数学中的反证法在什么问题中适用
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- 提问者网友:雨不眠的下
- 2021-02-03 18:47
数学中的反证法在什么问题中适用
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- 五星知识达人网友:末日狂欢
- 2021-02-03 19:51
数学竞赛中的反证法
在应用反证法证题时,一定要用到“反设”进行推理,否则就不是反证法.用反证法证题时,如果欲证明的命题的方面情况只有一种,那么只要将这种情况驳倒了就可以,这种反证法又叫“归谬法”;如果结论的方面情况有多种,那么必须将所有的反面情况一一驳倒,才能推断原结论成立,这种证法又叫“穷举法”.
例1 证明当p, q均为奇数时,�曲线�y=�x�2-2px+2q与x轴的交点横坐标为无理数.�(2009清华大学夏令营选拔考试)
思路分析
要说明二次方程无有理解,目前倒没有什么直接的判断方法,因此采用反证法.�
证明
反设交点横坐标为有理数,�即存在交点横坐标为x=uv ((u, v)=1),则uv�2-2puv+2q=0,即u�2-2puv+2qv�2=0, u�2=2(puv-qv�2)①为偶数,�于是u为偶数.�
�又(u, v)=1,�得v为奇数.�
�另外由①有v|u�2,从而v|u.又(u, �v)=�1,得v=1.��
�设u=2s,则4s�2-4ps+2q=0,即�2s�2-�2ps+q=0, q=2(ps-s�2)为偶数,与已知条件的奇偶性矛盾.��
从而反设不成立,说明结论成立.�
�即曲线y=x�2-2px+2q与x轴的交点横坐标为无理数.��
解题回顾
在简单整数理论中,反证法是常用的方法.主要适用的情况就是我们正面不能处理的时候,来假设结论不成立,利用假设作为条件,通过推演出矛盾,最终否定假设.在简单整数理论中,很多时候推出的矛盾是奇偶矛盾,比如说最经典的反证法证明2是无理数.
例2 已知1与90之间的19个(不同的)正整数,两两的差中是否一定有三个相等?(1990年匈牙利数学竞赛题)
分析
这类问题要从正面来处理,非常困难.可考虑从反面出发:没有三个相等的情况,最多两个相等,从而我们能得到怎样的信息呢?如果按大小顺序排列的话,那么产生18个差,这些差至多两个相等,也就形成了一些重叠,从而至少有9个不同的数,于是设法找到存在性或者矛盾的方面.�
证明
�设这19个数为1≤a�1<a�2<…<a��19�≤90.��
�由于a��19�-a�1=(a��19�-a��18�)+(a��18�-�a��17�)+�…+(a�2-a�1),��
反设右边的18个差中无三个相等,而只有两个相等,且取最小的,则
�a��19�-a�1>2×(1+2+…+9)=90,�
�这与a��19�-a�1≤90-1=89矛盾.�所以反设不真.故两两的差中定有三个相等.�
解题回顾
虽然从形式上来看没有用到“抽屉原理”,但用到了抽屉原理的思想,即18个数放到9个盒子中,最平均的情况就是每个盒子两个,否则就出现我们要证明的结果:三个数在一个盒子里,即存在三个差相等.由此,我们在讨论问题的过程中,不能仅仅盯着定理和原理能否使用,而是应该理解和挖掘定理和性质本身的数学思想,从而在解决问题的过程中灵活运用.
