四章若干数学观点中的数学文化二节类比的观点.ppt

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1、1,第四章 若干数学观点中的数学文化 第二节 “ 类比”的观点,2,一、什么是类比,类比，是根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，从而推出它们在其它方面也可能相似或相同的一种推理方法，也是一种观点。 类比的推理是一种“合情推理”，不是证明，它无法保证已知相同的属性与推出的属性之间有必然的联系。但是，它是获得新思路，新发现的一种观点、一种手段。,3,二、插值问题中的类比,1.问题：有函数不知其式，在x处取值a，在y处取b值，在z处取值，问函数（解析式）为何？ 2.类比：有物不知其数，三三数之剩a，五五数之剩b，七七数之剩c，问物几何？,这是我们在前面“韩信点兵与中国 剩余定理”一节中

2、已经解决的问题。当时我们有一种成功的方法,叫“单因子构件凑成法”。这种方法是：对每个要素分别做出一个构件，叫单因子构件，再把它们凑在一起，从而解决问题。,4,具体说是：先找到用3除余1、用5和7除均能除尽的数70；再找到用5除余1、用3和7除均能除尽的数21；找到用7除余1、用3和5除均能除尽的数15；然后算出3，5，7 = 105 。最后令 即为所求。,5,3插值问题的解法 通过类比，发现插值问题（有函数不知其式的问题）与“有物不知其数的问题”结构相同，因此可以考虑用“单因子构件凑成法”： 先作函数p(x)在 处值为1，在 处值均为0 ； 再作函数q(x)在 处值为1，在 处值均为0 ； 再

3、作函数r(x)在 处值为1，在 处值均为0 。, ; , ; ， ； 那么， 就是所求的函数。,即,6,现问题：有函数不知其式，在 处取值a，在 处取b值，在 处取值c，问函数（解析式）为何？ 原问题的解 现问题的解,原问题： 有物不知其数，三三数之剩a ，五五数之剩b ，七七数之剩c，问物几何？,7,下面求 最简单的是用多项式的方法。比如设p(x)是一个多项式，则据条件 知，它有两个一次因式，可令， ,再用条件 去求 。,同理，可求出,8,于是得:,经验证，它符合要求，称为插值公式。 即该函数在a,b,c 三点，插进去的都是预先指定的值 。 它简单，明快，可顺利地推广到任意有限多个点插值的情

4、况。这样，就可以用一个连续的函数去拟合离散的测量结果。,9,华罗庚由此联想到如何解决具有类似结构的各种问题。正是他把上述解决问题的基本思想称为“单因子构件凑成法”，并概括成如下的“合成原则”：要做出具有平行的、类似的几个性质A，B，C的一个数学结构，而A，B，C分别以某种 量刻划，这时，可用“单因子构件凑成法”：先作B，C不发生作用，而A取单位量的构件，再作C，A不发生作用，B取单位量的构件；再作A、B不发生作用，C取单位量的构件。然后用这些构件凑出所求的结构。这个原则在有的书里称为“孙子华原则”。 体现了“化繁为简”的思想。,10,现问题：有函数不知其式，在 处取值a，在 处取b值，在 处取

5、值c，问函数（解析式）为何？ 原问题的解 现问题的解,原问题：有物不知其数，三三数之剩a ，五五数之剩b ，七七数之剩c，问物几何？,思考题：如何用“类比”的观点，推广 “现问题”的上述解答：,11,三、分割问题中的类比,1问题：5个平面最多把空间分为几个部分？ 平面互相尽可能多地相交，才能分割最多。如果5个平面全都平行，那末空间分成的是6部分，就较少。但5个平面如何相交最多以致分割最多，一时也想不清楚，我们想起从“抓三堆”趣味问题中学到的数学思想，先把问题一般化，再把问题特殊化，逐渐找规律。,2问题一般化：n个平面最多把空间分为几个部分？ 记分为F(n) 个部分;再令n=1,2,3,把问题特

