反证法“三必须”“三形式”运用技巧

2022-04-29谢福信

中学数学·高中版 2022年10期

谢福信

摘要：反证法是一种运用逆向思维解题的方法，当有些命题从正面直接证明（直接论证或反驳）比较困难时，我们可以尝试采用迂回、间接的思路，运用反证法来证明会更简捷.

关键词：反证法;否定;唯一;至多;至少

1 引言

反证法最初在拉丁语中的意思，是指“转化为不可能”，其逻辑原理是逆否命题和原命题的真假性相同.当命题从正面不容易或不能直接证明时，我们就可以尝试运用反证法来间接证明，这就是我们平常所说的“正难则反”.反证法在数学证明题中应用十分广泛，具有极大的优越性[1].著名的物理学家牛顿就曾经称赞说：“反证法是数学家最精当的武器之一.”

2 反证法的使用场景及原则

一般来说，当命题的结论出现“都是”“都不是”“至少”“至多”或者“≠”等字眼时，比较适合采用反证法.反证法是从命题结论的否定出发，经过严密的逻辑推理，最后推导出矛盾，证明命题结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的一种证明方法.

运用反证法证明命题要牢记“三必须”原则：

一必须先否定结论，然后肯定结论的反面.当结论的反面呈现出多样性时，我们必须要考虑（或罗列出）各种可能的结论（结果），遗漏任何一种可能性，反证都是不严密的.

二必须从否定结论进行推理.即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证;否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不算是反证法.

三必须推导出矛盾.有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实相违背.总之，推导出的矛盾必须是明显的.

运用反证法的基本步骤：首先作出与所证命题结论相反的假设，然后从条件和假设出发，应用正确的推理方法，一步步推出矛盾的结论，最后否定假设，从而达到证明原命题结论成立的目的[2].

3 反证法的常见三种题型

3.1 命题的结论为否定的形式

当待证命题的结论以“不、无、没有、不可能、绝不会”或者“不等号”等否定词语或符号来表述时，运用反证法比较便利.

例1如果2a2<5b，试证方程x5+ax4+bx3+cx2+dx+e=0的根不可能都是实数.

证明：假设方程的根都是实数，那么方程的左边就可表示成（x+p）（x2+qx+r）（x2+sx+t），

其中p，q，r，s，t均为实数，且q2-4r≥0，s2-4t≥0，可得4（r+t）≤q2+s2.方程左边比较对应项系数，有

a=p+q+s，b=pq+ps+qs+r+t，

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）≤

54（q2+s2），即

（2p-q）2+（2p-s）2+2（q-s）2<0 ①

因为p，q，s均为实数，

所以

（2p-q）2+（2p-s）2+2（q-s）2≥0②

①式与②式相互矛盾，故假设错误.

所以原命题结论成立.

点评：本题的结论中出现了否定词“不可能”，所以宜用反证法来证明.本题的证明过程中虽然所设参数较多，但其核心是围绕诸根都是实数进行突破.

例2设二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0）中的a，b，c均为整数，且f（0），f（1）均为奇数，求证：方程f（x）=0无整数根.

证明：假设方程f（x）=0有一整数根k，那么

ak2+bk=-c ③

因为f（0）=c，f（1）=a+b+c均为奇数，那么a+b为偶数.当k为偶数时，显然这与③矛盾;当k为奇数时，设k=2n+1（n∈Z），那么ak2+bk=（2n+1）（2na+a+b）为偶数，也与③矛盾.故假设错误.

所以原命题结论成立.

点评：很显然，本题如果运用函数或方程的思路直接证明较困难，但我们如果换个思路从反面入手，采用反证法来证明则简捷多了.

3.2 命题的结论表现为“唯一”的形式

当待证命题的结论用“是、有、只有、有唯一、为、必为”等表肯定的词语表述时，可以运用反证法进行证明.

例3有一方程组a11x1+a12x2+a13x3=0，

a21x1+a22x2+a23x3=0，

a31x1+a32x2+a33x3=0，其系数满足下列条件：

（i）a11，a22，a33为正数，其余系数都是负数;

（ii）在每个方程中系数之和为正数.

求证：方程组有唯一的一组解.

证明：显然（0，0，0）即x1=x2=x3=0是方程组的一组解;假设（a，b，c）是方程组的另一组解，则可分为两种情况：

（1）a，b，c中至少有一个正数;

（2）a，b，c中至少有一个负数.

