推理2.6 大胆猜想 小心求证 善待归纳法.doc

2.6 大胆猜想 小心求证 善待归纳法猜想是数学家创造发明的法宝，也是数学学习中的一个重要思想方法. 你所看到的构思奇妙的数学定理、简明精巧的数学公式，大多数是先由数学家猜想得到结论，然后经过证明确认为真的. 正如波利亚所说：“数学家的创造性工作成果是论证推理，即证明；但是这个证明是通过合情推理，通过猜想而发现的. ”如果没有猜想，纯洁梦幻的数学巨轮将搁浅海滩；如果没有猜想，巍峨瑰丽的数学大厦将不复存在. 在数学猜想中，归纳、类比是获得猜想的两个重要的方法波利亚说：“猜想是合情推理的最普遍、最重要的一种，归纳也好，类比也好，都包含着猜想的成分. ”法国数学家、天文学家拉普拉斯也说过：“在数学里，发现真理的主要工具就是归纳和类比. ”数学解题与数学发现一样，通常都是在通过归纳、类比等探测性方法进行探测的基础上，获得对有关问题的结论或解决方法的猜想，然后再设法证明或否定猜想，进而达到解决问题的目的一枚举归纳猜想归纳猜想是通过对特例进行观察与综合以发现一般规律的渠道. 它是由特殊向一般的推理，它所得出的结论是或然的，但这种方法的重要性不容忽视，正如数学王子高斯所强调的：“用归纳法可萌发出极漂亮的新的真理”.枚举归纳是不完全归纳的一种. 枚举归纳是以对某些对象的重复验证作为归纳根据的，前面提到的找规律大都是枚举归纳. 这种归纳可以发现问题，但可靠性有一定问题. 比如，17世纪，法国数学家费马曾得到一个后人以其名字命名的定理：如果p为素数，a为任意自然数，那么ap-a是p的倍数. 上述定理的逆命题是否成立呢？费马之后，研究者数不胜数. 德国数学家莱布尼兹就曾提出：如果p不是素数，那么2p-2就不是p的倍数. 因此，在莱布尼兹看来，费马定理的逆命题是成立的：如果ap-a是p的倍数，那么p必为素数. 无独有偶，我国清代数学家李善兰也通过不完全归纳得到了类似的结论. 不幸的是，数学家萨吕斯发现了反例，彻底否定了莱布尼兹和李善兰的猜想：尽管2341-2，是341的倍数，但341=1131却是一个合数！后来人们又相继发现了更多的反例：561，645，1105，1387，1729，1905，2407，. 因此，由不完全归纳得到的结论有时往往并不正确，必须给予严格的逻辑证明. 正是由于归纳法的重要性和结论的或然性，波利亚提出要有科学的“归纳的态度”，他特别提出了下述三原则：第一，“理智上的勇气”：我们应当随时准备修正我们的任何一个猜测或信仰.第二，“理智上的诚实”：把事实摆在优先地位，如果有一种理由非使我们改变信念不可，我们就应当改变这一信念. 坚持自己那个显然与经验相抵触的猜想，就因为它正是我的猜想而坚持它，那将是不诚实的. 第三，“明智的克制”：如果没有某种充分的理由，我们不应当轻率地改变一个信念. “不轻信任何事情，只探索那些值得探索的问题”. 著名数学家克莱因也说过：“最初建立某一个假设的人所做的归纳工作，跟最初证明这个假设的人所做的演绎法的工作，当然具有同样的价值，因为这个和那个是同样必要的. ”就是说，我们可以大胆的猜想，但是必须谨慎小心的证明. 下面，我们举例说明归纳猜想证明的全过程. 例 求出所有公差为8，且由三个素数组成的等差数列. 解：观察素数数列：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,. 我们从头开始，一个一个的检验，发现公差为8的三个素数唯有3，11，19. 由于素数列是无穷数列，此外还会有其他的公差为8的三个素数成等差数列吗？直觉告诉我们，可能没有了. 这是猜想，需要证明. 显然，符合要求的三个素数一定都是奇数. 