1、第三節反證法 (第一講)第三節反證法 (第一講)多, 是無理數等等)都是用反證法證明的. 數學證明有直接證明與間接證明兩種,反證法是間接證法的一種. 反證法是數學證明的大法,一個命題,在無法直接正面證明或不易證明時,可應用反證法進行嘗試 歷史上許多證明的命題(如:質數有無限 多, 是無理數等等)都是用反證法證明的. 由此可見,反證法的證題特點就是在題設中一、反證法的理論依據及證明過程、反證法的邏輯依據是 (C為任意命題) 增加否定結論的條件再進行證題. 不相容的命題的合取式都構成矛盾, 由于任一對所以條件 反證法獨到的優點.的增加以及對導出矛盾的寬松限制, 就形成了由此可見,反證法的證題特點就

2、是在題設中一、反證法的理論依據及例1 設有長度分別為 的5條線段, 其中任何3條都可以組成一個三角形. 試 證：其中必有銳角三角形. 分析 問題的條件較平穩,組成的三角形較多. 想正面具體指出具有特殊性質的三角形的存在性較困難,缺乏信息. 方法有反證、分類、排序等手段. 增加信息的常用這里可考慮反證法 證明 設任意條給定線段組成的三角形是鈍 角或直角三角形. 增加了已知信息例1 設有長度分別為 的5條線段, 其中任何3條都可以組成一證明 設任意條給定線段組成的三角形是鈍角或直角三角形. 不妨設 由角的特點及條線段的大小關系, 由余弦定理可得 三式相加得 即 這與 可組成三角形矛盾. 故給定線段

3、組成的三角形中必有銳角三角形. 證明 設任意條給定線段組成的三角形是鈍角或直角三角形. 不例2 雪爾維斯特(Syloester）問題 平面上任給n個點(n3),已知過其中任意兩點的直線都經過其中另一點, 試證: 這n個點在同一直線上. 說明: 本題由英國著名數學家Syloester提出, 歷經50年無人解決. 后來被一無名小卒用反證法解決. 例2 雪爾維斯特(Syloester）問題 平面上任給n證明 設點 對任一直線 至少有一個 不在 上, 記 到 的距離為 則在有限個實數 中,必有一個最小的數(設為 ). 依題意,此時直線 上還有至少一點 不妨設 在 之間之外時,以 ( 在 或 代替 同理

4、可證), 的 距離分別為 則 不共線.且 到 證明 設點 對任一直線 至少有一個 不在 上, 記 到 的距上述證明除用到反證法外,還用了極端故這n個點在同一直線上.矛盾.說明： 性原則. 上述證明除用到反證法外,還用了極端故這n個點在同一直線上.矛2、反證法的證明過程關于反證法的證明過程 , 法國幾何學家J阿達馬有一段精彩的概括: “這個證法在于表明:若肯定定理的假設而否定結論,就會導 導出矛盾.”可見反證法的步驟可歸結為: (1)反設-設結論的反面成立;(2)歸謬- 從反設和題設條件出發,推出矛盾;(3)存真-肯定結論成立. 由于反證法的關鍵是得出矛盾,因此,反證法又稱為歸謬法. 2、反證法

5、的證明過程關于反證法的證明過程 , 法國幾何學家J二、反證法的種類反設是反證法的出發點, 如果反設只有一種情況,相應的反證法稱為簡單歸謬法; 如果 反設不只一種情況, 則相應的反證法就稱為 窮舉歸謬法，此時需分別在各種情況下一一推出矛盾, 從而說明原結論成立. 反證法 簡單歸謬法 窮舉歸謬法二、反證法的種類反設是反證法的出發點, 如果反設只有一種情況例 設整數k不能被整除, 問 能否 寫成兩個次數較低的整系數多項式的乘積?證明 假設能.則有 或 若為前者, 則 是 的根, 即 這與題設矛盾. 例 設整數k不能被整除, 問 能否 寫成兩個次數較低的整若為后者,即 比較系數知 代入第四式得 代入第

6、五式得 由前式得 若為后者,即 比較系數知 代入第四式得 代入第五式得 由而 故 這也與題設矛盾. 綜上,得證. 而 故 這也與題設矛盾. 綜上,得證. 三、反證法的應用范圍 對于什么樣的命題宜用反證法, 雖然沒有明確的劃分標準,證題的實踐告訴我們,對于具有以下特點的命題,不妨用反證法嘗試. 1、判斷性命題及起始性命題 2、否定性命題 3、唯一性命題 4、存在性命題 5、無限命題及正面處理情況較多的命題 6、無法正面證明的全稱命題及其它命題三、反證法的應用范圍 對于什么樣的命題宜用反證法1、判斷性命題及起始性命題 在數學的各個分支,最初建立的是極少數 的定義、公理, 因此某些起始性質或定理的證

7、明難以找到依據,此時常用反證法嘗試.如無理數的 發現. 判斷性命題同樣是先假設滿足條件的研究對象存在, 再由導出矛盾或找到事例而作出正確判斷(前者是反證法,后者屬于構造法).1、判斷性命題及起始性命題 在數學的各個分支,最初建立例4 能否將1,1,2,2,1986,1986排成一行,使 得兩個1間夾著1個數,兩個2間夾著2個數, 兩個1986間夾著1986個數?(1986年CMO) 證一 若能,設數i占有的兩個位置分別為 由題設知 一方面, 于是,為奇數另一方面 為偶數矛盾 故假設不成立 例4 能否將1,1,2,2,1986,1986排成一行,證二 若能,設數i占有的兩個位置分別為 由題設知

