“尚未成功”的突破
坦率说,在我个人的解题经历中,“尚未成功”乃至失败,实在是比激动人心的成功多得多.但是,“尚未成功”并非只给笔者留下消极的结果,而面对偶尔的顺利笔者也总是要继续寻找当中的“解题愚蠢”(见文[1]、[2]),我不知道这些说来见笑的个人体验是否对广大读者有点帮助,但我能肯定地说,这是我本来就少得可怜的解题财富中的主要资产,并且我的看法(包括本刊1998年开始的解题分析连载以及《数学解题学引论》一书)已引起了一部分同行的关注与共鸣,需要致歉的是,二三年来,关于解题与解题分析的大批读者来信我不能一一作复,今天的话题很大程度上是一种有意的弥补.下面,笔者要进行3个解题个案的分析,以展示如何由失败走向成功,又如何对浅层的成功进行深层的调控.
1.个案1—由失败中获取有用的信息
例1 若a、b、c为互不相等的实数,且x/(a-b)=y/(b-c)=z/(c-a),求x+y+z.
解:由等比定理得
x/(a-b)=y/(b-c)=z/(c-a)
①
=(x+y+z)/[(a-b)+(b-c)+(c-a)].
②
但是,②式的分母为零
(a-b)+(b-c)+(c-a)=0,
③
我们的解题努力失败了.
评析:这是一个失败的解题案例,文[3]谈到了调整解题方向后的一些处理,其实都用到③式.所以,失败的过程恰好显化了题目的一个隐含条件,这是一个积极的收获,当我们将不成功的②式去掉,把目光同时注视①式与③式时,①式使我们看到了两条直线重合:
xX+yY+z=0,
④
(a-b)X+(b-c)Y+(c-a)=0.
⑤
而③式又使我们看到了直线⑤通过点
X=1,
Y=1.
作一步推理,直线④也通过点(1,1),于是
x+y+z=0.
与文[3]相比,这是一个不无新意的解法,其诞生有赖于两点:
第1,从失败的解题中获取一条有用的信息,即③式.
第2,对①式、③式都作“着眼点的转移”,从解析几何的角度去看它们.
有了这两步,剩下来的工作充其量在30秒以内就可以完成.
2.个案2—尚未成功不等于失败
设f(n)为关于n的正项递增数列,M为大于f(1)的正常数,当用数学归纳法来证不等式
f(n)<M(n∈N)
①
时,其第2步会出现这样的情况:假设f(k)<M,则
f(k+1)=f(k)+a(a=f(k+1)-f(k)>0)<M+a,
②
无法推出f(k+1)<M.
据此,许多人建议,用加强命题的办法来处理,还有人得出这样的命题(见文[4]P.32及文[5]P.12):
命题 设{f(n)}为关于n的正项递增数列,M为正常数,则不等式f(n)<M(n∈N)不能直接用数学归纳法证明.
评析:不等式①没能用递推式②证出来,有两种可能,其一是数学归纳法的功力不足,其二是数学归纳法的使用不当.把“不会用”当作“不能用”,其损失是无法弥补的.
我们分析上述处理的“尚未成功”,关键在于递推式②,这促使我们思考:f(k+1)与f(k)之间难道只有一种递推关系吗?
确实,有的函数式其f(k+1)与f(k)之间的关系很复杂,无法用数学归纳法来直接证明;而有的关系则较简单,仅用加减乘除就可以表达出来.但无论是“很复杂”还是“较简单”,其表达式都未必惟一,文[6]P.278给出过一个反例,说明上述“命题”不真:
例2 用数学归纳法证明
f(n)=1+(1/2)+(1/22)+…+(1/2n-1)<2.
讲解:当n=1时,命题显然成立.
现假设f(k)<2,则
f(k+1)=f(k)+(1/2k)<2+(1/2k),
由于2+(1/2k)恒大于2,所以数学归纳法证题尚未成功.
然而,这仅是“方法使用不当”.换一种递推方式,证明并不困难.
f(k+1)=1+(1/2)f(k)<1+(1/2)×2=2.
下面一个反例直接取自文[4]的例2.
例3 求证(1/1!)+(1/2!)+(1/3!)+…+(1/n!)<2.
证明:当n=1时,命题显然成立.
假设n=k时命题成立,则
(1/1!)+(1/2!)+…+(1/k!)+[1/(k+1)!]
=1+(1/2)+(1/3)·(1/2!)+…+(1/k)·[1/(k-1)!]+[1/(k+1)]·(1/k!)<1+(1/2){1+(1/2!)+…+[1/(k-1)!]+(1/k!)}<1+(1/2)×2=2.
这表明n=k+1时命题成立.
由数学归纳法知,不等式已获证.
