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摘要“数学猜想” 是数学发展的关键要素,没有“数学猜想”也就没有数学的发展。纵观数学发展的整个历史,数学上的每一次发展都离不开数学猜想。文章对历史上的一些著名数学猜想进行了详细解读、研究,寻找在数学猜想中所蕴含的数学思想方法,进而提出了“数学猜想”的一些基本方法,用以作为数学教育的一些基本素材。试图在数学教学中给师生的教和学提供一条思路。
关键词数学猜想 类比猜想 归纳猜想 特殊
中图分类号:O1文献标识码:A
0 引言
数学教育的一个重要目的培养学生的创新意识和创新能力。怎样培养学生的创新意识和创新能力。 这是摆在每一个数学教育工作者面前的一个重要课题。作者研读了东北师范大学张同君教授, 云南师范大学姚文孝教授等老师的有关著作结合三十多年的教学实践, 试图言简意赅,在较短的教学时数内教给学生们数学猜想的真谛与思想方法。文章提出了三种数学猜想的具体思想方法。
1 数学史上几个著名数学猜想
1742年俄国数学家哥德巴赫在把一些充分大的合数分解成几个奇素数的和时,通过计算和观察提出了一个数学猜想,即哥德巴赫猜想。
(1)哥德巴赫猜想:①每一个大于4的偶数都可以表示为两个奇素数之和。此猜想到迄今为止仍尚未解决。
1637法国数学家费玛在研究方程xn + yn = zn的整数根时通过实验和观察提出当n>2方程xn + yn = zn无整数解, 但他自己无法证明。这便是下面的费玛大定理。
(2)费马大定理(费马猜想):当整数n>2时,xn + yn = zn方程没有正整数解。此猜想法国数学家费马自称已证明:写在书的某夹隙里,但至今还未发现。
1993年英国数学家Andrew Wiles宣布“已证明费马大定理”。到目前为止国际数学界正在审查它的证明(2003年时,据说已审完其证明,并获得菲尔兹奖)。费玛还提出了一个猜想,如下:
(3)费马小定理(猜想):如果整数a不能被素数p整除,那么ap-1-1能被P整除。(已证)
(4)四色猜想:在一个平面或球面上的任何地图只需用4种颜色,就能够使任何相邻的两个国家染不同的颜色。其中,每个国家由一个连通区域构成,并且两个国家相邻是指它们有一段公共边界。
(即:任何一个国家的不同省份都可以用最多四种颜色把它区分出来)
在介绍下面的康托尔猜想时,首先来介绍一下“无穷集合的势”的概念。
一个有穷集合,可以说它有多少个元素,例{a、b、c}有3个元素。那么对于一个无穷集合,怎样来描述它的元素的“多少”呢?可以用集合的势来表示其元素的多少。
(1°)无穷集合的势(或基数):设S1与S2是两个无穷集合,若在S1与S2的元素间能建立一个一一对应的关系,则称S1与S2有相同的势。(即这两个集合的元素一样多!)
(2°)可数集:若一个无穷集合S的元素能与自然数集N+建立一个一一对应的关系,则称该集合S叫可数集,把可数集的势记作χo,χo 是最小的无穷势,即可数集是最小的无穷集合。
可以证明:有理数集Q的势是χo。 ∴Q是可数集。 ∴有理数集Q与自然数集N+的元素一样多。
定义:集合[0,1]是不可数集(即[0,1]的元素比可数集多得多),把不可数集的势记为χ(阿列夫)。
显然 χo<χ
定理:实数集R的势是x,(∴R的元素与[0,1]一样多)
(5)康托尔猜想(连续统假说):在χo与χ之间不存在另外的势,即:不存在势u使:x0 此猜想告诉我们:只有两种无穷集合:可数集(势为χo的无穷集合);不可数集(势为χ的无穷集合)。
3 数学猜想的特征
仔细研究上面几个数学猜想的全过程, 我们发现“数学猜想” 是数学发展的关键要素,没有“数学猜想”也就没有数学的发展。而“数学猜想”是一种似真推理。即,是根据已知,运用实验、观察、归纳、类比等法对所研究的问题做出的似真推测。 数学猜想的特征:(1)真假特定性, 因为数学猜想的结果只有三种可能, 正确命题; 错误命题; 无法判定的命题。(2)科学创新性, 提出新理论,揭示新规律,建立新方法。(3)解题的快捷性, 猜想的思维方法是人们智慧和灵感的结晶,它具有灵活机动的特点,在解题上表现就是快捷性。
4 数学猜想的思想方法
数学猜想有下面方法:特殊化猜想法;类比猜想法;归纳猜想法。
4.1 特殊化猜想法
当研究一般情形较困难时, 可以转而研究特殊情形,即:把一般问题转化为特殊问题来研究。(从特殊推测一般以后,用特殊化方法在考察特殊对象的基础上,提出一般性的结论) 这种方法叫特殊化猜想法。 特殊化猜想法是数学猜想的一种重要法。特殊化猜想思想方法有:②检验特殊值、特殊函数、特殊体;特殊命题、特殊问题、或极端情形。
