來源:初中數(shù)學(xué)競賽 2005-09-09 16:18:35
歸納的方法是認識事物內(nèi)在聯(lián)系和規(guī)律性的一種重要思考方法,也是數(shù)學(xué)中發(fā)現(xiàn)命題與發(fā)現(xiàn)解題思路的一種重要手段.這里的歸納指的是常用的經(jīng)驗歸納,也就是在求解數(shù)學(xué)問題時,首先從簡單的特殊情況的觀察入手,取得一些局部的經(jīng)驗結(jié)果,然后以這些經(jīng)驗作基礎(chǔ),分析概括這些經(jīng)驗的共同特征,從而發(fā)現(xiàn)解題的一般途徑或新的命題的思考方法.下面舉幾個例題,以見一般.
例1 如圖2-99,有一個六邊形點陣,它的中心是一個點,算作第一層;第二層每邊有兩個點(相鄰兩邊公用一個點);第三層每邊有三個點,…這個六邊形點陣共有n層,試問第n層有多少個點?這個點陣共有多少個點?
分析與解 我們來觀察點陣中各層點數(shù)的規(guī)律,然后歸納出點陣共有的點數(shù).
第一層有點數(shù):1;
第二層有點數(shù):1×6;
第三層有點數(shù):2×6;
第四層有點數(shù):3×6;
……
第n層有點數(shù):(n-1)×6.
因此,這個點陣的第n層有點(n-1)×6個.n層共有點數(shù)為
例2 在平面上有過同一點P,并且半徑相等的n個圓,其中任何兩個圓都有兩個交點,任何三個圓除P點外無其他公共點,那么試問:
(1)這n個圓把平面劃分成多少個平面區(qū)域?
(2)這n個圓共有多少個交點?
分析與解 (1)在圖2-100中,設(shè)以P點為公共點的圓有1,2,3,4,5個(取這n個特定的圓),觀察平面被它們所分割成的平面區(qū)域有多少個?為此,我們列出表18.1.
由表18.1易知
S2-S1=2,
S3-S2=3,
S4-S3=4,
S5-S4=5,
……
由此,不難推測
Sn-Sn-1=n.
把上面(n-1)個等式左、右兩邊分別相加,就得到
Sn-S1=2+3+4+…+n,
因為S1=2,所以
下面對Sn-Sn-1=n,即Sn=Sn-1+n的正確性略作說明.
因為Sn-1為n-1個圓把平面劃分的區(qū)域數(shù),當(dāng)再加上一個圓,即當(dāng)n個圓過定點P時,這個加上去的圓必與前n-1個圓相交,所以這個圓就被前n-1個圓分成n部分,加在Sn-1上,所以有Sn=Sn-1+n.
(2)與(1)一樣,同樣用觀察、歸納、發(fā)現(xiàn)的方法來解決.為此,可列出表18.2.
由表18.2容易發(fā)現(xiàn)
a1=1,
a2-a1=1,
a3-a2=2,
a4-a3=3,
a5-a4=4,
……
an-1-an-2=n-2,
an-an-1=n-1.
n個式子相加
注意 請讀者說明an=an-1+(n-1)的正確性.
例3 設(shè)a,b,c表示三角形三邊的長,它們都是自然數(shù),其中a≤b≤c,如果 b=n(n是自然數(shù)),試問這樣的三角形有多少個?
分析與解 我們先來研究一些特殊情況:
(1)設(shè)b=n=1,這時b=1,因為a≤b≤c,所以a=1,c可取1,2,3,….若c=1,則得到一個三邊都為1的等邊三角形;若c≥2,由于a+b=2,那么a+b不大于第三邊c,這時不可能由a,b,c構(gòu)成三角形,可見,當(dāng)b=n=1時,滿足條件的三角形只有一個.
(2)設(shè)b=n=2,類似地可以列舉各種情況如表18.3.
這時滿足條件的三角形總數(shù)為:1+2=3.
(3)設(shè)b=n=3,類似地可得表18.4.
這時滿足條件的三角形總數(shù)為:1+2+3=6.