若首项为2n+1，则此数列的三项为2n+1，2n+9，2n+17 (nN). 以下讨论n被3除的所有可能情况：当n=3k时，2n+9=6k+3=3(2k+3)，为非素数；当n=3k+1时，2n+1=6k+3=3(2k+1)，除k=0以外，2n+1为非素数. 当n=3k+2时，2n+17=6k+21=3(2k+7)，为非素数. 所以，只有当k=0，即n=3k+1=1时，所设三项2n+1=3，2n+9=11，2n+17=19都是素数. 也就证明了除3，11，19外，没有其他公差为8的三个素数成等差数列了. 这里的演绎证明采用分类讨论，是完全归纳法.二. 因果归纳猜想因果归纳猜想是先观察现象再进一步分析现象背后一类事物中部分对象内在的因果关系，并以这些因果关系作为猜想前提的不完全归纳猜想. 例 平面上有n条直线，最多能把平面分割成多少个区域? 解：要使区域分割成最多，那么就要求n条直线中没有两条平行，也没有三条经过同一点. 设平面上n条直线，最多能把平面分割成f(n)个区域. 我们还是从枚举开始，画图试验，可以发现：f(1)=2，f(2)=4，f(3)=7，f(4)=11，.我们再进一步观察，发现f(2)-f(1)=2，f(3)-f(2)=3，f(4)-f(3)=4，继续下去还有f(5)-f(4)=5，f(6)-f(5)=6，. 就是说，我们还发现了前后分割之间的因果关系. 一般地，假设平面上的n-1条直线分平面为f(n-1)块. 当新添上第n条直线时，这条直线被原来的n-1条直线分截成n段，每段都把所在平面区域一分为二，因此会增加n个区域，即有递推关系式f(n)=f(n-1)+n，且f(1)=2，所以f(n)=f(n-1)+n=f(n-2)+(n-1)+n= =f(1)+2+3+n=2+2+3+n=1+n(n+1). 类似的问题还有：平面上有n个圆，每两个圆都相交于两点，每三个圆都不相交于同一点，这n个圆把平面分成多少部分?因果归纳与枚举归纳的不同在于，枚举归纳是直接猜测结论，而因果归纳是先猜测一个因果关系，比如一个递推关系式，然后再推测结论. 正因为因果归纳猜想是建立在因果关系基础上产生的结论，比枚举归纳显然进了一步，因而可靠性更大些. 但由于仍然只考察了部分对象，猜想还不一定正确，还是要给予证明. 一般都可以应用这个因果关系给予数学归纳法的证明. 三类比猜想用类比联想的方法猜想，称为类比猜想. 例 空间有n个平面最多能把空间分成多少个区域？解：就是在没有两个平面平行，也没有三个平面相交于同一条直线，没有四个平面过同一点的条件下，n个平面能够把空间分成多少个区域？这个“空间问题”比较困难，我们可以降维处理，类比直线分平面的“平面问题”. 刚才，我们已经得到f(n)=1+n(n+1). 假设n个平面把空间分成F(n)个区域. F(1)=2，F(2)=4，F(3)=8. 下面，F(4)=16吗？我们不要急于下这个结论，因为我们可以利用因果关系来分析. 当新添上第n个平面时，这平面与原来的n-1个平面有n-1条交线，这些交线把新添的平面分成f(n-1)块，每块都把所在的空间区域一分为二，因此会增加f(n-1)个区域，于是有递推关系式F(n)=F(n-1)+f(n-1)，且f(1)=2，分别以n-1,n-2,3,2代入上式：F(2)=F(1)+f(1)，F(3)=F(2)+f(2)，F(n)=F(n-1)+f(n-1).将上面各式相加，得到F(n)=F(1)+f(n-1)+f(n-2)+f(2)+f(1)=2+=2+=2+(n-1)+=(n+1)+=(n+1)+(n-1)n(n+1)=(n+1)(n2-n+6). 所以，n个平面把空间分成F(n)=(n+1)(n2-n+6)个区域.