例1:椭圆 += 1(a>b>0)的离心率e = ,A是左顶点,F是右焦点,B是短轴的一个端点,则∠ABF= () 。
(A)30°(B)60°(C)90°(D)120°
分析:应用数学猜想的思想方法:考察极端的特殊情况,在四个选中,90°是一个极端情形,先猜想∠ABF=90°
于是只须证明:
KAB??KBF =- 1即可。
∵KAB??KBF = ??(- )= -=-= e -= -1。(注:椭圆e = )
∴∠ABF=90°,选C
注: 本题目如果用“证明方法”计算结果,是很麻烦的。 计算量大,且思路容易受阻。
例2:设函数y = f (x)定义在R上,则函数y = f (x-1)与y = f (1-x)的图象关于()。
(A)y = 0对称(B)x = 0对称 (C)y = 1对称(D)x = 1对称
(97)年高考
分析:取特殊函数y = f (x) = x2。则y = f (x-1) 2 与y = f (1-x) 2是同一个函数,它的图象关于x = 1对称。
注:本题不用特值检验法是无法求解的。
4.2 类比猜想法
类比是从特殊到特殊,或从一般到一般的逻辑推理方法。按比较的对象分,类比法可以分成两类:(1)特征类比;(2)结构类比。(这两种类比提示了我们去类比什么?)
例3:设A、B、C、D分别为四面体的四个面的面积。
(1)求证:D = AcosAD + BcosBD + CcosCD。(其中AD,BD,CD分别表示相应两的二面角)。
(2)试猜测四面体的余弦定理:D2=A2+B2+C2-()。
分析:(1)是三维空间的问题,它与二维空间中的三角形的射影定理很相似。我们可以猜测把二维空间的射影定理:c = acosB + bcosA扩展到三维空间应该是上式(1):D = AcosAD + BcosBD + CcosCD。既然如此可以类比射影定理的证明方法来证明(1)式。
证明:把△ABD看成四面体中的D面,(下一步该怎么办?)类比:过C点作底AB的垂线,过顶点P作D面的垂线,设垂足为H。
∵三个侧面在△ABD上的投影面积为:
S△AHB = S△APB??cosCD = c cosCD
(注:△APB用相的顶点c表示)
S△ACB + S△PBCcosAD = A??cosAD
S△HCA + S△PCAcosBD = A??cosBD
三式相加得:D = AcosAD + BcosBD + CcosCD。把上面等式称为四面体的射影定理。
从上面证明我们看到:四面体的射影定理的证明方法是类比三角形的证明方法得到的,这是从低维到高维,证明方法的类比。
例4:棱台上,下底的面积分别为4和64,则平行于底面且与上,下底距离之比为2:1的截面面积为()。
解:二维空间中的定比分点公式:A(x1y1),P(x1y),B(x2y2),若λ = ,则
如果把上面公式看是运算法则,看一看是否可以通过类比得出上面题目的解。
把上底面截面的距离d1比成AP,
截面到下底的距离d2比成PB。
则:λ ==
把上面比成x1,类比成x2,
则 == 6,∴S截=36。
注:这里λ == 是一维空间量的比,∴面积必须带上根号,,即只能把分别类比成点的坐标x,x1,x2。
讨论:上面类比得到的结果是否一定正确?(正确,∵这实际上是把台体的“定比分面”与解几的“定比分点”类比。是属于同一法则的类比。∴其结果不需要证明。
讨论:本题怎样用几何知识计算:如图,
∵棱台上、截、下底面是相似多边形,作出截面图 = ()2 = ()2。
即:=
∴ = ()2。∴S=36。
4.3 归纳猜想法
通过对特例的观察与综合,作出一般结论的似真推理方法叫归纳猜想法,归纳猜想法的具体方法主要有:(1)归纳法;(2)数学归纳法。
例5: 计算
解 应用不完全归纳法先猜结果
∵a1 = 3,a2 == 33
猜想 an = 33…3(共有n个3),
证明:
an2 = 11…1-22…2 = (102n-1) -(102n-1)
=(102n - 2×10n+1) = (10n - 1)2
∴an=(10n - 1) = ??99…9 = 33 …3。
评注:本题是先猜结果,后证明,采用的猜证结合解题:
例6:③试求平面上n条直线最多能为平面分成多少个平面块。
解:由“最多”可知:n条直线两两相交,且任意三条直线不能交于一点,下面来猜平面块个数,设n条直线最多可把平面分成f(n)块平面块,则:
f (1) = 2, f (2) = 4 , f (3) = 7有了这几个特值时再来猜因果关系:∵f (2) = 4 = f (1) + 2,猜:为什么f (2)比f (1)多2块?
