謝福信

摘要：反證法是一種運用逆向思維解題的方法，當有些命題從正面直接證明（直接論證或反駁）比較困難時，我們可以嘗試采用迂回、間接的思路，運用反證法來證明會更簡捷.

關鍵詞：反證法;否定;唯一;至多;至少

1 引言

反證法最初在拉丁語中的意思，是指“轉化為不可能”，其邏輯原理是逆否命題和原命題的真假性相同.當命題從正面不容易或不能直接證明時，我們就可以嘗試運用反證法來間接證明，這就是我們平常所說的“正難則反”.反證法在數學證明題中應用十分廣泛，具有極大的優越性[1].著名的物理學家牛頓就曾經稱贊說：“反證法是數學家最精當的武器之一.”

2 反證法的使用場景及原則

一般來說，當命題的結論出現“都是”“都不是”“至少”“至多”或者“≠”等字眼時，比較適合采用反證法.反證法是從命題結論的否定出發，經過嚴密的邏輯推理，最后推導出矛盾，證明命題結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的一種證明方法.

運用反證法證明命題要牢記“三必須”原則：

一必須先否定結論，然后肯定結論的反面.當結論的反面呈現出多樣性時，我們必須要考慮（或羅列出）各種可能的結論（結果），遺漏任何一種可能性，反證都是不嚴密的.

二必須從否定結論進行推理.即應把結論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推證;否則，僅否定結論，不從結論的反面出發進行推理，就不算是反證法.

三必須推導出矛盾.有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實相違背.總之，推導出的矛盾必須是明顯的.

運用反證法的基本步驟：首先作出與所證命題結論相反的假設，然后從條件和假設出發，應用正確的推理方法，一步步推出矛盾的結論，最后否定假設，從而達到證明原命題結論成立的目的[2].

3 反證法的常見三種題型

3.1 命題的結論為否定的形式

當待證命題的結論以“不、無、沒有、不可能、絕不會”或者“不等號”等否定詞語或符號來表述時，運用反證法比較便利.

例1如果2a2<5b，試證方程x5+ax4+bx3+cx2+dx+e=0的根不可能都是實數.

證明：假設方程的根都是實數，那么方程的左邊就可表示成（x+p）（x2+qx+r）（x2+sx+t） ，

其中p，q，r，s，t均為實數，且q2-4r≥0，s2-4t≥0，可得4（r+t）≤q2+s2.方程左邊比較對應項系數，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

因為p，q，s均為實數，

所以

（2p-q）2+（2p-s）2+2（q-s）2≥0②

①式與②式相互矛盾，故假設錯誤.

所以原命題結論成立.

點評：本題的結論中出現了否定詞“不可能”，所以宜用反證法來證明.本題的證明過程中雖然所設參數較多，但其核心是圍繞諸根都是實數進行突破.

例2設二次函數f（x）=ax2+bx+c（a≠0）中的a，b，c均為整數，且f（0），f（1）均為奇數，求證：方程f（x）=0無整數根.

證明：假設方程f（x）=0有一整數根k，那么

ak2+bk=-c??????? ③

因為f（0）=c，f（1）=a+b+c均為奇數，那么a+b為偶數.當k為偶數時，顯然這與③矛盾;當k為奇數時，設k=2n+1（n∈Z），那么ak2+bk=（2n+1）（2na+a+b）為偶數，也與③矛盾.故假設錯誤.

所以原命題結論成立.

點評：很顯然，本題如果運用函數或方程的思路直接證明較困難，但我們如果換個思路從反面入手，采用反證法來證明則簡捷多了.

3.2 命題的結論表現為“唯一”的形式

當待證命題的結論用“是、有、只有、有唯一、為、必為”等表肯定的詞語表述時，可以運用反證法進行證明.

例3有一方程組a11x1+a12x2+a13x3=0，

a21x1+a22x2+a23x3=0，

a31x1+a32x2+a33x3=0，其系數滿足下列條件：

（i）a11，a22，a33為正數，其余系數都是負數;

（ii）在每個方程中系數之和為正數.

求證：方程組有唯一的一組解.

證明：顯然（0，0，0）即x1=x2=x3=0是方程組的一組解;假設（a，b，c）是方程組的另一組解，則可分為兩種情況：

（1）a，b，c中至少有一個正數;

（2）a，b，c中至少有一個負數.

對情況⑴，不妨設a>0，a≥b，a≥c.

因為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.

這與（a，b，c）是方程組的解的定義相矛盾.

對情況⑵，不妨設a<0，a≤b，a≤c，

則-a>0，-a≥-b，-a≥-c.根據（1）可知

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

同樣導致矛盾.

綜上所述，方程組僅有唯一一組解（0，0，0）.

點評：從本題的證明我們可以看到，當結論的反面不止一種情形時，反設后，要分別對各種情況進行歸謬，做到全面準確，無一遺漏.

例4四面體P-ABC中從一個點出發的三個面為直角三角形，則第四個面必為銳角三角形.

證明：如圖1，設∠APB=∠BPC=∠CPA=π2，

PA=a，PB=b，PC=c.

假設第四個面△ABC不是銳角三角形，設其中∠BAC≥π2，則

AB2+AC2-BC2≤0.

即

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

故∠BAC<π2.同理，∠ABC與∠ACB均為銳角.

故假設不成立，所以原命題成立.

點評：本題如果直接證明有困難，由于涉及到立體幾何，所以結合“數形結合”的思想，運用反證法較為簡捷.

3.3 命題的結論表現為“至多”“至少”的形式

對待證命題的結論出現“至多”“至少”及存在性之類的詞語，從反證法入手也較為有利.

例5設zk（k=1，2，……，n）是滿足zk≤1與z1+z2+……+zn=0的n個（n≥2）復數.求證：這n個復數中至少有兩個復數zs，zt滿足zs+zt≤1.