注意F(4)=(4+1)(42-4+6)=15，可见4个平面把空间分成15个区域，而不是原来猜测的24=16个区域. 四猜测结论由归纳产生的猜想主要有两种类型：一种是猜测结论的，一种是猜测解题方法、途径的. 大多数问题都是猜测结论的，再举一个猜测结论的例子，并给出数学归纳法的证明. 例 斐波那契数列1,1,2,3,5,8,中，连续n(n2)项相加，会是斐波那契数列的某一项吗？解：从试验、观察开始枚举归纳. 1+1+2在斐波那契数列中没有，1+2+3在斐波那契数列中也没有，；1+1+2+3在斐波那契数列中没有，1+2+3+5在斐波那契数列中还是没有，于是我们自然地会产生猜想：当n2时，斐波那契数列的连续n项相加，不可能是斐波那契数列的某一项.这仅仅是一个猜想，必须要经过严格的演绎证明，一般可以采用数学归纳法. 第一步，我们先对n=3，n=4的情形作出证明. 当n=3时，由于ak+ak+1+ak+2=ak+2+ak+2ak+1+ak+2=ak+3,即有ak+3ak+ak+1+ak+2ak+4.所以,ak+ak+1+ak+2不是该数列的任何一项.当n=4时，由上面的结果可知ak+ak+1+ak+2+ak+3ak+2+ak+3=ak+4，可见，任意连续四项之和仍然不是该数列的另一项. 由上述n=3，4的讨论，我们很自然会猜测：当n3时，对任意的kN，都有ak+nak+ak+1+ak+n-1ak+n+1. 我们再证明第二步:设ak+mak+ak+1+ak+m-1ak+m+1，则ak+ak+1+ak+m-1+ak+mak+m-1+ak+m=ak+m+1故式对所有的n3成立. 综合这两步，根据数学归纳原理，我们就完成了演绎推理的全过程. 证明了我们猜想的结论正确. 五猜测解题方法在对未知结论大胆作出合乎情理猜想的同时，再根据这个猜测去考虑相应的解题方法，这是猜想的另一种类型. 例 已知f1(n)=1+2+n=n(n+1)，由此出发能递推出fm(n)=1m+2m+nm (mN)的结果吗？解：先考虑最简单的m=2情形，f2(n)=12+22+n2. 23 = (1+1)3=13+312+31+1,33 = (2+1)3=23+322+32+1,43 = (3+1)3=33+332+33+1,n3 =(n-1+1)3=(n-1)3+3(n-1)2+3(n-1)+1,(n+1)3 =n3+3n2+3n+1.将这n个等式相加，容易得到(n+1)3 =1+3f2(n)+3f1(n)+n即有 f2(n)=(n+1)3-1-3f1(n)-n=n(n+1)(2n+1)所以由f1(n)可推知f2(n). 进一步地利用(n+1)4=n4+4n3+6n2+4n+1,类似上面进行推导，又可得到(n+1)4=1+4f3(n)+6f2(n)+4f1(n)+n,即有 f3(n)=(n+1)4-1-6f2(n)-4f1(n)-n至此，我们已猜想出从f1(n)出发，对任意的mN,可以递推地得出fm(n).证明：当m=2时，f2(n)=(n+1)3-1-3f1(n)-n. 设mk时，fm(n)可由f1(n)出发递推地求出. 当m=k+1时，由于2K+2=(1+1)k+2=1k+2+1k+1+1k+1+1,3K+2=(2+1)k+2=2k+2+2k+1+2k+2+1,4K+2=(3+1)k+2=3k+2+3k+1+3k+3+1,(n+1)k+2=nk+2+nk+1+nk+n+1.将这n个等式相加，不难得到(n+1)k+2=1+fk+1(n)+fk(n)+f1(n)+n.于是有 fk+1(n)=(n+1)k+2-1-fk(n)-f1(n)-n.由归纳假设知f2(n)，f3(n)，fk(n)都可从f1(n)出发递推地求出，所以fk+1(