反证法(一)概要课件

1、第三节反证法 (第一讲)第三节反证法 (第一讲)多, 是无理数等等)都是用反证法证明的. 数学证明有直接证明与间接证明两种,反证法是间接证法的一种. 反证法是数学证明的大法,一个命题,在无法直接正面证明或不易证明时,可应用反证法进行尝试 历史上许多证明的命题(如:质数有无限 多, 是无理数等等)都是用反证法证明的. 由此可见,反证法的证题特点就是在题设中一、反证法的理论依据及证明过程、反证法的逻辑依据是 (C为任意命题) 增加否定结论的条件再进行证题. 不相容的命题的合取式都构成矛盾, 由于任一对所以条件 反证法独到的优点.的增加以及对导出矛盾的宽松限制, 就形成了由此可见,反证法的证题特点就

2、是在题设中一、反证法的理论依据及例1 设有长度分别为 的5条线段, 其中任何3条都可以组成一个三角形. 试 证：其中必有锐角三角形. 分析 问题的条件较平稳,组成的三角形较多. 想正面具体指出具有特殊性质的三角形的存在性较困难,缺乏信息. 方法有反证、分类、排序等手段. 增加信息的常用这里可考虑反证法 证明 设任意条给定线段组成的三角形是钝 角或直角三角形. 增加了已知信息例1 设有长度分别为 的5条线段, 其中任何3条都可以组成一证明 设任意条给定线段组成的三角形是钝角或直角三角形. 不妨设 由角的特点及条线段的大小关系, 由余弦定理可得 三式相加得 即 这与 可组成三角形矛盾. 故给定线段

3、组成的三角形中必有锐角三角形. 证明 设任意条给定线段组成的三角形是钝角或直角三角形. 不例2 雪尔维斯特(Syloester）问题 平面上任给n个点(n3),已知过其中任意两点的直线都经过其中另一点, 试证: 这n个点在同一直线上. 说明: 本题由英国著名数学家Syloester提出, 历经50年无人解决. 后来被一无名小卒用反证法解决. 例2 雪尔维斯特(Syloester）问题 平面上任给n证明 设点 对任一直线 至少有一个 不在 上, 记 到 的距离为 则在有限个实数 中,必有一个最小的数(设为 ). 依题意,此时直线 上还有至少一点 不妨设 在 之间之外时,以 ( 在 或 代替 同理

4、可证), 的 距离分别为 则 不共线.且 到 证明 设点 对任一直线 至少有一个 不在 上, 记 到 的距上述证明除用到反证法外,还用了极端故这n个点在同一直线上.矛盾.说明： 性原则. 上述证明除用到反证法外,还用了极端故这n个点在同一直线上.矛2、反证法的证明过程关于反证法的证明过程 , 法国几何学家J阿达马有一段精彩的概括: “这个证法在于表明:若肯定定理的假设而否定结论,就会导 导出矛盾.”可见反证法的步骤可归结为: (1)反设-设结论的反面成立;(2)归谬- 从反设和题设条件出发,推出矛盾;(3)存真-肯定结论成立. 由于反证法的关键是得出矛盾,因此,反证法又称为归谬法. 2、反证法

5、的证明过程关于反证法的证明过程 , 法国几何学家J二、反证法的种类反设是反证法的出发点, 如果反设只有一种情况,相应的反证法称为简单归谬法; 如果 反设不只一种情况, 则相应的反证法就称为 穷举归谬法，此时需分别在各种情况下一一推出矛盾, 从而说明原结论成立. 反证法 简单归谬法 穷举归谬法二、反证法的种类反设是反证法的出发点, 如果反设只有一种情况例 设整数k不能被整除, 问 能否 写成两个次数较低的整系数多项式的乘积?证明 假设能.则有 或 若为前者, 则 是 的根, 即 这与题设矛盾. 例 设整数k不能被整除, 问 能否 写成两个次数较低的整若为后者,即 比较系数知 代入第四式得 代入第

6、五式得 由前式得 若为后者,即 比较系数知 代入第四式得 代入第五式得 由而 故 这也与题设矛盾. 综上,得证. 而 故 这也与题设矛盾. 综上,得证. 三、反证法的应用范围 对于什么样的命题宜用反证法, 虽然没有明确的划分标准,证题的实践告诉我们,对于具有以下特点的命题,不妨用反证法尝试. 1、判断性命题及起始性命题 2、否定性命题 3、唯一性命题 4、存在性命题 5、无限命题及正面处理情况较多的命题 6、无法正面证明的全称命题及其它命题三、反证法的应用范围 对于什么样的命题宜用反证法1、判断性命题及起始性命题 在数学的各个分支,最初建立的是极少数 的定义、公理, 因此某些起始性质或定理的证

7、明难以找到依据,此时常用反证法尝试.如无理数的 发现. 判断性命题同样是先假设满足条件的研究对象存在, 再由导出矛盾或找到事例而作出正确判断(前者是反证法,后者属于构造法).1、判断性命题及起始性命题 在数学的各个分支,最初建立例4 能否将1,1,2,2,1986,1986排成一行,使 得两个1间夹着1个数,两个2间夹着2个数, 两个1986间夹着1986个数?(1986年CMO) 证一 若能,设数i占有的两个位置分别为 由题设知 一方面, 于是,为奇数另一方面 为偶数矛盾 故假设不成立 例4 能否将1,1,2,2,1986,1986排成一行,证二 若能,设数i占有的两个位置分别为 由题设知