3.个案3—对尚未成功的环节继续反思
文[7]有很好的立意也有很好的标题,叫做“反思通解·引出简解·创造巧解”,它赞成反思“失败”并显示了下面一道二次函数题目的调控过程:
例4 二次函数f(x)=ax2+bx+c的图象经过点(-1,0),是否存在常数a、b、c使不等式
x≤f(x)≤(x2+1)/2
①
对一切实数x都成立?若存在,求出a、b、c;若不存在,说明理由.
讲解:作者从解两个二次不等式
(x2+1)/2-f(x)≥0,
f(x)-x≥0.
开始(解法1),经过数形结合的思考(解法2)等过程,最后“经学生相互讨论后得到巧解”(解法4):由基本不等式
(x2+1)/2≥(x+1)/22≥x
②
对一切实数x都成立,猜想
f(x)=(x+1)/22.
③
经检验,f(x)满足条件f(-1)=0,所以f(x)存在,a=(1/4),b=(1/2),c=(1/4).
我们不知道命题人的原始意图是否只考虑“存在性”,按惯例,“若存在,求出a、b、c”应该理解为“若存在,求出一切a、b、c”.从这一意义上来看上述巧解,那就存在一个明显的逻辑疑点:诚然,③式是满足①的一个解,但是在x与(x2+1)/2之间的二次函数很多,如
f1(x)=(1/2)x+(1/2)(x2+1)/2,
f2(x)=(1/3)x+(2/3)(x2+1)/2,
f3(x)=(1/4)x+(3/4)(x2+1)/2,
……
这当中有的经过点(-1,0),有的不经过点(-1,0),巧解已经验证了f1(x)经过点(-1,0)从而为所求,我们的疑问是:怎见得其余的无穷个二次函数就都不过点(-1,0)呢?
也就是说,“巧解”解决了“充分性”而未解决“必要性”,解决了“存在性”而未解决“惟一性”.究其原因,是未找出x与(x2+1/2)之间的所有的二次函数.抓住这一尚未成功的环节继续思考,我们想到定比分点公式,①式可以改写为
f(x)={[(x2+1)/2]+λx}/(1+λ)(λ>0),
④
或 f(x)=λ(x2+1)/2+(1-λ)x(0<λ<1). ⑤
一般情况下λ应是x的正值函数(文[8]默认λ为常数是不完善的;同样,2000年高考理科第20题(2),对cn=an+bn设
an=cncos2θ,
bn=cnsin2θ
是错误的),但由于f(x)为二次函数,λ只能为常数.为了在④中求出λ,把f(-1)=0代入④即可求出λ=1(或⑤中λ=1/2).
②式与④式的不同,反映了特殊与一般之间的区别,反映了“验证”与“论证”之间的区别.其实,原[解法1]出来之后,立即就可以得出②式,与是否应用“基本不等式”无关.同样,原[解法1]中作者思考过的“推理是否严密”在“巧解”中依然是个问题.这种种情况说明,我们不仅要对解题活动进行反思,而且要对“反思”进行再反思.下面一个解法请读者思考错在哪里?
解:已知条件等价于存在k<0,使
[f(x)-x][f(x)-(x2+1)/2]=k≤0,
把x=-1时,f(x)=0代入得 k=-1,
从而 [f(x)-x][f(x)-(x2+1)/2]=-1,
即 f2(x)-[(x+1)2/2]f(x)+(x3+x+2)/2=0.
由此解出的f(x)为无理函数,不是二次函数,所以本题无解.
作为对反思进行再反思的又一新例证,我们指出文[9]例2(即1997年高考难题)第1问,可以取λ=a(x2-x)∈(0,1)(λ是x的函数),则
f(x)=a(x1-x)(x2-x)+x
=λx1+(1-λ)x,
据定比分点的性质有x<f(x)<x1.
参 考 文 献
1 罗增儒.解题分析—解题教学还缺少什么环节?中学数学教学参考,1998,1~2
2 罗增儒.解题分析—再谈自己的解题愚蠢.中学数学教学参考,1998,4
3 罗增儒.解题分析—人人都能做解法的改进.中学数学教学参考,1998.7
4 李宗奇.调控函数及其应用.中学数学杂志(高中),2000,3
5 王俊英.一类数学归纳法能否使用问题的判定.中学数学,1987,9
6 罗增儒.数学解题学引论.西安:陕西师范大学出版社,1997,6
7 曹 军.反思通解·引出简解·创造巧解.中学数学,2000,6
8 陈雪芬.刘新春.定比分点公式在代数中的应用.数学教学通讯,2000,6
9 罗增儒.解题分析——分析解题过程的两个步骤.中学数学教学参考,1998,5
