2025年逻辑推理与模式识别挑战

一类比、归纳、猜测数学解题与数学发现同样，一般都是在通过类比、归纳等探测性措施进行探测的基础上，获得对有关问题的结论或处理措施的猜测，然后再设法证明或否认猜测,进而到达处理问题的目的.类比、归纳是获得猜测的两个重要的措施.所谓类比，就是由两个对象的某些相似或相似的性质，推断它们在其他性质上也有也许相似或相似的一种推理形式类比是一种主观的不充足的似真推理，因此，要确认其猜测的对的性，还须通过严格的逻辑论证.运用类比法处理问题，其基本过程可用框图表达如下--------------类:比__________________k1----------原问疝,类比问题1去词题解法卜------------:---------类比问题的互阳可见，运用类比法的关键是寻找一种合适的类比对象.按寻找类比对象的角度不一样，类比法常分为如下三个类型.（）降维类比1将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象，此种类比措施即为降维类比.【例】如图,过四面体的底面上任一点分别作〃〃1v-ABC0OA1VA,OB/VB,OG VC,AH BHG分别是所作直线与侧面交点.OG求证:为定值.OA,OB,VA+VB+VC分析考虑平面上的类似命题“过（底）边上任一4ABC AB点分别作分别交、于00A/AC,0B1/7BC,BC AC、求证为定值”.这一命题运用相似Ai Bi,AC+BCOAj OB1三角形性质很轻易推出其为定值此外，过、分别作垂线，过、分别作

1.A0BC B0垂线，则用面积法也不难证明定值为于是类比到空间围形，也可用两种措施证明其定AC L值为L有△得MOAis/^MAV,ANOBI^ANBV,ALOCi LCV,证明如图，设平面平面】平面则OAi VAABC=M,OB VBCAC=N,OG VCAAB=L,在底面中，由于、、交于一点用面积法易证得:AABC AMBN CL0,AM4-BN+CL=IOOM ONOLOAJ AoOBjOC,VT+W+vc=i【例】以棱长为的正四面体的各棱为直径作球，是所作六个球的交集.证明21S S中没有一对点的距离不小于、尼.1【分析】考虑平面上的类比命题“边长为的正三角形，以各边为直径作圆，是所作1S三个圆的交集”，通过探索的类似性质，以寻求本题的论证思绪.如图，S迫易知包括于以正三角形重心为圆心，认为了半径的圆内.因此内任意两点S S皂的距离不不小于以此措施即可获得解本题的思绪.

7.证明如图，正四面体中，、分别为、的中点，为的中心，ABCD MN BCAD G4BCD显然是正四面体的中心.易知，并且可以推MNAAG=

0.ABCD0G=K•AG=得以为球心、为半径的球内任意两点间的距离不不小于«,其球必包括现证明如00G0S.1下.根据对称性，不妨考察空间区域四面体,设为四面体内任一点，且不在OMCG POMCG P球内，现证亦不在内.P SJ2若球交于点中，00C TZXTON ON=,0T=,cosZT0N=cos n-ZT0M=-J_OM由余弦定理o4OC222TN=0N+0T+20N•OT-/.TN=OM1\oOC=4,222又在中，是的中点，由得RtZSAGD NAD GN=GN=NT=5,OG=OT,ON=ON,△GON/△TON AZT0N=ZG0N,且均为钝角.o22于是显然在△内，不属于球的任何点均有即有点在为GOC P,NP0NNT0N,PNTN=5,P N球心，为直径的球外，点不属于区域AD PS.由此可见，球包括六个球的交集即中不存在两点，使其距离不小于、底.0S,S1构造类比2某些待处理的问题没有现成的类比物，但可通过观测，凭借构造上的相似性等寻找类比问题，然后可通过合适的代换，将原问题转化为类比问题来处理.【例】任给个实数，证明其中有两个数，满足不等37Xk k=l,2,…

7.Xi,%式+W/・【分析】若任给个实数中有某两个相等，结论显然成立.若个实数互不相等，77则难如下手.但仔细观测可发现与两角差的正切公式在构造上极为相似,故可选后者为类比物，并通过合适的代换将其转化为类比问题.作代换X=tg akk17171则原命题转化为证证明令，k=1,2,…7,Xk=tgQk…，证明必存在满足不等式「k=1,2,7,a aOWtga aDW%•Hka e-2,2,n n明存在两个实数满足「W•Qi,a OWtgQa-2,2,n n由抽屉原则知，中必有个在［中或在中，不妨设有个在ck40,2-2,04兀71171［中.注意到而在［内，是增函数，故只需0,2tg0=0,tg6=J5,0,2tgxn n证明存在使「即可为此将［提成三个小区间［a”a0a aj0,50,n n2n2n n］、］、又由抽屉原则知，个中至少有个例如66,66,24a k2ao Hn同属于某一区间，不妨设〉则「故a ja ia j,0W aa jW6,［1〈•这样，与对应的

二、•二便有O tgara jW J5Xi tgai Xjtga j,OW WJ5•简化类比3简化类比，就是将原命题类比到比原命题简朴的类比命题，通过类比命题处理思绪和措施的启发，寻求原命题的处理思绪与措施.例如可先将多元问题类比为少元问题，高次问题类比到低次问题，普遍问题类比为特殊问题等.【例4】已知XiNO i=l,2,・・・，n,且XI+X2+・・・+XF1求证…石.【分析】我们可先把它类比为一简朴的类比题”已知汨且求证扃W20,X220,xi+x2=l,也”.本类比题的证明思绪为】+•••2JMWX X2=1,【分析】四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手，我们可以从特例考察起先考虑面积为的正方形，其周长恰为对角钱之和为近即我.另一方14,2，¥+1EL+1222M=2亚二版菱形周长:面考察面积为的菱形，若两对角线长记为、以那么菱形面积・知111S=2h12,由此，可以猜测对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑.【证明】设为任意一种面积为的凸四边形，其有ABCD1关线段及角标如图.则2eg+gf+fh+he sinaSABCI=11e+f+g+ha—~\------------------------2,W2e+fg+hW2点，即对角线长度之和不不不小于•••e+f+g+h22又+SABCD=4SZSABD+SABO+SAABC=!访sinf]+cdsin03+Aesin%+dastnBaab+cd+bc+da4=.a+c6+d即周长不不不小于Aa+b+c+d^4,

4.综上所述，结论得证，【例】在一直线上从左到右依次排列着个点且是线段61988Pl,P2,…,P1988,Pk PiPk+1的等分点中最靠近］的那个点k Pk+2kW1988,P1P=1,2求证213H984OP1987P1988=l.【分析】本题初看复杂，难以入手.不妨先从特殊值出发，通过特殊值的计算，以便分析、归纳出一般性的规律.当时,已知；当时,是的中点,故；当k=l P1P=1k=2P2PR P2P3=PR=1k=32111——时、是的三等分点中最靠近的那个分点，即产P P3P4=3P4=3P32P43P2P2P3+P3P111故尸P2P3+3PP3P4,3P2P3=2P2

①由此可推得

②，

③P5=1X5P KX7X545P6=由

①、

②、

③，可归纳如下猜测尸PkPk+k-lPhiPk【证明】%.-出+（尸*-出+尸园+）=初-仍+$园T，P^+|=1=A1尸园♦=F^P%-P.I IA于是有_111『=卜-，P E=k-l GWl2P.i•FT=mr PiP_2…4r-l k-2k-332,令则有k=1987,=1986xi985x—X3X2-13X3X-X3X2-1=3,9M,-2i处个故尸24。