∵后一条直线与前一条直线有一个交点,这交点把后一直线分成了两段。∴多了2块平面块。
又∵f (3) = f (2) + 3,为什么f (3)比f (2)多3块?(∵第3条直线与前2条相交有两个交点,这两个交点把第三条直线分成三段,而每一段把平面块一分为2,增加(下转第73页)(上接第69页)一块,∴共增加了3块)。
猜想:f (n) = f (n-1) + n:因为第n条直线与前n-1条直线有n-1个交点,这n-1个交点把第n条直线分成了n段,而第一段把它所在平面块一分为二,增加一块,∴共增加了n块,由上面猜想得到一个递推公式:
值得注意的是:上面猜想的推理过程,实质上是一种证明推理。所以得到的结论是正确的,不需再证明。本题目计算f (n)的过程也是非常巧妙的。
∵f (n) = f (1) + [f (2) - f (1)] + [f (3) - f (2)] +…+ [f (n) - f (n-1)]
= f (1) +2 + 3 +…+ n =(n2 + n +2)
注:本题目获得递推关系的方法是典型的归纳法:由交点把ln分成n段增加了几个平面块。从而获得其递推公式。
注释
①②③张同君等.中学数学解题研究.长春:东北师范大学出版社,2001:114-115,118-119,147-148.
关键词数学猜想 类比猜想 归纳猜想 特殊
中图分类号:O1文献标识码:A
0 引言
数学教育的一个重要目的培养学生的创新意识和创新能力。怎样培养学生的创新意识和创新能力。 这是摆在每一个数学教育工作者面前的一个重要课题。作者研读了东北师范大学张同君教授, 云南师范大学姚文孝教授等老师的有关著作结合三十多年的教学实践, 试图言简意赅,在较短的教学时数内教给学生们数学猜想的真谛与思想方法。文章提出了三种数学猜想的具体思想方法。
1 数学史上几个著名数学猜想
1742年俄国数学家哥德巴赫在把一些充分大的合数分解成几个奇素数的和时,通过计算和观察提出了一个数学猜想,即哥德巴赫猜想。
(1)哥德巴赫猜想:①每一个大于4的偶数都可以表示为两个奇素数之和。此猜想到迄今为止仍尚未解决。
1637法国数学家费玛在研究方程xn + yn = zn的整数根时通过实验和观察提出当n>2方程xn + yn = zn无整数解, 但他自己无法证明。这便是下面的费玛大定理。
(2)费马大定理(费马猜想):当整数n>2时,xn + yn = zn方程没有正整数解。此猜想法国数学家费马自称已证明:写在书的某夹隙里,但至今还未发现。
1993年英国数学家Andrew Wiles宣布“已证明费马大定理”。到目前为止国际数学界正在审查它的证明(2003年时,据说已审完其证明,并获得菲尔兹奖)。费玛还提出了一个猜想,如下:
(3)费马小定理(猜想):如果整数a不能被素数p整除,那么ap-1-1能被P整除。(已证)
(4)四色猜想:在一个平面或球面上的任何地图只需用4种颜色,就能够使任何相邻的两个国家染不同的颜色。其中,每个国家由一个连通区域构成,并且两个国家相邻是指它们有一段公共边界。
(即:任何一个国家的不同省份都可以用最多四种颜色把它区分出来)
在介绍下面的康托尔猜想时,首先来介绍一下“无穷集合的势”的概念。
一个有穷集合,可以说它有多少个元素,例{a、b、c}有3个元素。那么对于一个无穷集合,怎样来描述它的元素的“多少”呢?可以用集合的势来表示其元素的多少。
(1°)无穷集合的势(或基数):设S1与S2是两个无穷集合,若在S1与S2的元素间能建立一个一一对应的关系,则称S1与S2有相同的势。(即这两个集合的元素一样多!)