6、殊化。,12,3问题特殊化： 从简单的情况做起，以便“类比” 4个平面的情况不易想清楚了。但想到要使平面相交最多，才能把空间分割最多。平面相交最多，有两个含义，一是每个平面都与其它所有平面相交，且任意三个平面都只交于一点；二是每个平面都不过它以外任意三个平面的交点。,13,由此我们想到了空间的四面体，这似乎是四个平面相交最多（从而分割最多）的情况，把四面体的四个面延展成四个平面，是否就能把空间分为最多的部分呢？ 到底现在把空间分成了几个部分呢？ 暂难想象。由此我们想到去类比 “直线分割平面”的情形。,14,4 类比3条直线分割平面的情形 这也可以看成是把三角形的三条边均延长为直线，看这3条直线

7、把平面分为几部分。数一数，是7部分。这对我们有什么启示？,15,我们分析一下这7个部分的特点： 一个是有限的部分，在三角形内部，即 ；其余六个是无限的部分，其中，与三角形有公共顶点，与三角形有公共边。 把它们加起来，于是1+3+3=7。 所以3条直线分割平面，最多分为7个部分。,16,5 类比考虑四面体的四个面延展成4个平面，把空间分为几个部分：有限部分（四面体内部）数为1；无限部分与原四面体或有一个公共顶点（有4个部分），或有一条公共棱（有6个部分），或有一个公共面（有4个部分），于是所分空间总的部分数为 1+4+6+4 = 15 。 以下仍要考虑 这就是一开始提出的问题：5个平面最多把空间

8、分为几个部分？,17,这一问题在平面上的类似问题是什么？是5条还是4条直线分割平面？又如何类比？想不清楚了。对我们来说，不如在“一般情形”下考虑问题：n个平面分割空间和n条直线分割平面。 n条直线“处于一般位置”的要求也可以说是：任何两条直线都相交；任何三条直线都不共点。 n个平面“处于一般位置”的要求是：任两平面都相交，且任意三个平面都只交于一点；每个平面都不过它以外任意三个平面的交点。,18,进而，我们再类比直线上的问题:n 个一般位置的点分割直线的问题。 这一问题的结论比较清楚： n个点最多把直线分为n+1个部分。 这对我们会有启发。 如果我们把极端情况有零个分割元素的情况也考虑在内，那

9、么被“分割”成的部分数是1。 下图综合列出点分直线、直线分平面、平面分空间的已取得的结果。,19,6.类比一般化（解释记号 ，然后看图）,20,于是，我们得到了一系列待解决的问题。弧立的问题有时难于理解，而解决系列问题有时比解决弧立问题好入手。 现在，原问题 “F(5)=? ” 已处在系列问题之中，比之原来的情形，求解已有进展。,21,7（用类比的观点）猜想 观察上表中已得到的结果，看看表中的数字间有什么联系？其中有什么规律性？ 从最右一列，先以为有“2的方幂”的规律，但8后边的 表明这个猜想不对。反复求索的结果，我们可能忽然看到表中有 3 4； 7 8 7 15 ， 以及联想到 3 + 4

10、= 7，7 + 8 = 15。 这是一个独特的联系：表中已出现的每个数都可由它“头上”的数与“左肩”上的数相加而得到。,22,表中已出现的每个数都可由它“头上”的数与“左肩”上的数相加而得到。,23,这是我们解决原问题的钥匙吗？我们猜想它确是规律。那我们把表按此规律，顺沿到N=5，原问题的解就是F(5)=26 ？,24,25,类比不是证明,但这种类比不是证明，只是合理的猜测，是合情推理；还需要用逻辑推理分析这一猜测，去认定这一猜测，或者否定这一猜测。这才是用类比、归纳的方法去研究问题的决定性步骤。,26,8分析、推理 我们的分析从 “ N=4 时直线分平面”入手，我们已经通过“顺沿上表”猜想：

11、4条直线最多把平面划分为11个部分。它是正确的吗？我们在3条直线分平面 为7个部分的基础上，再添加一条直线（用红色），这条直线与原来的每条直线都相交，但又不过任意两条直线的交点。如右图。我们数一下，现在确实把平面分成了11个部分。所以这猜测是对的，但它为什么是对的呢？我们再作分析，增加一些理性认识，也许还能从中找到理解一般情形的线索。,27,28,3条直线分平面为7个部分；4条直线就分平面为11个部分了，即增加了4部分；从3条直线添一条直线，为什么分割平面正好多出4部分？分析一下：新添的直线与原来3条直线每条都相交，而且交在与原交点不同的点，这就交出了3个新交点，这3点把新添的直线分为4段，每