对情况⑴，不妨设a>0，a≥b，a≥c.

因为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.

这与（a，b，c）是方程组的解的定义相矛盾.

对情况⑵，不妨设a<0，a≤b，a≤c，

则-a>0，-a≥-b，-a≥-c.根据（1）可知

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

同样导致矛盾.

综上所述，方程组仅有唯一一组解（0，0，0）.

点评：从本题的证明我们可以看到，当结论的反面不止一种情形时，反设后，要分别对各种情况进行归谬，做到全面准确，无一遗漏.

例4四面体P-ABC中从一个点出发的三个面为直角三角形，则第四个面必为锐角三角形.

证明：如图1，设∠APB=∠BPC=∠CPA=π2，

PA=a，PB=b，PC=c.

假设第四个面△ABC不是锐角三角形，设其中∠BAC≥π2，则

AB2+AC2-BC2≤0.

即

（a2+b2）+（a2+c2）-（b2+c2）≤02a2≤0，这与a2≥0矛盾.

故∠BAC<π2.同理，∠ABC与∠ACB均为锐角.

故假设不成立，所以原命题成立.

点评：本题如果直接证明有困难，由于涉及到立体几何，所以结合“数形结合”的思想，运用反证法较为简捷.

3.3 命题的结论表现为“至多”“至少”的形式

对待证命题的结论出现“至多”“至少”及存在性之类的词语，从反证法入手也较为有利.

例5设zk（k=1，2，……，n）是满足zk≤1与z1+z2+……+zn=0的n个（n≥2）复数.求证：这n个复数中至少有两个复数zs，zt满足zs+zt≤1.

证明：假设这n个复数中任意两个复数zi，zj（i≠j，i，j=1，2，……，n）均不满足zi+zj≤1，即有zi+zj>1.

因为zk≤1（k=1，2，……，n），所以与复数zk相应的点Zk全部在复平面的单位圆（含圆周）域内.

令与zi，zj对应的向量分别为zi，zj且它们

的夹角为θ，且设zi≤zj≤1，即zi＼5zj≥zi2.

又因为zi+zj2>1≥zj2，所以

-zi2≥-zi＼5zj，zi+zj2-zj2>0.

所以

i+zj2-zi2-zj2>-zizj.

则cos θ=zi+zj2-zi2-zj22zi＼5zj>-12.

于是θ∈0，2π3.那么这n个复向量zk所对应的点Zk全部落在以原点O为中心，中心角为2π3的开扇形区域内.

不妨取此扇形边界中的一条半径所在的直线为实轴，则zk的辐角主值为argzk∈0，2π3.

则这n个复数zk（k=1，2，……，n）虚部之和为

1sin（argz1）+z2sin（argz2）+……+znsin（argzn）>0④

而已知z1+z2+……+zn=0，则这n个复数的虚部之和为0，与④式矛盾.

因此，这n个复数中至少存在两个复数zs，zt，满足zs+zt≤1.

点评：对于存在性问题，适合运用反证法.本题的证明思路是，假设这n个复数中任意两个复数均不满足zi+zj≤1，即zi+zj>1，又因为zi≤1，zj≤1，根据向量加法的几何意义可知，zi，zj的夹角小于2π3，于是这n个复数的对应点在中心角小于2π3的扇形区域内.本题的证明过程也充分展示了直接推理演绎、数形结合等多种方法综合运用的技巧.

例6设f（x）=x2+ax+b，求证f（1），f（2），f（3）中至少有一个不小于12.

证明：假设f（1）<12，f（2）<12，f（3）<12同时成立，于是有

-12<1+a+b<12 ⑤

-12<4+2a+b<12 ⑥

-12<9+3a+b<12 ⑦

⑤+⑦，得-1<10+4a+2b<1.

则有-3<8+4a+2b<-1.

即-32<4+2a+b<-12.

又由⑥可知-12<4+2a+b<12，与上式矛盾.

所以假设不成立，即f（1），f（2），f（3）中至少有一个不小于12.

点评：本题的命题结论中含有“至少”之类词语，也属于存在性之类的问题，宜用反证法证明.关键步骤是根据假设结合不等式性质得出矛盾的结果.

4 反证法思想在探索性问题中的应用