A丄572n-14x二3现巧妙地构造个辅助式，5y二4易知所以2n+13，且xy2n+12n+1xy=x234，两边开平方，便得结论。11(1+)n0),x2+x2+A+x2=12n12na22a0 x0，所以A=4(x+x+A+x)2-4(n-1)(x2+x2+Af23n23a2+x2)n解此不等式，得=4(a-x)2-4(n-1)(-x2)0n-112an0 x12an(i=1,2,A,n)同理可

53、证：当我们发现所研究的数学问题中的数量关系存在明显或隐含的几何意义，或可以某种方式与几何图形建立联系时，则可构造几何图形将问题中的数量关系直接在图形中得到反映与实现，然后借助图形的性质获得问题的解答。TOC o 1-5 h z兀2兀3兀1cos一cos+cos=例4、求证：7772分析：由角的特殊性，我们注意到，在一个等腰三角形中，如果顶角的7，则底角为73n2兀如果顶角为7，则底角为7。因此，我们可构造一个三角形。如图5.12。ZA丄AABC中，AB=AC,7,D为AC上一点,3兀ZC二ZABC二7中，CB=CD，则有ZDBA=ZA=7AB=1，BC=a，则有BD=AD=ACCD=1a然后通

54、过图形来探求所需的结论。兀2a23兀acos=,cos=一7272在AABC中,图5.123兀a2+2a-12兀在ACDB中,2a2cos=,cos=72a272a3兀cos利用7的值可得：a3=a2+2a一1运用上面的结果，就可得到所证的结论。在数学解题中，常常用到构造模型的方法。这种构造方法必须认真挖掘题目中的隐含因素，巧妙地构造模型，并将问题中的条件、数量关系，在已构造的模型上实现并得到解释，从而实现问题的证明，或化归为在所构造的模型上相应问题的解决。例5，求证：C1-13+C223+A+Cnn3=n2（n+3）-2n-3nnn分析：原式等价于C1(C1)3+C2(C1)3+A+Cn(C

55、1)3=n2(n+3)2n-3n1n2nn左边为n项之和，表示有n类方法，其中每项恰为四个数之积，表示任一类方法均需分4步进行，故可构造如下一个计数模型：从n个学生中任选m个(1-m-n,mGN)学生参加教学座谈会，并从中确定一人汇报语文，一人汇报数学，一人汇报外语的学习情况(可以兼职)，问有多少种不同的选法。一方面，我们可以从n个学生中先选出参加座谈的学生，再从中确定汇报者。则有：N=C1(C1)3+C2(C1)3+A+Cn(C1)3n1n2nn另一方面，我们可以先选出汇报者，再选出其他参加座谈的学生。若均由一人汇报，则选出汇报者有Cn种方法。再在n-1个学生中逐个选出出席座谈者有2n1种方

56、法。由乘法原理，得N1=Cn2n1。若由二人汇报，则需分步考虑；10由哪二人汇报？2。谁汇报两门课程？3。汇报3。其他哪两门课程？4。其他人如何选？由乘法原理，可得3)若由三人汇报，则需分步考虑：1。由哪三人汇报？2。各汇报什么课程？N=C3P32n3人如何选？由乘法原理，可得3=nP32。再由加法原理，得：N=N+N+N=n2(n+3)2n-3123由于解唯一，所以求证式得证。例6,求r元方程x1+x2+A+xr=n非负整数解的组数。分析：解决这个问题，我们可以设计一个适当的数学问题模型，把问题直接转化到不重组合。设计如下：“把n个不加区分的球全部放入r个盒子里，每个盒子内的球数不限，也可以

57、有空盒子，共有几种不同放法？”我们设想n个球放在一条直线上(见图5.13),在两边入上固定挡板A,B。然后利用r-1个活动挡板插入球与球或球与挡板之间的空隙（例如C,，E,我们把从A板开始的每相邻两个挡板间的球数顺次记为*X2,LXr。这就是方程的一组解。D图5.13可见，方程的解的组数，即是把r-1块活动挡板所有不同的插入方法总数。而挡板的插入总方法数又是n（个球）+（r-1）（个活动挡板）个位置中任取r-1个不同位置的方法数，Cr-1即Cn+r-1。抽屉原则的应用本身就是一种模型的构造。要设法构造“抽屉”和“球”，甚至要设法构造“放法”（“球”如何放进“抽屉”里），构造得合适，有时问题可以

58、一蹴而就。例7设正奇数n工3，而ai,a2,A，an2-2n+2，是-2n+2个整数，证明：必能从上述n2-2n+2个数中选出n个数来，使它们的和能被n整除。分析：把这些数按模n的剩余类来分类。若没有数属于其中一类，则这n2-2n+2个数就属于其余的n-1类。由于n2-2n+2二（n-1）2+1，由抽屉原则知，必有某一类至少包含其中的n个数，则在这一类中取n个数，它们的和就能被n整除。若每一类都有数，则第一类都取出一个数来，这样得到的n个数被n除的余数分别为1o12a10+1+2+A+n1=（n（n1）0丄厶A,n-1。它们的和被n除的余数为2。又n为奇数,n（n-1）故2为可被n整除的整数。

59、即所取n个数之和可被n整除。定有一个A32例8平面上相异六点，无三点共线，证明：以这些点为顶点的三角形中三角形的最小边是某一个三角形的最大边。证：将每个三角形的最大边染上红色，则每个三角形至少有一边染红，每一红边至少是一个三角形的最大边。任取一点A（如图5.14）,从A引出的五条边中，由抽屉原则知：至少有三边染红或至少有三边无染色。对于前者，不妨，B2，1BAB，AB，ABABBBBB设123染红，则因123至少有一红边，如为1染图红5.。14则AAB1B2三边皆红，其最小边亦为红色，该边为某三角形的最大边。命题获证；对于后者，则因AAB1B2至少有一边为红边，故只能是B1B2同理，B2B3，

60、B3B1也应染红，则AB1B2B3三边皆红，其最小边亦为红色，命题也成立。例9已知正整数a0，人，n满足a0a1a2An，证明一定可以从中选出3个数，使其中两个之和等于第三个。证：构造n个新数bi二i-o（i二1,2，An），则有0bbAb2n2n。考虑1,2，A，n和b1,b2,A，bn这2个正整数，显然它们都小于2“，把这2“个数放进1,2,A,2n-1这2n-1个抽屉里，必有两个数在同一抽屉里，即必有两个数相等，由于1,2,A，n彼此不等，b1,b2,A，bn彼此不等，所以相等的两个数必为i中的一个与中的一个，不妨设广bt二t-0，则t二k+0，即存在ok,t满足要求。有一类数学命题，其