大师作文网“类比”的定义是什么?
来源：学生作业帮 编辑：大师作文网作业帮 分类：综合作业 时间：2024/09/27 12:29:41
“类比”的定义是什么?
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类比
一、类比
数学解题与数学发现一样,通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上,获得对有关问题的结论或解决方法的猜想,然后再设法证明或否定猜想,进而达到解决问题的目的．类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法．
所谓类比,就是由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式.类比是一种主观的不充分的似真推理,因此,要确认其猜想的正确性,还须经过严格的逻辑论证．
运用类比法解决问题,其基本过程可用框图表示如下：
可见,运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象．按寻找类比对象的角度不同,类比法常分为以下三个类型．
（1）降维类比
将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象,此种类比方法即为降维类比．
【例1】如图,过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA1‖VA,OB1‖VB,OC1‖VC,A1,B1,C1分别是所作直线与侧面交点．
求证：++为定值．
分析 考虑平面上的类似命题：“过△ABC（底）边 AB上任一点O分别作OA1‖AC,OB1‖BC,分别交BC、AC于A1、B1,求证+为定值”．这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值1．另外,过A、O分别作BC垂线,过B、O分别作AC垂线,则用面积法也不难证明定值为1．于是类比到空间围形,也可用两种方法证明其定值为1．
证明：如图,设平面OA1 VA∩BC＝M,平面OB1 VB∩AC＝N,平面OC1 VC∩AB=L,则有△MOA1∽△MAV,△NOB1∽△NBV,△LOC1 ∽△ LCV．得
++=++.
在底面△ABC中,由于AM、BN、CL交于一点O,用面积法易证得：
++=1.
∴++=1.
【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球,S是所作六个球的交集．证明S中没有一对点的距离大于．
【分析】考虑平面上的类比命题：“边长为1的正三角形,以各边为直径作圆,S‘是所作三个圆的交集”,通过探索S’的类似性质,以寻求本题的论证思路．如图,易知S‘包含于以正三角形重心为圆心,以为半径的圆内．因此S’内任意两点的距离不大于．以此方法即可获得解本题的思路．
证明：如图,正四面体 ABCD中,M、N分别为BC、AD的中点,G
为△BCD的中心,MN∩AG＝O．显然O是正四面体ABCD的中心．易知OG=·AG=,并且可以推得以O为球心、OG为半径的球内任意两点间的距离不大于,其球O必包含S．现证明如下．
根据对称性,不妨考察空间区域四面体OMCG．设P为四面体OMCG内任一点,且P不在球O内,现证P亦不在S内．
若球O交OC于T点.△TON中,ON=,OT=,cos∠TON=cos(π-∠TOM)=-.由余弦定理：
TN2=ON2+OT2+2ON·OT·=,∴TN=.
又在 Rt△AGD中,N是AD的中点,∴GN=.由GN= NT＝, OG＝OT, ON=ON,得 △GON≌△TON.∴∠TON＝∠GON,且均为钝角．
于是显然在△GOC内,不属于球O的任何点P,均有∠PON>∠TON,即有PN>TN=,P点在 N为球心,AD为直径的球外,P点不属于区域S．
由此可见,球O包含六个球的交集S,即S中不存在两点,使其距离大于．
（2）结构类比
某些待解决的问题没有现成的类比物,但可通过观察,凭借结构上的相似性等寻找类比问题,然后可通过适当的代换,将原问题转化为类比问题来解决．
【例3】任给7个实数xk（k=1,2,…,7）．证明其中有两个数xi,xj,满足不等式0≤≤·
【分析】若任给7个实数中有某两个相等,结论显然成立．若7个实数互不相等,则难以下手．但仔细观察可发现：与两角差的正切公式在结构上极为相似,故可选后者为类比物,并通过适当的代换将其转化为类比问题．作代换：xk=tgαk（k ＝l,2,…,7）,证明必存在αi,αj,满足不等式0≤tg(αi-αj)≤·
