反證法“三必須”“三形式”運用技巧

?廣東省廣州市從化區第二中學 謝福信

1 引言

反證法最初在拉丁語中的意思，是指“轉化為不可能”，其邏輯原理是逆否命題和原命題的真假性相同.當命題從正面不容易或不能直接證明時，我們就可以嘗試運用反證法來間接證明，這就是我們平常所說的“正難則反”.反證法在數學證明題中應用十分廣泛，具有極大的優越性[1].著名的物理學家牛頓就曾經稱贊說：“反證法是數學家最精當的武器之一.”

2 反證法的使用場景及原則

一般來說，當命題的結論出現“都是”“都不是”“至少”“至多”或者“≠”等字眼時，比較適合采用反證法.反證法是從命題結論的否定出發，經過嚴密的邏輯推理，最后推導出矛盾，證明命題結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的一種證明方法.

運用反證法證明命題要牢記“三必須”原則：

一必須先否定結論，然后肯定結論的反面.當結論的反面呈現出多樣性時，我們必須要考慮(或羅列出)各種可能的結論(結果)，遺漏任何一種可能性，反證都是不嚴密的.

二必須從否定結論進行推理.即應把結論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推證；否則，僅否定結論，不從結論的反面出發進行推理，就不算是反證法.

三必須推導出矛盾.有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實相違背.總之，推導出的矛盾必須是明顯的.

運用反證法的基本步驟：首先作出與所證命題結論相反的假設，然后從條件和假設出發，應用正確的推理方法，一步步推出矛盾的結論，最后否定假設，從而達到證明原命題結論成立的目的[2].

3 反證法的常見三種題型

3.1 命題的結論為否定的形式

當待證命題的結論以“不、無、沒有、不可能、絕不會”或者“不等號”等否定詞語或符號來表述時，運用反證法比較便利.

例1如果2a2<5b，試證方程x5+ax4+bx3+cx2+dx+e=0的根不可能都是實數.

證明：假設方程的根都是實數，那么方程的左邊就可表示成(x+p)(x2+qx+r)(x2+sx+t) ，其中p，q，r，s，t均為實數，且q2-4r≥0，s2-4t≥0，可得4(r+t)≤q2+s2.方程左邊比較對應項系數，有

代入2a2<5b，得

2(p+q+s)2<5(pq+ps+qs+r+t).

即2(p+q+s)2-5(pq+ps+qs)<5(r+t)≤

(2p-q)2+(2p-s)2+2(q-s)2<0

①

因為p，q，s均為實數，所以

(2p-q)2+(2p-s)2+2(q-s)2≥0

②

①式與②式相互矛盾，故假設錯誤.

所以原命題結論成立.

點評：本題的結論中出現了否定詞“不可能”，所以宜用反證法來證明.本題的證明過程中雖然所設參數較多，但其核心是圍繞諸根都是實數進行突破.

例2設二次函數f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中的a，b，c均為整數，且f(0)，f(1)均為奇數，求證：方程f(x)=0無整數根.

證明：假設方程f(x)=0有一整數根k，那么

ak2+bk=-c③

因為f(0)=c，f(1)=a+b+c均為奇數，那么a+b為偶數.當k為偶數時，顯然這與③矛盾；當k為奇數時，設k=2n+1(n∈Z)，那么ak2+bk=(2n+1)(2na+a+b)為偶數，也與③矛盾.故假設錯誤.

所以原命題結論成立.

點評：很顯然，本題如果運用函數或方程的思路直接證明較困難，但我們如果換個思路從反面入手，采用反證法來證明則簡捷多了.

3.2 命題的結論表現為“唯一”的形式

當待證命題的結論用“是、有、只有、有唯一、為、必為”等表肯定的詞語表述時，可以運用反證法進行證明.

(i)a11，a22，a33為正數，其余系數都是負數；

(ii)在每個方程中系數之和為正數.

求證：方程組有唯一的一組解.

證明：顯然(0，0，0)即x1=x2=x3=0是方程組的一組解；假設(a，b，c)是方程組的另一組解，則可分為兩種情況：

(1)a，b，c中至少有一個正數；

(2)a，b，c中至少有一個負數.

對情況⑴，不妨設a>0，a≥b，a≥c.

因為a12<0 ，a13<0，所以

a12b≥a12a，a13c≥a13a.

又a11+a12+a13>0，a11>0，所以

a11a+a12b+a13c≥(a11+a12+a13)a>0.

這與(a，b，c)是方程組的解的定義相矛盾.

對情況⑵，不妨設a<0，a≤b，a≤c，則-a>0，-a≥-b，-a≥-c.根據(1)可知

a11a+a12b+a13c=-[a11(-a)+a12(-b)+a13(-c)]<0.