例3 已知以a�1为首项的数列{a�n}满足:�a��n+1�=a�n+c, a�n<3,�a�nd,a�n≥3.��
�当0<a�1<1m(m是正整数), c=1m, �d≥�3m时,求证:数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列当且仅当�d=�3m.�(2008年上海高三数学竞赛试题)
思路分析
�充分性证明“当d=3m时,数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列”它只要代入验证就可以了,没有任何的技巧和复杂的计算,必要性证明“已知数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列,求证d=3m”时,�直接证明比较困难,我们要学会跳出正面冲突,从反面考虑问题,就可以找到解决问题的办法,基本的策略是列举法,找出矛盾,使问题得以解决.�
证明
充分性略,下证必要性:�反设�d≥�3m+1,��
�则有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.��
故数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m不是等比数列.�
所以,数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列时,�d=3m.��
解题回顾
正难则反,是数学解题一个规律.正面解决困难的时候,我们有必要调整方向,从问题的反面入手,相当于增加了一个条件,�在本题中d≥3m+1比d=3m要收缩的多,数列增加就慢了,所以原来d=3m时刚好是满足的,�现在就要向后推移了,自然就应当存在矛盾,这时直觉的定性分析也帮上了忙.
例4 证明如果在取三个不同的整数值时,变量x的整系数多项式的值的绝对值都是1,那么这个多项式没有整数根.(2005年江苏竞赛初赛题)
证明
设整系数多项式f(x)对于三个不同的整数a, b, c有
�|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=1.�(1)
假定f(x)有整数根x�0,�则f(x)=(x-x�0)Q(x).� (2)(这里Q(x)是整系数多�项式)����
由(1)(2)可知,�|(a-x�0)Q(a)|=�|(a-x�0)|�|Q(a)|=1.��
由于Q(a)是整数,�则|a-x�0|=1,同理|b-x�0|=1, |c-x�0|=1.��
�从而三个数a-x�0, b-x�0, c-x�0中必有两个相等,�因此a, b, c中某两个相等.�
这与已知矛盾,从而f(x)没有整数根.�
解题回顾
(1) 运用了性质:多项式�f(x)�,�对于a, b∈R, a≠b, a-b必为�f(a)-�f(b)的因子;��
(2) 研究含有否定词“不存在”,“没有”,“不相等”,“不可能”等有关命题时,我们常用的策略是从反面考虑问题,即正难则反.
例5 �已知函数f(x)=ax�2+bx+�c (a≠�0),且f(x)=x没有实数根,问:f(f(x))=x是否有实数根?并证明你的结论.�(2009年上海交大自主招生试题)
解析
反证法.�若存在f(f(x�0))=x�0,令f(x�0)=t,则f(t)=x�0,即(t, x�0)是y=f(x)图象上的点.又f(x�0)=t,即(x�0, t)也是y=f(x)图象上的点.显然这两点不重合,且这两点关于直线y=x对称.而y=f(x)=ax�2+bx+c是连续函数,故y=f(x)=ax�2+bx+c与y=x必有交点,从而f(x)=x有实数解,�矛盾!�
解题回顾
利用反证法,使问题的解决直观明了.同时,本题的结论对一般的连续函数f(x)也成立,其运用的处理方法,是可以值得借鉴.
例6 (2008年北大自主招生试题)�实数a�i(i=1, 2, 3), b�i(i=1, 2, 3)满足�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).��
求证:��max�(a�1, a�2, a�3)≤�max�(b�1, b�2, b�3).��
思路分析
本题直接证明十分困难,于是我们想到正难则反,利用反证法,结合函数构造,来完成证明.�
解析
�不妨设a�1≤a�2≤a�3, b�1≤b�2≤b�3,则a�1≤b�1.下证a�3≤b�3.用反证法.若�a�3>�b�3,构造两个函数f(x)=(x-a�1)(x-a�2)(x-a�3), g(x)=(x-b�1)(x-b�2)(x-b�3).由已知条件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,这与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).��
解题回顾
数学竞赛考试是智慧的较量,尤其是面对困难如何摆脱的智慧.现在的数学竞赛、自主招生考试、高考必然出现“生题”“新题”,对此考生可能一时无法把握,使思考困顿,解题停顿.这些战略高地以单一的方式一味死攻并非上策,要学会从侧翼进攻,要有“战略迂回”的意识从侧面或反面的某个点突破,往往会出奇制胜.本题思维要求高,是一道难度较大的试题.�
牛顿曾经说过:“反证法是数学家最精当的武器之一”.一般来讲,反证法常用来证明的题型有:命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题;或者否定结论更明显、具体、简单的命题;或者直接证明难以下手的命题,改变其思维方向,从结论入手进行反面思考,问题可能解决得十分干脆.�
巩固训练
�
1� 证明:若f(f(x))有唯一不动点,则f(x)也有唯一不动点.(2010年浙江大学自主招生试题改编)�
2� �已知函数f(x)=13x�3-2x�2+3x �(x∈�R)的图象为曲线C,�求证不存在一条直线与曲线C同时切于两个不同点.(2009年东南大学自主招生试题)�
3� �已知有整系数a�1, a�2, …, a�n的多项式f(x)=x�n+a�1x��n-1�+…+a��n-1�x+a�n,对四个不同的整数a, b, c, d使得f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5,证明:不存在整数k使得f(k)=8.�(2009年四川竞赛初赛题)�
3� �设f(x)=ax�2+bx+c,�已知f(1), f(2), f(3), f(4), f(5)都是质数,求证:�f(x)不�能分解成两个整系数的一次式的乘积.(2010年福建数学竞赛初赛题)�
1� 证明:不妨设x�0是f(f(x))的唯一不动点,�即f(f(x�0))=x�0,令f(x�0)=t,则f(t)=x�0,那么,f(f(t))=f(x�0),而f(x�0)=t,即f(f(t))=t,这说明t也是f(f(x))的不动点.有f(f(x))有唯一不动点,知x�0=t,从而f(t)=t,�这说明t也是�f(x)的不动�点,存在性得证.�
下证唯一性.假设若f(x)还有另外一个不动点t�0,�即f(t�0)=t�0 (t≠t�0),那么f(f(t�0))=f(t�0)=t�0,这说明f(f(x))还有另外一个不动点t�0,�与题设矛盾.�
解题回顾 �当f(x�0)=x�0时,�我们称x�0为函数f(x)的不动点.利用不动点原理可以解决某些数学问题,它是自主招生考试中的热点问题.�
2� 证明:反设存在过曲线C上的点A(x�1, y�1)的切线同时与曲线C切于两点,�另一切点为B(x�2, y�2), x�1≠x�2.��
则切线方程是:�y-13x�3��1�-2x�2��1�+3x��1�=�(x�2��1�-�4x��1�+3)(x-x��1�),��
化简得:�y=(x�2��1�-4x��1�+3)x+-23x�3��1�+2x�2��1�.��
�而过B(x�2, y�2)的切线方程是y=(x�2��2�-4x��2�+3)x+-23x�3��2�+2x�2��2�,��
由于两切线是同一直线,�
则有:�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.��
�但当x�2=2时,由x�1+x�2=4得x�1=2,这与x�1≠x�2矛盾.��
所以不存在一条直线与曲线C同时切于两点.�
3� 分析:注意到a, b, c, d是多项式f(x)-5的根,于是可以构造一个多项式f(x)-5,再利用因式定理,结合反证法得到证明.�
证明:由已知,�应有f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x),�其中g(x)是整系数多项式.�
�如果有整数k使得f(k)=8,即(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3.��
但素数3不能有4个以上不同的因数,从而矛盾,�
�故不存在整数k使得f(k)=8.��
3� �反设f(x)=g(x)h(x),�其中g(x), h(x)都是整系数的一次式.�
�则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),��
这上述5个等式的左端都是质数,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个是±1. 由于g(x)是整系数的一次式,因此g(1), g(2), g(3), g(4), g(5)是不同的数,即至多一个1,一个-1;同理h(1), �h(2)�, h(3), h(4), h(5)中至多一个1,一个-1,矛盾.�
所以反设不真,故原命题成立.