(2°)可数集:若一个无穷集合S的元素能与自然数集N+建立一个一一对应的关系,则称该集合S叫可数集,把可数集的势记作χo,χo 是最小的无穷势,即可数集是最小的无穷集合。
可以证明:有理数集Q的势是χo。 ∴Q是可数集。 ∴有理数集Q与自然数集N+的元素一样多。
定义:集合[0,1]是不可数集(即[0,1]的元素比可数集多得多),把不可数集的势记为χ(阿列夫)。
显然 χo<χ
定理:实数集R的势是x,(∴R的元素与[0,1]一样多)
(5)康托尔猜想(连续统假说):在χo与χ之间不存在另外的势,即:不存在势u使:x0
3 数学猜想的特征
仔细研究上面几个数学猜想的全过程, 我们发现“数学猜想” 是数学发展的关键要素,没有“数学猜想”也就没有数学的发展。而“数学猜想”是一种似真推理。即,是根据已知,运用实验、观察、归纳、类比等法对所研究的问题做出的似真推测。 数学猜想的特征:(1)真假特定性, 因为数学猜想的结果只有三种可能, 正确命题; 错误命题; 无法判定的命题。(2)科学创新性, 提出新理论,揭示新规律,建立新方法。(3)解题的快捷性, 猜想的思维方法是人们智慧和灵感的结晶,它具有灵活机动的特点,在解题上表现就是快捷性。
4 数学猜想的思想方法
数学猜想有下面方法:特殊化猜想法;类比猜想法;归纳猜想法。
4.1 特殊化猜想法
当研究一般情形较困难时, 可以转而研究特殊情形,即:把一般问题转化为特殊问题来研究。(从特殊推测一般以后,用特殊化方法在考察特殊对象的基础上,提出一般性的结论) 这种方法叫特殊化猜想法。 特殊化猜想法是数学猜想的一种重要法。特殊化猜想思想方法有:②检验特殊值、特殊函数、特殊体;特殊命题、特殊问题、或极端情形。
例1:椭圆 += 1(a>b>0)的离心率e = ,A是左顶点,F是右焦点,B是短轴的一个端点,则∠ABF= () 。
(A)30°(B)60°(C)90°(D)120°
分析:应用数学猜想的思想方法:考察极端的特殊情况,在四个选中,90°是一个极端情形,先猜想∠ABF=90°
于是只须证明:
KAB??KBF =- 1即可。
∵KAB??KBF = ??(- )= -=-= e -= -1。(注:椭圆e = )
∴∠ABF=90°,选C
注: 本题目如果用“证明方法”计算结果,是很麻烦的。 计算量大,且思路容易受阻。
例2:设函数y = f (x)定义在R上,则函数y = f (x-1)与y = f (1-x)的图象关于()。
(A)y = 0对称(B)x = 0对称 (C)y = 1对称(D)x = 1对称
(97)年高考
分析:取特殊函数y = f (x) = x2。则y = f (x-1) 2 与y = f (1-x) 2是同一个函数,它的图象关于x = 1对称。
注:本题不用特值检验法是无法求解的。
4.2 类比猜想法
类比是从特殊到特殊,或从一般到一般的逻辑推理方法。按比较的对象分,类比法可以分成两类:(1)特征类比;(2)结构类比。(这两种类比提示了我们去类比什么?)