通過上面這些特例不難發(fā)現(xiàn),當(dāng)b=n時,滿足條件的三角形總數(shù)為:
這個猜想是正確的.因為當(dāng)b=n時,a可取n個值(1,2,3,…,n),對應(yīng)于a的每個值,不妨設(shè)a=k(1≤k≤n).由于b≤c<a+b,即n≤c<n+k,所以c可能取的值恰好有k個(n,n+1,n+2,…,n+k-1).所以,當(dāng)b=n時,滿足條件的三角形總數(shù)為:
例4 設(shè)1×2×3×…×n縮寫為n!(稱作n的階乘),試化簡:1!×1+2!×2+3!×3+…+n!×n.
分析與解 先觀察特殊情況:
(1)當(dāng)n=1時,原式=1=(1+1)!-1;
(2)當(dāng)n=2時,原式=5=(2+1)!-1;
(3)當(dāng)n=3時,原式=23=(3+1)!-1;
(4)當(dāng)n=4時,原式=119=(4+1)!-1.
由此做出一般歸納猜想:原式=(n+1)!-1.
下面我們證明這個猜想的正確性.
1+原式=1+(1!×1+2!×2+3!×3+…+n!×n)
=1!×2+2!×2+3!×3+…+n!×n
=2!+2!×2+3!×3+…+n!×n
=2!×3+3!×3+…+n!×n
=3!+3!×3+…+n!×n=…
=n!+n!×n=(n+1)!,
所以原式=(n+1)!-1.
例5 設(shè)x>0,試比較代數(shù)式x3和x2+x+2的值的大。
分析與解 本題直接觀察,不好做出歸納猜想,因此可設(shè)x等于某些特殊值,代入兩式中做試驗比較,或許能啟發(fā)我們發(fā)現(xiàn)解題思路.為此,設(shè)x=0,顯然有
x3<x2+x+2.①
設(shè)x=10,則有x3=1000,x2+x+2=112,所以
x3>x2+x+2.②
設(shè)x=100,則有x3>x2+x+2.
觀察、比較①,②兩式的條件和結(jié)論,可以發(fā)現(xiàn):當(dāng)x值較小時,x3<x2+x+2;當(dāng)x值較大時,x3>x2+x+2.
那么自然會想到:當(dāng)x=?時,x3=x2+x+2呢?如果這個方程得解,則它很可能就是本題得解的“臨界點”.為此,設(shè)x3=x2+x+2,則
x3-x2-x-2=0,
(x3-x2-2x)+(x-2)=0,
(x-2)(x2+x+1)=0.
因為x>0,所以x2+x+1>0,所以x-2=0,所以x=2.這樣
(1)當(dāng)x=2時,x3=x2+x+2;
(2)當(dāng)0<x<2時,因為
x-2<0,x2+x+2>0,
所以 (x-2)(x2+x+2)<0,
即
x3-(x2+x+2)<0,
所以 x3<x2+x+2.
(3)當(dāng)x>2時,因為
x-2>0,x2+x+2>0,
所以 (x-2)(x2+x+2)>0,
即
x3-(x2+x+2)>0,
所以 x3>x2+x+2.
綜合歸納(1),(2),(3),就得到本題的解答.
分析 先由特例入手,注意到
例7 已知E,F,G,H各點分別在四邊形ABCD的AB,BC,CD,DA邊上(如圖2―101).
(2)當(dāng)上述條件中比值為3,4,…,n時(n為自然數(shù)),那S么S四邊形EFGH與S四邊形ABCD之比是多少?
G引GM∥AC交DA于M點.由平行截割定理易知
(2)設(shè)
當(dāng)k=3,4時,用類似于(1)的推理方法將所得結(jié)論與(1)的結(jié)論列成表18.5.
觀察表18.5中p,q的值與對應(yīng)k值的變化關(guān)系,不難發(fā)現(xiàn):當(dāng)k=n(自然數(shù))時有
以上推測是完全正確的,證明留給讀者.
練習(xí)十八
1.試證明例7中:
2.平面上有n條直線,其中沒有兩條直線互相平行(即每兩條直線都相交),也沒有三條或三條以上的直線通過同一點.試求:
(1)這n條直線共有多少個交點?
(2)這n條直線把平面分割為多少塊區(qū)域?
然后做出證明.)
4.求適合x5=656356768的整數(shù)x.
(提示:顯然x不易直接求出,但可注意其取值范圍:505<656356768<605,所以502<x<602.)
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