在应用反证法证题时,一定要用到“反设”进行推理,否则就不是反证法.用反证法证题时,如果欲证明的命题的方面情况只有一种,那么只要将这种情况驳倒了就可以,这种反证法又叫“归谬法”;如果结论的方面情况有多种,那么必须将所有的反面情况一一驳倒,才能推断原结论成立,这种证法又叫“穷举法”.
例1 证明当p, q均为奇数时,�曲线�y=�x�2-2px+2q与x轴的交点横坐标为无理数.�(2009清华大学夏令营选拔考试)
思路分析
要说明二次方程无有理解,目前倒没有什么直接的判断方法,因此采用反证法.�
证明
反设交点横坐标为有理数,�即存在交点横坐标为x=uv ((u, v)=1),则uv�2-2puv+2q=0,即u�2-2puv+2qv�2=0, u�2=2(puv-qv�2)①为偶数,�于是u为偶数.�
�又(u, v)=1,�得v为奇数.�
�另外由①有v|u�2,从而v|u.又(u, �v)=�1,得v=1.��
�设u=2s,则4s�2-4ps+2q=0,即�2s�2-�2ps+q=0, q=2(ps-s�2)为偶数,与已知条件的奇偶性矛盾.��
从而反设不成立,说明结论成立.�
�即曲线y=x�2-2px+2q与x轴的交点横坐标为无理数.��
解题回顾
在简单整数理论中,反证法是常用的方法.主要适用的情况就是我们正面不能处理的时候,来假设结论不成立,利用假设作为条件,通过推演出矛盾,最终否定假设.在简单整数理论中,很多时候推出的矛盾是奇偶矛盾,比如说最经典的反证法证明2是无理数.
例2 已知1与90之间的19个(不同的)正整数,两两的差中是否一定有三个相等?(1990年匈牙利数学竞赛题)
分析
这类问题要从正面来处理,非常困难.可考虑从反面出发:没有三个相等的情况,最多两个相等,从而我们能得到怎样的信息呢?如果按大小顺序排列的话,那么产生18个差,这些差至多两个相等,也就形成了一些重叠,从而至少有9个不同的数,于是设法找到存在性或者矛盾的方面.�
证明
�设这19个数为1≤a�1<a�2<…<a��19�≤90.��
�由于a��19�-a�1=(a��19�-a��18�)+(a��18�-�a��17�)+�…+(a�2-a�1),��
反设右边的18个差中无三个相等,而只有两个相等,且取最小的,则
�a��19�-a�1>2×(1+2+…+9)=90,�
�这与a��19�-a�1≤90-1=89矛盾.�所以反设不真.故两两的差中定有三个相等.�
解题回顾
虽然从形式上来看没有用到“抽屉原理”,但用到了抽屉原理的思想,即18个数放到9个盒子中,最平均的情况就是每个盒子两个,否则就出现我们要证明的结果:三个数在一个盒子里,即存在三个差相等.由此,我们在讨论问题的过程中,不能仅仅盯着定理和原理能否使用,而是应该理解和挖掘定理和性质本身的数学思想,从而在解决问题的过程中灵活运用.
例3 已知以a�1为首项的数列{a�n}满足:�a��n+1�=a�n+c, a�n<3,�a�nd,a�n≥3.��
�当0<a�1<1m(m是正整数), c=1m, �d≥�3m时,求证:数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列当且仅当�d=�3m.�(2008年上海高三数学竞赛试题)
思路分析
�充分性证明“当d=3m时,数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列”它只要代入验证就可以了,没有任何的技巧和复杂的计算,必要性证明“已知数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列,求证d=3m”时,�直接证明比较困难,我们要学会跳出正面冲突,从反面考虑问题,就可以找到解决问题的办法,基本的策略是列举法,找出矛盾,使问题得以解决.�
证明
充分性略,下证必要性:�反设�d≥�3m+1,��
�则有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.��
故数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m不是等比数列.�
所以,数列a�2-1m, a��3m+2�-1m, a��6m+2�-1m, a��9m+2�-1m成等比数列时,�d=3m.��
解题回顾
正难则反,是数学解题一个规律.正面解决困难的时候,我们有必要调整方向,从问题的反面入手,相当于增加了一个条件,�在本题中d≥3m+1比d=3m要收缩的多,数列增加就慢了,所以原来d=3m时刚好是满足的,�现在就要向后推移了,自然就应当存在矛盾,这时直觉的定性分析也帮上了忙.
