初中数学竞赛 知识点和真题 第28讲 反证法

第28讲 反证法

欧几里德最喜欢用的反证法，是数学家最精良的武

器。它比起棋手所用的任何战术还要好：棋手可能需要牺

牲一只兵或其它棋，但数学家用的却是整个游戏。

——哈代

反证法是一种间接证法，当正向求解有一定的困难，则可以考虑问题的反面.

对于存在性问题，唯一性命题，否定性命题，用反证法一般比较方便，与无限有关的命题，“至多”、“至少”等形式的命题，也可以考虑用反证法。

反证法证题的一般步骤为：

1、假设结论的反面成立；

2、在假设的基础上利用已知条件和定理、公理、定义进行推理得出与题设或与公理、定理、定义及日常常识相矛盾的结果；

3、矛盾源于假设，从而肯定原命题成立。

经典例题解析

先看一个著名的例子．

例1 伽利略妙用反证法

1589年，意大利25岁的科学家伽利略(Galilei)，为了推翻古希腊哲学家亚里斯多德的“不同重量的物体从高空下落的速度与其重量成正比”的错误论断，他除了拿两个重量不同的铁球登上著名的比萨斜塔当众做实验来说明外，还运用反证法证明如下：

假设亚里斯多德的论断是正确的．设有物体A 、B ，且重A ＞重B ，则A 应比B 先落地。现把A 与B 捆在一起成为物体A ＋B ，则()重B A +＞重A ，故A ＋B 比A 先落地；又因A 比B 落得快，A ，B 在一起时，B 应减慢A 的下落速度，所以A ＋B 又应比A 后落地，这样便得到了自相矛盾的结果．这个矛盾之所以产生，是由亚里斯多德的论断所致，因此这个论断是错误的．

评注 伽利略所采用的证明方法是反证法．一般地，在证明一个命题时，从命题结论的反面入手，先假设结论的反面成立，通过一系列正确的逻辑推理，导出与已知条件、已知公理、定理、定义之一相矛盾的结果或者两个相矛盾的结果，肯定了“结论反面成立”的假设是错误的，从而达

到了证明结论正面成立的目的，这样一种证明方法就是反证法．

反证法对大家来说并不陌生，它是一种最常见的证明方法．成语故事：“自相矛盾”中，“以子之矛攻子之盾”，正是采用了反证法．

例2 （2002年北京市初中数学竞赛试题）已知abc ≠0，证明：四个数abc c b a 3)(++，abc a c b 3)(--，abc b a c 3)(--，abc

c b a 3

)(--中至少有一个不小于6.

证明 abc c b a 3)(++＋abc a c b 3)(--＋abc b a c 3)(--＋abc

c b a 3

)(-- ＝abc

c b a b a c a c b c b a ])()[(])()[(3333--+--+--+++ ＝abc

ac c b a b ac c b a b )633(2)633(2222222-++-+++ ＝abc

abc 24＝24.(*) 如果abc c b a 3)(++＜6，abc a c b 3)(--＜6，abc b a c 3)(--＜6，abc

c b a 3

)(--＜6，则abc c b a 3)(++＋abc a c b 3)(--＋abc b a c 3)(--＋abc

c b a 3

)(--＜24. 与(*)式矛盾. 所以, 四个加数abc c b a 3)(++,abc a c b 3)(--,abc

b a

c 3

)(--, abc

c b a 3

)(--中至少有一个不小于6. 例3（1997年山东省初中数学竞赛试题）设a 、b 、c 为互不相等的非零实数，求证三个方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0不可能都有两个相等的实数根.

证明 用反证法。假设这三个方程都有三个相等的实数根，则⎪⎪⎩

⎪⎪⎨⎧=-=∆=-=∆=-=∆044044044232221bc a ab c ac b

三式相加，得

4（a 2＋b 2＋c 2）－4（ab ＋bc ＋ca ）＝0,

2a 2＋2b 2＋2c 2－2ab －2bc －2ca ＝0,

（a －b ）2＋（b －c ）2＋（c －a ）2＝0.

∴a ―b ＝0, b ―c ＝0, c －a ＝0. ∴a ＝b ＝c, 这与a 、b 、c 互不相等相矛盾.

∴这个方程不可能都有两个相等的实数根.

例 4 (1964年北京市中学生数学竞赛试题)如图所示, 四边形PQRS 四边PQ 、QR 、RS 、SP 上各有一点为A 、B 、C 、D.已知ABCD 是平行四边形, 而且它们的对角线和PQRS 的对角线都交于一点O. 证明: PQRS 也是平行四边形. 证明 如图, 若PQRS 不是平行四边形, 则其对角线

不能互相平分, 即OP 、OR 与OQ 、OS 两对线段中至少

有一对不相等，不妨设OP ＜OR ，OQ≤OS ，在OR 上取OR′＝OP ，在OS 上取OS′（S′可能与S 重合），联结R′S 则R′S 与OC 的交点C′在OC 内，故有OC′＜OC ，由△PQO ≌△R′OS′，得△OPA ≌△OP′C′，∴OC′＝OA ，∴OA ＜OC ，这与ABCD 是平行四边形矛盾，故原结

论成立，即PQRS 也是平行四边形。

例5 （2001年山东省初中数学竞赛试题）有12位同学围成一圈，其中有些同学手中持有鲜花，鲜花总数为13束。他们进行分花游戏，每次分花按如下规则进行：其中一位手中至少持有两束鲜花的同学拿出两束鲜花分给与其相邻的左右两位同学，每人一束。试证：在持续进行这种分花游戏的过程中，一定会出现到少有7位同学手中持有鲜花的情况。

证明 不妨设开始时手中持有鲜花的同学不足7位。我们以A 1、A 2、A 3、…、A 12按逆时针方向依次分别标记这12位同学。

（1）在分花游戏过程中，任何相邻的两闰同学一旦其中一位手中持有鲜花，那么，在此后的每次分花之后，他们两人中始终至少有一人手中持有鲜花。

事实上，每次分花，如果分花的同学不是这两位同学中的一位，那么，他们俩手中的鲜花只会增加，不会减少。如果他们俩中的一位是分花者，那么，分花后另一位同学一定持有鲜花。

（2）任何一位同学不可能手中始终无花，可用反证法证明这一点。 不妨假设A 1手中始终无花，这意味着A 2始终没有作为分花者，故A 2手中鲜花增加，不会减少。因总共只有13鲜花，所以经过有限次分花之后，A 2不再接受鲜花。这又意味着经过有限次分花之后，A 3不再为分花者。同理可知，再经过有限次分花后，A 1不再为分花者。依次类推，经有限次分花之后，全部12位同学无一人为分花者，活动终止，这就与“13束鲜花分置于12位同学手中，无论何种情况总能找到可能分花的同学”的事实茅盾，所以任何一位同学不可能手中始终无花。

由（1）、（2）可知，经若干次分花之后，可使任何相邻的两位同学中至少有一位同学手中有花，因此至少有6位同学手中有花。

若仅有6位同学手中有花，则手中有花的同学不可能相邻，否则就会