12、一段把它穿过的（由前3条直线分成的）那个区域一分为二，因此“平面分割”增加了4个部分，这就是“4”的来历，而且这个分析表明，这个“4”也正是3点把直线分为4部分的“4”，也就是“11”左肩上的“4”。11=4+7原来是这样产生的。这种分析已经是逻辑推理了，令人信服，极大地增强了我们对所发现的规律的信心。,29,30,9再类比得一般情形的公式及 我们再类比分析n=4时平面分空间的情况。这时我们不容易在平面的黑板上作立体图了，只能借助于刚才四面体延展的那个图来想像。但是我们可以从思维上、语言上类比刚才的情形。,31,我们在3个平面分空间为8个部分的基础上，再添加一个平面，这个平面与原来的3个平面都

13、相交，并且又不过原来3平面的交点，从而不过原来任两平面的交线，这就交出了3条新直线，这3条直线把新添加的平面分为7个部分（就是上面“类比一般化”的大表格中的“7”），每一部分把它穿过的（由前3个平面分成的）区域一分为二，因此“空间分割”增加了7个部分，而原有8个部分，这就是15=7+8的来历。,32,33,这里的n=3到n=4的过渡，并没有任何特殊的地方，我们可以完全类似地分析由 n-1向 n过渡时发生的情况，得到一般的表达式。 与段落 “8” 类似地可以得到公式： 与段落 “9” 类似地可以得到公式： 这两个公式都是递推公式。这种递推公式与斐波那契数列的递推公式有区别，但思想精神是相通的。,

14、34,我们只再叙述一遍较为复杂的公式 得到的过程。它实际上只要在上面的叙述中， 把“3个平面”换为“n-1个平面”，把“8个部分”换为“F(n-1) 个部分”，把“3条新直线”换为“n-1条新直线”，把“7个部分”换为“f(n-1)个 部分”，把“15”换为“F(n) ”就完成了。 简单说，是在“往前数三屏”的叙述中，做下边的f(n-1) 代换：,35,n个平面把空间最多分为F(n) 个部分，求F(n) ，不厌其繁地详细说一遍，就是： 我们在n-1个平面分空间为 F(n-1) 个部分的基础上，再添加一个平面，这个平面与原来的 个平面都相交，并且又不过原来任3个平面的交点，从而不过原来任两平面的

15、交线，这就交出了 n-1条新直线，这 n-1条直线把新添的平面分为 f(n-1)个部分，每一部分把它穿过的（由前 n-1个平面分成的）区域一分为二，因此，“空间分割”增加了 f(n-1)个部分，而原有 F(n-1)个部分，所以现在，空间共被分割成的“部分数”是,36,这就是推出这一公式的逻辑推理过程。 另一公式 的逻辑推理过程，请同学自己完成。,37,38,10.推出显公式 及 上边得到的还只是递推公式、关系公式，我们希望进一步得到像 L(n)=n+1 那样的、关于 f(n) 及F(n)的显公式，即直接用n的解析式来表达f(n)及F(n) 。 下边的技巧是常用的。 利用f(0)=1 及递推公式

16、 得到下面一系列等式，然后等号两边分别相加,39,1） 直线分平面的情形 2） 平面分空间的情形,40,41,11另法：用数学归纳法证明显公式 另一种方法是：用不完全归纳法总结出（或者说 “猜出”）显公式，再用数学归纳法去证明该显公式。 1） 直线分平面的情形 （略） 2） 平面分空间的情形 （略）,42,趣题填骨牌： 用个 矩形骨牌挤满 矩形盒，有多少种方法？如下图。 （ 矩形骨牌 ） （ 矩形盒 ）,43,用个 矩形骨牌挤满 矩形盒，有多少种方法？如下图。,44,提示,问题一般化 问题特殊化 猜测规律 证明规律,45,问题一般化 n 2,46,问题特殊化 分别考虑 n = 1 、 n = 2、 n = 3 的情况,47,答:(1) ； (2) ， ； (3) ， ， ； ,48,猜测规律 证明规律,49,答 案,其规律是：所求的方法种数，逐次为缺了第一项的斐波那契数列，即 1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144 本题 n = 10 , 所以答案是： 用个 的矩形骨牌，挤满 的矩形盒，共有89种方法。,50,本节结束,谢谢！,