证明：令xk=tgαk（k ＝l,2,…,7）,αk∈（-,）,则原命题转化为：证明存在两个实数αi,αj∈（-,）,满足0≤tg(αi-αj)≤·
由抽屉原则知,αk中必有 4个在[0,）中或在（-,0）中,不妨设有4个在[0,）中．注意到tg0＝0,tg=,而在[0,）内,tgx是增函数,故只需证明存在αi,αj,使0
一、类比
数学解题与数学发现一样,通常都是在通过类比、归纳等探测性方法进行探测的基础上,获得对有关问题的结论或解决方法的猜想,然后再设法证明或否定猜想,进而达到解决问题的目的．类比、归纳是获得猜想的两个重要的方法．
所谓类比,就是由两个对象的某些相同或相似的性质,推断它们在其他性质上也有可能相同或相似的一种推理形式.类比是一种主观的不充分的似真推理,因此,要确认其猜想的正确性,还须经过严格的逻辑论证．
运用类比法解决问题,其基本过程可用框图表示如下：
可见,运用类比法的关键是寻找一个合适的类比对象．按寻找类比对象的角度不同,类比法常分为以下三个类型．
（1）降维类比
将三维空间的对象降到二维（或一维）空间中的对象,此种类比方法即为降维类比．
【例1】如图,过四面体V-ABC的底面上任一点O分别作OA1‖VA,OB1‖VB,OC1‖VC,A1,B1,C1分别是所作直线与侧面交点．
求证：++为定值．
分析 考虑平面上的类似命题：“过△ABC（底）边 AB上任一点O分别作OA1‖AC,OB1‖BC,分别交BC、AC于A1、B1,求证+为定值”．这一命题利用相似三角形性质很容易推出其为定值1．另外,过A、O分别作BC垂线,过B、O分别作AC垂线,则用面积法也不难证明定值为1．于是类比到空间围形,也可用两种方法证明其定值为1．
证明：如图,设平面OA1 VA∩BC＝M,平面OB1 VB∩AC＝N,平面OC1 VC∩AB=L,则有△MOA1∽△MAV,△NOB1∽△NBV,△LOC1 ∽△ LCV．得
++=++.
在底面△ABC中,由于AM、BN、CL交于一点O,用面积法易证得：
++=1.
∴++=1.
【例2】以棱长为1的正四面体的各棱为直径作球,S是所作六个球的交集．证明S中没有一对点的距离大于．
【分析】考虑平面上的类比命题：“边长为1的正三角形,以各边为直径作圆,S‘是所作三个圆的交集”,通过探索S’的类似性质,以寻求本题的论证思路．如图,易知S‘包含于以正三角形重心为圆心,以为半径的圆内．因此S’内任意两点的距离不大于．以此方法即可获得解本题的思路．
证明：如图,正四面体 ABCD中,M、N分别为BC、AD的中点,G
为△BCD的中心,MN∩AG＝O．显然O是正四面体ABCD的中心．易知OG=·AG=,并且可以推得以O为球心、OG为半径的球内任意两点间的距离不大于,其球O必包含S．现证明如下．
根据对称性,不妨考察空间区域四面体OMCG．设P为四面体OMCG内任一点,且P不在球O内,现证P亦不在S内．
若球O交OC于T点.△TON中,ON=,OT=,cos∠TON=cos(π-∠TOM)=-.由余弦定理：
TN2=ON2+OT2+2ON·OT·=,∴TN=.
又在 Rt△AGD中,N是AD的中点,∴GN=.由GN= NT＝, OG＝OT, ON=ON,得 △GON≌△TON.∴∠TON＝∠GON,且均为钝角．
于是显然在△GOC内,不属于球O的任何点P,均有∠PON>∠TON,即有PN>TN=,P点在 N为球心,AD为直径的球外,P点不属于区域S．
由此可见,球O包含六个球的交集S,即S中不存在两点,使其距离大于．
（2）结构类比
某些待解决的问题没有现成的类比物,但可通过观察,凭借结构上的相似性等寻找类比问题,然后可通过适当的代换,将原问题转化为类比问题来解决．
【例3】任给7个实数xk（k=1,2,…,7）．证明其中有两个数xi,xj,满足不等式0≤≤·
【分析】若任给7个实数中有某两个相等,结论显然成立．若7个实数互不相等,则难以下手．但仔细观察可发现：与两角差的正切公式在结构上极为相似,故可选后者为类比物,并通过适当的代换将其转化为类比问题．作代换：xk=tgαk（k ＝l,2,…,7）,证明必存在αi,αj,满足不等式0≤tg(αi-αj)≤·
证明：令xk=tgαk（k ＝l,2,…,7）,αk∈（-,）,则原命题转化为：证明存在两个实数αi,αj∈（-,）,满足0≤tg(αi-αj)≤·
由抽屉原则知,αk中必有 4个在[0,）中或在（-,0）中,不妨设有4个在[0,）中．注意到tg0＝0,tg=,而在[0,）内,tgx是增函数,故只需证明存在αi,αj,使0