竞赛讲座 31类比与联想VIP专享VIP免费

竞赛讲座31－类比与联想1．类比已知甲问题与乙问题有某些类似之处，猜想乙问题的某个结论或某种解法也适合甲问题，从而将这个结论移植给甲问题或用类似方法解决甲问题，这种解决问题的思维形式叫做类比推理.类比只是一种猜测，是否可行还要靠逻辑推理来解决.例1如图27-1，一直线l交四边形ABCD各边AB、BC、CD、DA或其延长线于E、F、G、H，则有分析此例中条件和结论都类似于梅氏定理，由此考虑将梅氏定理的证明方法施于此例.连BD交l于点O，在△ABD和△BCD中，分别使用梅氏定理可得两式相乘即得所证结论.例2（第3届国际中学生数学竞赛题）如图27-2，P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC，CA，AB于Q、R、S.求证、、三者之中，至少有一个不大于2，也至少有一个不小于2.分析例2条件与下述熟悉的命题条件一样：“P为△ABC内任意一点.直线AP、BP、CP交BC、CA、AB于Q、R、S.求证：”这说明可将这个命题的结论用于例2，由知中至少有一个不大于，不妨设≤即3PQ≤AQ.而AQ=AP+AQ，∴AP≥2PQ，∴≥2，即不小于2.同理可证三式中至少有一个不大于2.2．联想由前面的例题的解决，我们看到类比是与联想交织在一起的.事实上不论用什么方法解决问题都少不了运用“联想”.根据问题之间的相似性、接近性、对比性进行由此及彼的联想，从而将某个已知的结论和方法的全部或部分移植给所研究的新问题是解决问题的一种基本思想方法.例3已知0＜a＜1，0＜b＜1.求证：+≥分析观察待证式左端，它的每个根式都使我们想到Rt△ABC中的等式a2+b2=c2，激起我们构造平面图形利用几何方法证明这个不等式的大胆想法.如图27-3，作边长为1的正方形ABCD，分别在AB、AD上取AE=a，AG=b，过E、G分别作AD、AB的平行线，交CD、BC于F、H，EF、GH交于O点.由题设条件及作图可知，△AOG、△BOE、△COF、△DOG皆为直角三角形.∴OC=再连结对角形AC，BD，易知AC=BD=，OA+OC≥AC，OB+OD≥BD，∴≥合理的联想是以正确的观察为基础的.观察所研究的问题的特征和规律，联想似曾相识的问题，便可以迅速地找到一个解决新问题的模式.例4（柯西不等式）（）·（）≥（a1b1+a2+b2+…+anbn）2（其中等号当时成立）.分析设a=，c=，b=2（a1b1+a2+b2+…+anbn），求证不等式变为b2-4ac≤0，这不就是一元二次方程的判别式吗？于是构造下面无相异实根的实系数一元二次方程解此题便是十分自然的事了.设f（x）=（）x2-2（a1b1+…+anbn）·x+（），变形为f（x）=（a1x-b1）2+…+（anx+bn）2≥0.这说明方程f（x）=0仅当时有相等实根，否则无实根，故f（x）=0的判别式不大于0，即（）（）≥（a1b1+…+anbn）2.对于一般性的命题联想它的特殊情况，从研究特殊情形入手常可以找到解决一般问题的方法.例5（第18届全苏中学生数学竞赛题）数学x（≠0）和y使得对任意的n≥1，数都是某整数的平方数，求这样的x和y.解从最简单的情形入手.如果，那么A是大于40的两位数，并且它的末位数字是2或8，可以验证仅当A=68或98时，A2的百位数6，即682=4624；982=9604.现在来看一般情况，=4·+2（10n+…+10+1）+2=4·10n+1·==[（2·10n+1+4）/3]2==66…682.=（10n-1）10n+2+6·10n+1+4=（10n+1-2）2=.∴x=4，y=2或x=9，y=0.例6设P1，P2，…，Pn依次为△ABC中∠BAC的n等分线与BC的交点，求证分析先考虑n=2的情形，即“设P1为△ABC的∠BAC的平分线与BC的交点，求证”.这是三角形内角平分线性质,证法很多.因考虑到要证的一般情形的结论是线段的乘积的比,故我们利用三角形的面积公式来证.如图27-4,在△ABP1和△ACP1中， ∠BAP1=∠CAP1且BP1与CP1边上的高相等，∴即再考虑n=3的情形，即“设P1，P2为△ABC的∠BAC的三等分角线与BC的交点，求证如图27-5，仿上可证上两式后面等式相乘得运用上面特殊情况的方法可证得一般情况.数学中的实际问题的解决，大多是从联想相应的为数学模型开始的.例7海滩上的一堆苹果是五个猴子的财产，它们要平均分配.第一个猴子来了,它把苹果平均分成五堆还剩下一个.它把剩下的一个仍到大海里,自己拿走了一堆;第二个猴子来了,它又把苹果平均分成5堆,又多了一个,它又仍掉一个,拿走了一堆;以后每个猴子来了都照此办理.问原来至少有多少苹果?最后至少有多少苹果?解...