證明：假設這n個復數中任意兩個復數zi，zj（i≠j，i，j=1，2，……，n）均不滿足zi+zj≤1，即有zi+zj>1.

因為zk≤1（k=1，2，……，n），所以與復數zk相應的點Zk全部在復平面的單位圓（含圓周）域內.

令與zi，zj對應的向量分別為zi，zj且它們

的夾角為θ，且設zi≤zj≤1，即zi＼5zj≥zi2.

又因為zi+zj2>1≥zj2，所以

-zi2≥-zi＼5zj，zi+zj2-zj2>0.

所以

i+zj2-zi2-zj2>-zizj.

則cos θ=zi+zj2-zi2-zj22zi＼5zj>-12.

于是θ∈0，2π3.那么這n個復向量zk所對應的點Zk全部落在以原點O為中心，中心角為2π3的開扇形區域內.

不妨取此扇形邊界中的一條半徑所在的直線為實軸，則zk的輻角主值為argzk∈0，2π3.

則這n個復數zk（k=1，2，……，n）虛部之和為

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

而已知z1+z2+……+zn=0，則這n個復數的虛部之和為0，與④式矛盾.

因此，這n個復數中至少存在兩個復數zs，zt，滿足zs+zt≤1.

點評：對于存在性問題，適合運用反證法.本題的證明思路是，假設這n個復數中任意兩個復數均不滿足zi+zj≤1，即zi+zj>1，又因為zi≤1，zj≤1，根據向量加法的幾何意義可知，zi，zj的夾角小于2π3，于是這n個復數的對應點在中心角小于2π3的扇形區域內.本題的證明過程也充分展示了直接推理演繹、數形結合等多種方法綜合運用的技巧.

例6設f（x）=x2+ax+b，求證f（1），f（2），f（3）中至少有一個不小于12.

證明：假設f（1）<12，f（2）<12，f（3）<12同時成立，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.

則有-3<8+4a+2b<-1.

即-32<4+2a+b<-12.

又由⑥可知-12<4+2a+b<12，與上式矛盾.

所以假設不成立，即f（1），f（2），f（3）中至少有一個不小于12.

點評：本題的命題結論中含有“至少”之類詞語，也屬于存在性之類的問題，宜用反證法證明.關鍵步驟是根據假設結合不等式性質得出矛盾的結果.

4 反證法思想在探索性問題中的應用

當待證命題的結論中出現“有沒有”“能不能”“是否存在”等帶有不確定、探索性詞語時，除了通過若干數據實驗，運用不完全歸納法和數學歸納法證明外，運用反證法來證明顯得更加簡捷明快.

例7拋物線y2=4x的對稱軸作平行移動.使焦點在直線y=x-1上滑動，試問拋物線能否移動到截直線y=12x+4所得的弦長與截y軸所得弦長相等的位置？若能，求出此拋物線的方程;若不能，說明理由.

解析：假設這樣的拋物線存在，其焦點坐標為（a，a-1），頂點坐標為（a-1，a-1），拋物線方程為

（y+1-a）2=4（x+1-a） ?????⑧

令x=0，有y2+2（1-a）y+（1-a）2-4（1-a）=0.

則拋物線在y軸上截得的線段AB=y1-y2

=（y1+y2）2-4y1y2=16（1-a）.

將y=12x+4代入⑧式，整理得

x2+4（1-a）x+4（a2-6a+21）=0.

則直線y=12x+4被截得的弦長

CD=x1-x21+14=20（4a-20）.

由題設中兩弦長相等，可得16（1-a）=20（4a-20），解得a=133.而此時1-a無意義，故這樣的拋物線不存在.

點評：本題是關于探索性問題的求解，如果按照常規的思路，過程比較繁瑣;如果緊扣題設中“截直線所得的弦長與截y軸所得弦長相等”這一條件，運用反證法思想就顯得簡捷多了.

例8是否存在雙曲線C，同時滿足下列兩個條件：

（1）以點F（-1，0）為焦點，對應的準線為直線x=-4;

（2）與拋物線x=y2+2有且只有一個公共點.

若存在，求出雙曲線C的方程;若不存在，說明理由.

解析：假設存在這樣的雙曲線C，其離心率為e，

則雙曲線C的方程（x+1）2+y2=ex+4與x=y2+2聯立，得（y2+3）2+y2=ey2+6，應僅有一解.

整理得（1-e2）y4+（7-12e2）y2+9-36e2=0.

因為 e>0，Δ=13+12e2>0，則

y2=-（7-12e2）±13+12e22（1-e2）.

由于方程只有一解，則y2=0.

即 （7-12e2）2=13+12e2，解得e=12，與e>1矛盾.

所以，這樣的雙曲線不存在.

點評：本題是關于探索性問題的求解，運用反證法思想可以避免分類、分情況討論等繁瑣的猜測嘗試過程，具有化繁為簡的優點.

實驗歸納形式的題型，是一種開放式探索性題型，由于這類題型具有“有效考查考生的基礎知識、能夠全面檢測考生分析問題和解決問題的能力”等優點，近年來已成為高考的高頻題型，所以，熟悉并掌握這類題型的特點與答題技巧很有必要.

5 結論

從上述典型例題的分析中我們可以看出，反證法“三必須”“三形式”的運用技巧在證明題中展示了較強的實用性與靈活性;尤其是面對一些較復雜的、難以直接證明的問題，運用反證法往往能夠使原本閉塞的思路豁然貫通，“柳暗花明又一村”的開闊之感油然而生！

參考文獻：

[1]高濤.反證法在中學數學證明中的應用[J].數理化解題研究，2021（8）：8-9.

[2]彭長軍.反證法及其應用[J].高中數理化，2022（3）：38-42.