反证法(一)讲解课件

第三节反证法

(第一讲)第三节反证法

(第一讲)1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.2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１、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是在题设中一、反证法的理论依据及3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３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条都可以组成一4证明

设任意３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５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.故给定线段组成的三角形中必有锐角三角形.证明设任意３条给定线段组成的三角形是钝角或直角三角形.不5例2[雪尔维斯特(Syloester）问题]平面上任给n个点(n≥3),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n6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7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82、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、反证法的证明过程关于反证法的证明过程,法国几何学家J9二、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10例３

设整数k不能被５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３设整数k不能被５整除,问能否写成两个次数较低的整11若为后者,即比较系数知代入第四式得

代入第五式得由前３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12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.∴13三、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141、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15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,16证二

若能,设数i占有的两个位置分别为由题设知(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993×2=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i17注：①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.②两种证法显示了反证法导出矛盾的宽松要求.注：18例５

位数字分别为试证关于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0＜a,c≤9,0≤b≤9.若则由(＊)式知c=0,矛盾;若则由(＊)式知,矛盾.例５位数字分别为试证关于x的19若则由(＊)式知故于是这表明p有两个大于１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１的因式:20例６

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.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Ｓ

得依题意,例６结论以“只有一个”、“唯一”、“共点”、“共线”3、唯21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=22右边=左边=由于X、Y、Z不重合,有AY＜AY+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AY＜AY+YX等23例７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７设a、b、c是满足的正数.试证方程组有唯一实数解24例７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１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７设a、b、c是满足的正数.试证方程组有唯一实数解25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,264、存在性命题存在性命题，指的是结论中出现如“至少”、“至多”、“必有”等形式的命题.证明可用反证法.例８

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27又,由条件知另一方面,因不为零,有①与②矛盾.故原结论成立.②①注意：全称的否定为特称．又,由条件知另一方面,因不为零,有①与②矛盾.故原结论28例９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.故a、b、c中至少有一个为偶数.例９如果整系数二次方程有理数根,则a、b、c中至少有一29例105、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105、无限命题及正面处理情况较多的命题无限命题及正面处30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100…0(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031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Ａ,由Ａ只能飞抵其余n(n＜19)个城市.将所有城市分为两类：一类是Ａ及由Ａ可飞抵的城市,记为Ｘ;另一类的由Ａ不能飞抵的城市,记为Ｙ.则例126、无法正面证明的全称命题及其它命题已知在20个城市32且Ｘ、Ｙ之间无航线相连.航线总数不超过于是,Ｍ＝注意由二次函数的性质知,Ｍ≤171.与航线有172条矛盾.故原命题成立.且Ｘ、Ｙ之间无航线相连.航线总数不超过于是,Ｍ＝注意33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,∠Ｂ≥∠Ｃ≥∠Ｄ≥∠Ｅ,且∠Ａ≥正五边形.试证该五边形是分析改用反证法尝试.证明

设∠Ａ＞∠Ｅ．与△EAD为等腰三角形,AB=AE=DE,可得BE＞AD.考虑△ABE抓住极端元素反设且腰不太容易.正面处理时要证一串角相等,备用题例13设凸五34考虑△ABD与△EBD,有BD=BD,AB=DE,又BE＞AD,可得∠BDE＞∠ABD．①另一方面,CB=CD,有∠CBD=∠CDB．②①＋②得∠CDE＞∠CBA.这与∠Ｂ≥∠Ｄ矛盾.∴该五边形是正五边形.考虑△ABD与△EBD,有BD=BD,AB=DE,又B35作业：作业：36反证法(一)讲解课件37反证法(一)讲解课件38第三节反证法

(第一讲)第三节反证法

(第一讲)39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.40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１、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是在题设中一、反证法的理论依据及41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３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条都可以组成一42证明

设任意３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５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.故给定线段组成的三角形中必有锐角三角形.证明设任意３条给定线段组成的三角形是钝角或直角三角形.不43例2[雪尔维斯特(Syloester）问题]平面上任给n个点(n≥3),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n44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45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462、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、反证法的证明过程关于反证法的证明过程,法国几何学家J47二、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48例３

设整数k不能被５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３设整数k不能被５整除,问能否写成两个次数较低的整49若为后者,即比较系数知代入第四式得

代入第五式得由前３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50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.∴51三、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521、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53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,54证二

若能,设数i占有的两个位置分别为由题设知(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993×2=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i55注：①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.②两种证法显示了反证法导出矛盾的宽松要求.注：56例５

位数字分别为试证关于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0＜a,c≤9,0≤b≤9.若则由(＊)式知c=0,矛盾;若则由(＊)式知,矛盾.例５位数字分别为试证关于x的57若则由(＊)式知故于是这表明p有两个大于１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１的因式:58例６

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.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Ｓ

得依题意,例６结论以“只有一个”、“唯一”、“共点”、“共线”3、唯59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=60右边=左边=由于X、Y、Z不重合,有AY＜AY+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AY＜AY+YX等61例７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７设a、b、c是满足的正数.试证方程组有唯一实数解62例７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１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７设a、b、c是满足的正数.试证方程组有唯一实数解63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,644、存在性命题存在性命题，指的是结论中出现如“至少”、“至多”、“必有”等形式的命题.证明可用反证法.例８

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65又,由条件知另一方面,因不为零,有①与②矛盾.故原结论成立.②①注意：全称的否定为特称．又,由条件知另一方面,因不为零,有①与②矛盾.故原结论66例９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.故a、b、c中至少有一个为偶数.例９如果整系数二次方程有理数根,则a、b、c中至少有一67例105、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