8、(1)若i为奇数, 则i+1为偶数, 同奇同偶. 说明奇号位上奇数必有偶数个, 位上奇数也有偶数个) 设为2m个(偶号(2)若i为偶数,则i+1为奇数, 一奇一偶. 说明所有偶数(共9932=1986个)有一半在奇 号位上, 另有一半在偶号位上. 综上,1986个奇号位,一半被993个偶数占有, 2m个被奇数占有,1986=993+2m. 故假设不成立矛盾.证二 若能,设数i占有的两个位置分别为 由题设知 (1)若i注： 证一采用了算两次的手法,先整体处理,再奇偶性分析 ；证二先奇偶性分析 , 再整体处理.反映了反证法证明需一定的技巧. 两种证法显示了反证法导出矛盾的宽松要求.注：例 位数字分

9、别为 试证关于x的二次方程 2、否定性命题设p是一个三位质数,其百位、十位、个无整数解. 证明 设有整数 使 () 由 为三位质数知 0a, c9, 0b9. 若 则由()式知c=0,矛盾; 若 则 由()式知,矛盾. 例 位数字分别为 试证关于x的若 则由()式知 故 于是 这表明p有两个大于的因式: 和这与p为质数矛盾 综上,得证. 若 则由()式知 故 于是 这表明p有两个大于的因式: 例 结论以“只有一个”、“唯一”、“共点”、“共线”3、唯一性命题等形式表明研究对象的唯一性的命题, 证明时可考虑反证法. 凸六边形ABCDEF中, 对角线AD、BE、分,求证：这三条对角线相交于一点.

10、证明 设这三条对角线不相交于一点们两两相交于X、Y、Z). (如图,它CF中每一条都把六边形分成面积相等的两部 设凸六边形面积为 得 依题意, 例 结论以“只有一个”、“唯一”、“共点”、“共线”3、唯同理, 于是, 三式相乘并整理得 左边= 右边= 同理, 于是, 三式相乘并整理得 左边= 右边= 右边= 左边= 由于X、Y、Z不重合, 有AYAY+YX等成立, 比较左右两边对应项知, 左边右边. 故原命题成立. 矛盾.右边= 左边= 由于X、Y、Z不重合, 有AYAY+YX等例 设a、b、c是满足 的正数. 试证方程组 有唯一实数解. 分析 先说明有解,再说明唯一性.例 设a、b、c是满足

11、 的正数. 试证方程组 有唯一实数解例 设a、b、c是满足 的正数. 试证方程组 有唯一实数解. 证明 在边长为的正ABC内必存在一点P, 它到三边的距离分别为 于是 取 则它们就是方程组的一组解. 先说明有解例 设a、b、c是满足 的正数. 试证方程组 有唯一实数解若方程组有另外一组不同的解 则它与 中至少有一个对应数不等,不妨设 故则 由(3)及 (4)(4)式可推出(5)由(1)及(5)式知 再由(2)及(6)式知 (6)(7)与矛盾. 同理可证另两分量相等,得证.若方程组有另外一组不同的解 则它与 中至少有一个对应数不等,4、存在性命题存在性命题，指的是结论中出现如“至少”、“至多”、

12、“必有”等形式的命题. 证明可用反证法. 例 设有非零实数 满足关系式 求证： 与 中至少有一个具有不等的 实数根. (1993年北京市初二) 证明 若两方程都没有不等的实数根, 则 且 相加得 4、存在性命题存在性命题，指的是结论中出现如“至少”、“至多又,由条件知 另一方面,因 不为零,有 与矛盾.故原结论成立.注意：全称的否定为特称 又,由条件知 另一方面,因 不为零,有 与矛盾.故原结论例 如果整系数二次方程 有理数根, 则a、b、c中至少有一个为偶数.证明 若a、b、c都是奇数, 则由条件知,判别式有为奇数且是完全平方数. 为此可 设 则 将 代入得 奇偶性分析知,ac为偶数, 矛盾

13、. 故a、b、c中至少有一个为偶数. 例 如果整系数二次方程 有理数根, 则a、b、c中至少有一例10 5、无限命题及正面处理情况较多的命题无限命题及正面处理情况较多的命题,反证法可以简捷地给予证明. 利用求证：质数有无限多个. 证明 设质数只有 这有限个. 令 显然 不是 中任何一个, 故 是合数. 于是存在质数 另一方面, 被 中任何一个 除时余数都是1, 故 是不同于 的另一个质数. 矛盾. 故质数有无限多个.例10 5、无限命题及正面处理情况较多的命题无限命题及正面处例11 如果在小数点后接连写出一切自然数, 得无限小数为 0.123456789101112, 试证它是一个无理数. 证

14、明 设这个数是有理数,即为循环小数,并且循环节由n位数码组成. 由于自然数1000(共有2n个0)必在小数中出现, 故它至少有一个循环节. 这说明循环节的各位数码全是0. 显然,这是不可能的. 故它是一个无理数. 例11 如果在小数点后接连写出一切自然数, 得无限小数为 0例12 6、无法正面证明的全称命题及其它命题已知在20个城市之间有172条航线,试证: 利用这些航线可以从其中的任何一个城市 飞抵其余任何一个城市(包括中转后抵达). 证明 设有城市,由只能飞抵其余n(n19) 个城市. 将所有城市分为两类： 一类是及由可飞抵的城市,记为; 另一类的由不能飞抵的城市,记为.则 例12 6、无法正面证明的全称命题及其它命题已知在20个城市且、之间无航线相连. 航线总数不超过 于是, 注意 由二次函数的性质知, 171. 与航线有172条矛盾. 故原命题成立.且、之间无航线相连. 航线总数不超过 于是, 注意 不太容易. 正面处理时要证一串角相等, 备用题例13 设凸五边形ABCDE各边相等, , 且正五边形. 试证该五边形是分析 改用反证