8、(1)若i為奇數, 則i+1為偶數, 同奇同偶. 說明奇號位上奇數必有偶數個, 位上奇數也有偶數個) 設為2m個(偶號(2)若i為偶數,則i+1為奇數, 一奇一偶. 說明所有偶數(共9932=1986個)有一半在奇 號位上, 另有一半在偶號位上. 綜上,1986個奇號位,一半被993個偶數占有, 2m個被奇數占有,1986=993+2m. 故假設不成立矛盾.證二 若能,設數i占有的兩個位置分別為 由題設知 (1)若i注： 證一采用了算兩次的手法,先整體處理,再奇偶性分析 ；證二先奇偶性分析 , 再整體處理.反映了反證法證明需一定的技巧. 兩種證法顯示了反證法導出矛盾的寬松要求.注：例 位數字分

9、別為 試證關于x的二次方程 2、否定性命題設p是一個三位質數,其百位、十位、個無整數解. 證明 設有整數 使 () 由 為三位質數知 0a, c9, 0b9. 若 則由()式知c=0,矛盾; 若 則 由()式知,矛盾. 例 位數字分別為 試證關于x的若 則由()式知 故 于是 這表明p有兩個大于的因式: 和這與p為質數矛盾 綜上,得證. 若 則由()式知 故 于是 這表明p有兩個大于的因式: 例 結論以“只有一個”、“唯一”、“共點”、“共線”3、唯一性命題等形式表明研究對象的唯一性的命題, 證明時可考慮反證法. 凸六邊形ABCDEF中, 對角線AD、BE、分,求證：這三條對角線相交于一點.

10、證明 設這三條對角線不相交于一點們兩兩相交于X、Y、Z). (如圖,它CF中每一條都把六邊形分成面積相等的兩部 設凸六邊形面積為 得 依題意, 例 結論以“只有一個”、“唯一”、“共點”、“共線”3、唯同理, 于是, 三式相乘并整理得 左邊= 右邊= 同理, 于是, 三式相乘并整理得 左邊= 右邊= 右邊= 左邊= 由于X、Y、Z不重合, 有AYAY+YX等成立, 比較左右兩邊對應項知, 左邊右邊. 故原命題成立. 矛盾.右邊= 左邊= 由于X、Y、Z不重合, 有AYAY+YX等例 設a、b、c是滿足 的正數. 試證方程組 有唯一實數解. 分析 先說明有解,再說明唯一性.例 設a、b、c是滿足

11、 的正數. 試證方程組 有唯一實數解例 設a、b、c是滿足 的正數. 試證方程組 有唯一實數解. 證明 在邊長為的正ABC內必存在一點P, 它到三邊的距離分別為 于是 取 則它們就是方程組的一組解. 先說明有解例 設a、b、c是滿足 的正數. 試證方程組 有唯一實數解若方程組有另外一組不同的解 則它與 中至少有一個對應數不等,不妨設 故則 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)與矛盾. 同理可證另兩分量相等,得證.若方程組有另外一組不同的解 則它與 中至少有一個對應數不等,4、存在性命題存在性命題，指的是結論中出現如“至少”、“至多”、

12、“必有”等形式的命題. 證明可用反證法. 例 設有非零實數 滿足關系式 求證： 與 中至少有一個具有不等的 實數根. (1993年北京市初二) 證明 若兩方程都沒有不等的實數根, 則 且 相加得 4、存在性命題存在性命題，指的是結論中出現如“至少”、“至多又,由條件知 另一方面,因 不為零,有 與矛盾.故原結論成立.注意：全稱的否定為特稱 又,由條件知 另一方面,因 不為零,有 與矛盾.故原結論例 如果整系數二次方程 有理數根, 則a、b、c中至少有一個為偶數.證明 若a、b、c都是奇數, 則由條件知,判別式有為奇數且是完全平方數. 為此可 設 則 將 代入得 奇偶性分析知,ac為偶數, 矛盾

13、. 故a、b、c中至少有一個為偶數. 例 如果整系數二次方程 有理數根, 則a、b、c中至少有一例10 5、無限命題及正面處理情況較多的命題無限命題及正面處理情況較多的命題,反證法可以簡捷地給予證明. 利用求證：質數有無限多個. 證明 設質數只有 這有限個. 令 顯然 不是 中任何一個, 故 是合數. 于是存在質數 另一方面, 被 中任何一個 除時余數都是1, 故 是不同于 的另一個質數. 矛盾. 故質數有無限多個.例10 5、無限命題及正面處理情況較多的命題無限命題及正面處例11 如果在小數點后接連寫出一切自然數, 得無限小數為 0.123456789101112, 試證它是一個無理數. 證

14、明 設這個數是有理數,即為循環小數,并且循環節由n位數碼組成. 由于自然數1000(共有2n個0)必在小數中出現, 故它至少有一個循環節. 這說明循環節的各位數碼全是0. 顯然,這是不可能的. 故它是一個無理數. 例11 如果在小數點后接連寫出一切自然數, 得無限小數為 0例12 6、無法正面證明的全稱命題及其它命題已知在20個城市之間有172條航線,試證: 利用這些航線可以從其中的任何一個城市 飛抵其余任何一個城市(包括中轉后抵達). 證明 設有城市,由只能飛抵其余n(n19) 個城市. 將所有城市分為兩類： 一類是及由可飛抵的城市,記為; 另一類的由不能飛抵的城市,記為.則 例12 6、無法正面證明的全稱命題及其它命題已知在20個城市且、之間無航線相連. 航線總數不超過 于是, 注意 由二次函數的性質知, 171. 與航線有172條矛盾. 故原命題成立.且、之間無航線相連. 航線總數不超過 于是, 注意 不太容易. 正面處理時要證一串角相等, 備用題例13 設凸五邊形ABCDE各邊相等, , 且正五邊形. 試證該五邊形是分析 改用反證