例3:设A、B、C、D分别为四面体的四个面的面积。
(1)求证:D = AcosAD + BcosBD + CcosCD。(其中AD,BD,CD分别表示相应两的二面角)。
(2)试猜测四面体的余弦定理:D2=A2+B2+C2-()。
分析:(1)是三维空间的问题,它与二维空间中的三角形的射影定理很相似。我们可以猜测把二维空间的射影定理:c = acosB + bcosA扩展到三维空间应该是上式(1):D = AcosAD + BcosBD + CcosCD。既然如此可以类比射影定理的证明方法来证明(1)式。
证明:把△ABD看成四面体中的D面,(下一步该怎么办?)类比:过C点作底AB的垂线,过顶点P作D面的垂线,设垂足为H。
∵三个侧面在△ABD上的投影面积为:
S△AHB = S△APB??cosCD = c cosCD
(注:△APB用相的顶点c表示)
S△ACB + S△PBCcosAD = A??cosAD
S△HCA + S△PCAcosBD = A??cosBD
三式相加得:D = AcosAD + BcosBD + CcosCD。把上面等式称为四面体的射影定理。
从上面证明我们看到:四面体的射影定理的证明方法是类比三角形的证明方法得到的,这是从低维到高维,证明方法的类比。
例4:棱台上,下底的面积分别为4和64,则平行于底面且与上,下底距离之比为2:1的截面面积为()。
解:二维空间中的定比分点公式:A(x1y1),P(x1y),B(x2y2),若λ = ,则
如果把上面公式看是运算法则,看一看是否可以通过类比得出上面题目的解。
把上底面截面的距离d1比成AP,
截面到下底的距离d2比成PB。
则:λ ==
把上面比成x1,类比成x2,
则 == 6,∴S截=36。
注:这里λ == 是一维空间量的比,∴面积必须带上根号,,即只能把分别类比成点的坐标x,x1,x2。
讨论:上面类比得到的结果是否一定正确?(正确,∵这实际上是把台体的“定比分面”与解几的“定比分点”类比。是属于同一法则的类比。∴其结果不需要证明。
讨论:本题怎样用几何知识计算:如图,
∵棱台上、截、下底面是相似多边形,作出截面图 = ()2 = ()2。
即:=
∴ = ()2。∴S=36。
4.3 归纳猜想法
通过对特例的观察与综合,作出一般结论的似真推理方法叫归纳猜想法,归纳猜想法的具体方法主要有:(1)归纳法;(2)数学归纳法。
例5: 计算
解 应用不完全归纳法先猜结果
∵a1 = 3,a2 == 33
猜想 an = 33…3(共有n个3),
证明:
an2 = 11…1-22…2 = (102n-1) -(102n-1)
=(102n - 2×10n+1) = (10n - 1)2
∴an=(10n - 1) = ??99…9 = 33 …3。
评注:本题是先猜结果,后证明,采用的猜证结合解题:
例6:③试求平面上n条直线最多能为平面分成多少个平面块。
解:由“最多”可知:n条直线两两相交,且任意三条直线不能交于一点,下面来猜平面块个数,设n条直线最多可把平面分成f(n)块平面块,则:
f (1) = 2, f (2) = 4 , f (3) = 7有了这几个特值时再来猜因果关系:∵f (2) = 4 = f (1) + 2,猜:为什么f (2)比f (1)多2块?
∵后一条直线与前一条直线有一个交点,这交点把后一直线分成了两段。∴多了2块平面块。
又∵f (3) = f (2) + 3,为什么f (3)比f (2)多3块?(∵第3条直线与前2条相交有两个交点,这两个交点把第三条直线分成三段,而每一段把平面块一分为2,增加(下转第73页)(上接第69页)一块,∴共增加了3块)。
猜想:f (n) = f (n-1) + n:因为第n条直线与前n-1条直线有n-1个交点,这n-1个交点把第n条直线分成了n段,而第一段把它所在平面块一分为二,增加一块,∴共增加了n块,由上面猜想得到一个递推公式:
值得注意的是:上面猜想的推理过程,实质上是一种证明推理。所以得到的结论是正确的,不需再证明。本题目计算f (n)的过程也是非常巧妙的。
∵f (n) = f (1) + [f (2) - f (1)] + [f (3) - f (2)] +…+ [f (n) - f (n-1)]
= f (1) +2 + 3 +…+ n =(n2 + n +2)
注:本题目获得递推关系的方法是典型的归纳法:由交点把ln分成n段增加了几个平面块。从而获得其递推公式。
注释
①②③张同君等.中学数学解题研究.长春:东北师范大学出版社,2001:114-115,118-119,147-148.