同樣導致矛盾.

綜上所述，方程組僅有唯一一組解(0，0，0).

點評：從本題的證明我們可以看到，當結論的反面不止一種情形時，反設后，要分別對各種情況進行歸謬，做到全面準確，無一遺漏.

圖1

例4四面體P-ABC中從一個點出發的三個面為直角三角形，則第四個面必為銳角三角形.

AB2+AC2-BC2≤0.

即(a2+b2)+(a2+c2)-(b2+c2)≤0?2a2≤0，這與a2≥0矛盾.

故假設不成立，所以原命題成立.

點評：本題如果直接證明有困難，由于涉及到立體幾何，所以結合“數形結合”的思想，運用反證法較為簡捷.

3.3 命題的結論表現為“至多”“至少”的形式

對待證命題的結論出現“至多”“至少”及存在性之類的詞語，從反證法入手也較為有利.

例5設zk(k=1,2，……，n)是滿足|zk|≤1與z1+z2+……+zn=0的n個(n≥2)復數.求證：這n個復數中至少有兩個復數zs，zt滿足|zs+zt|≤1.

證明：假設這n個復數中任意兩個復數zi，zj(i≠j，i，j=1，2，……，n)均不滿足|zi+zj|≤1，即有|zi+zj|>1.

因為|zk|≤1(k=1，2，……，n)，所以與復數zk相應的點Zk全部在復平面的單位圓(含圓周)域內.

令與zi，zj對應的向量分別為zi,zj且它們的夾角為θ，且設|zi|≤|zj|≤1，即|zi|·|zj|≥|zi|2.

又因為|zi+zj|2>1≥|zj|2，所以

-|zi|2≥-|zi|·|zj|，|zi+zj|2-|zj|2>0.

所以

|zi+zj|2-|zi|2-|zj|2>-|zi||zj|.

則這n個復數zk(k=1,2，……，n)虛部之和為

|z1|sin(argz1)+|z2|sin(argz2)+……+|zn|sin(argzn)>0

④

而已知z1+z2+……+zn=0，則這n個復數的虛部之和為0，與④式矛盾.

因此，這n個復數中至少存在兩個復數zs，zt，滿足|zs+zt|≤1.

⑤+⑦，得-1<10+4a+2b<1.

則有-3<8+4a+2b<-1.

點評:本題的命題結論中含有“至少”之類詞語，也屬于存在性之類的問題，宜用反證法證明.關鍵步驟是根據假設結合不等式性質得出矛盾的結果.

4 反證法思想在探索性問題中的應用

當待證命題的結論中出現“有沒有”“能不能”“是否存在”等帶有不確定、探索性詞語時，除了通過若干數據實驗，運用不完全歸納法和數學歸納法證明外，運用反證法來證明顯得更加簡捷明快.

解析：假設這樣的拋物線存在，其焦點坐標為(a,a-1)，頂點坐標為(a-1,a-1)，拋物線方程為

(y+1-a)2=4(x+1-a) ⑧

令x=0，有y2+2(1-a)y+(1-a)2-4(1-a)=0.

x2+4(1-a)x+4(a2-6a+21)=0.

點評：本題是關于探索性問題的求解，如果按照常規的思路，過程比較繁瑣；如果緊扣題設中“截直線所得的弦長與截y軸所得弦長相等”這一條件，運用反證法思想就顯得簡捷多了.

例8是否存在雙曲線C，同時滿足下列兩個條件：

(1)以點F(-1,0)為焦點，對應的準線為直線x=-4；

(2)與拋物線x=y2+2有且只有一個公共點.

若存在，求出雙曲線C的方程；若不存在，說明理由.

整理得(1-e2)y4+(7-12e2)y2+9-36e2=0.

因為e>0，Δ=13+12e2>0,則

由于方程只有一解，則y2=0.

所以，這樣的雙曲線不存在.

點評：本題是關于探索性問題的求解，運用反證法思想可以避免分類、分情況討論等繁瑣的猜測嘗試過程，具有化繁為簡的優點.

實驗歸納形式的題型，是一種開放式探索性題型，由于這類題型具有“有效考查考生的基礎知識、能夠全面檢測考生分析問題和解決問題的能力”等優點，近年來已成為高考的高頻題型，所以，熟悉并掌握這類題型的特點與答題技巧很有必要.

5 結論

從上述典型例題的分析中我們可以看出，反證法“三必須”“三形式”的運用技巧在證明題中展示了較強的實用性與靈活性；尤其是面對一些較復雜的、難以直接證明的問題，運用反證法往往能夠使原本閉塞的思路豁然貫通，“柳暗花明又一村”的開闊之感油然而生！