例4 证明如果在取三个不同的整数值时,变量x的整系数多项式的值的绝对值都是1,那么这个多项式没有整数根.(2005年江苏竞赛初赛题)
证明
设整系数多项式f(x)对于三个不同的整数a, b, c有
�|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=1.�(1)
假定f(x)有整数根x�0,�则f(x)=(x-x�0)Q(x).� (2)(这里Q(x)是整系数多�项式)����
由(1)(2)可知,�|(a-x�0)Q(a)|=�|(a-x�0)|�|Q(a)|=1.��
由于Q(a)是整数,�则|a-x�0|=1,同理|b-x�0|=1, |c-x�0|=1.��
�从而三个数a-x�0, b-x�0, c-x�0中必有两个相等,�因此a, b, c中某两个相等.�
这与已知矛盾,从而f(x)没有整数根.�
解题回顾
(1) 运用了性质:多项式�f(x)�,�对于a, b∈R, a≠b, a-b必为�f(a)-�f(b)的因子;��
(2) 研究含有否定词“不存在”,“没有”,“不相等”,“不可能”等有关命题时,我们常用的策略是从反面考虑问题,即正难则反.
例5 �已知函数f(x)=ax�2+bx+�c (a≠�0),且f(x)=x没有实数根,问:f(f(x))=x是否有实数根?并证明你的结论.�(2009年上海交大自主招生试题)
解析
反证法.�若存在f(f(x�0))=x�0,令f(x�0)=t,则f(t)=x�0,即(t, x�0)是y=f(x)图象上的点.又f(x�0)=t,即(x�0, t)也是y=f(x)图象上的点.显然这两点不重合,且这两点关于直线y=x对称.而y=f(x)=ax�2+bx+c是连续函数,故y=f(x)=ax�2+bx+c与y=x必有交点,从而f(x)=x有实数解,�矛盾!�
解题回顾
利用反证法,使问题的解决直观明了.同时,本题的结论对一般的连续函数f(x)也成立,其运用的处理方法,是可以值得借鉴.
例6 (2008年北大自主招生试题)�实数a�i(i=1, 2, 3), b�i(i=1, 2, 3)满足�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).��
求证:��max�(a�1, a�2, a�3)≤�max�(b�1, b�2, b�3).��
思路分析
本题直接证明十分困难,于是我们想到正难则反,利用反证法,结合函数构造,来完成证明.�
解析
�不妨设a�1≤a�2≤a�3, b�1≤b�2≤b�3,则a�1≤b�1.下证a�3≤b�3.用反证法.若�a�3>�b�3,构造两个函数f(x)=(x-a�1)(x-a�2)(x-a�3), g(x)=(x-b�1)(x-b�2)(x-b�3).由已知条件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,这与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).��
解题回顾
数学竞赛考试是智慧的较量,尤其是面对困难如何摆脱的智慧.现在的数学竞赛、自主招生考试、高考必然出现“生题”“新题”,对此考生可能一时无法把握,使思考困顿,解题停顿.这些战略高地以单一的方式一味死攻并非上策,要学会从侧翼进攻,要有“战略迂回”的意识从侧面或反面的某个点突破,往往会出奇制胜.本题思维要求高,是一道难度较大的试题.�
牛顿曾经说过:“反证法是数学家最精当的武器之一”.一般来讲,反证法常用来证明的题型有:命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题;或者否定结论更明显、具体、简单的命题;或者直接证明难以下手的命题,改变其思维方向,从结论入手进行反面思考,问题可能解决得十分干脆.�
巩固训练
�
1� 证明:若f(f(x))有唯一不动点,则f(x)也有唯一不动点.(2010年浙江大学自主招生试题改编)�
2� �已知函数f(x)=13x�3-2x�2+3x �(x∈�R)的图象为曲线C,�求证不存在一条直线与曲线C同时切于两个不同点.(2009年东南大学自主招生试题)�
3� �已知有整系数a�1, a�2, …, a�n的多项式f(x)=x�n+a�1x��n-1�+…+a��n-1�x+a�n,对四个不同的整数a, b, c, d使得f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5,证明:不存在整数k使得f(k)=8.�(2009年四川竞赛初赛题)�
3� �设f(x)=ax�2+bx+c,�已知f(1), f(2), f(3), f(4), f(5)都是质数,求证:�f(x)不�能分解成两个整系数的一次式的乘积.(2010年福建数学竞赛初赛题)�
1� 证明:不妨设x�0是f(f(x))的唯一不动点,�即f(f(x�0))=x�0,令f(x�0)=t,则f(t)=x�0,那么,f(f(t))=f(x�0),而f(x�0)=t,即f(f(t))=t,这说明t也是f(f(x))的不动点.有f(f(x))有唯一不动点,知x�0=t,从而f(t)=t,�这说明t也是�f(x)的不动�点,存在性得证.�
下证唯一性.假设若f(x)还有另外一个不动点t�0,�即f(t�0)=t�0 (t≠t�0),那么f(f(t�0))=f(t�0)=t�0,这说明f(f(x))还有另外一个不动点t�0,�与题设矛盾.�
解题回顾 �当f(x�0)=x�0时,�我们称x�0为函数f(x)的不动点.利用不动点原理可以解决某些数学问题,它是自主招生考试中的热点问题.�
2� 证明:反设存在过曲线C上的点A(x�1, y�1)的切线同时与曲线C切于两点,�另一切点为B(x�2, y�2), x�1≠x�2.��
则切线方程是:�y-13x�3��1�-2x�2��1�+3x��1�=�(x�2��1�-�4x��1�+3)(x-x��1�),��
化简得:�y=(x�2��1�-4x��1�+3)x+-23x�3��1�+2x�2��1�.��
�而过B(x�2, y�2)的切线方程是y=(x�2��2�-4x��2�+3)x+-23x�3��2�+2x�2��2�,��
由于两切线是同一直线,�
则有:�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.��
�但当x�2=2时,由x�1+x�2=4得x�1=2,这与x�1≠x�2矛盾.��
所以不存在一条直线与曲线C同时切于两点.�
3� 分析:注意到a, b, c, d是多项式f(x)-5的根,于是可以构造一个多项式f(x)-5,再利用因式定理,结合反证法得到证明.�
证明:由已知,�应有f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x),�其中g(x)是整系数多项式.�
�如果有整数k使得f(k)=8,即(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3.��
但素数3不能有4个以上不同的因数,从而矛盾,�
�故不存在整数k使得f(k)=8.��
3� �反设f(x)=g(x)h(x),�其中g(x), h(x)都是整系数的一次式.�
�则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),��
这上述5个等式的左端都是质数,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个是±1. 由于g(x)是整系数的一次式,因此g(1), g(2), g(3), g(4), g(5)是不同的数,即至多一个1,一个-1;同理h(1), �h(2)�, h(3), h(4), h(5)中至多一个1,一个-1,矛盾.�
所以反设不真,故原命题成立.
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- 1楼网友:骨子里都是戏
- 2021-02-03 21:20
1 假定只有一个锐角 ,那便有两个钝角,其和大于180度,而三角形三个内角和为180度,即假定不成立,故证明“三角形三个内角中至少有两个锐角” 2 假定一个三角形中有两个角不相等,这两个所对的边相等 ,而两条边相等 ,为等腰三角形,所对应 的角相等,即假定不能成立,故证明“如果一个三角形中有两个角不相等,那么这两个角所对的边也不等”.
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