华腾飞

反证法也叫归谬法，其证明步骤可概括为“否定——推理——否定——肯定”四个部分. 关键是第二步，即由“暂时假设”推出矛盾.那么怎样才能导出矛盾呢？通常有以下几种情形：或与公理矛盾、或与定义矛盾、或与定理矛盾、或与已知条件矛盾、或与“暂时假设”矛盾、或与显然的事实矛盾、或自相矛盾等.

一 命题结论为“至多”“至少”的形式，宜用反证法

例1 实数[a，b，c，d]满足[a+b=c+d=1]，[ac+bd>1].求证：[a，b，c，d]中至少有一个是负数.

证法1 假设[a，b，c，d]都是非负数，

∵[a+b=c+d=1]，

∴[a，b，c，d]∈[0， 1]，∴[ac，bd]∈[0， 1].

∴[ac≤ac≤a+c2]，[bd≤bd≤b+d2].

∴[ac+bd≤a+c+b+d2]= 1，这与已知[ac+bd>1]矛盾.

∴[a，b，c，d]中至少有一个是负数.

证法2 假设[a，b，c，d]都是非负数，则[（a+b）（c+d）=][（ac+bd）+（ad+bc）≥ac+bd].

∵[a+b=c+d=1]，∴[（a+b）（c+d）=1].

∴[ac+bd≤1]，这与已知[ac+bd>1]矛盾.

∴[a，b，c，d]中至少有一个是负数.

例2 已知[f（x）=x2+ax+b]，

求证：[|f（1）|，|f（2）|，][|f（3）|]中至少有一个不小于[12].

证明 假设[|f（1）|，|f（2）|，][|f（3）|]都小于[12]，

则[|f（1）|+2|f（2）|+][|f（3）|]<2.

而[|f（1）|+2|f（2）|+][|f（3）|]≥[|f（1）+f（3）-2f（2）|]=|1+a+b+9+[3a+b-8-4a-2b|]=2，这与假设矛盾，所以假设不成立.

故[|f（1）|，|f（2）|，][|f（3）|]中至少有一个不小于[12].

例3 已知[a>0， b>0]，且[a+b>2]，

求证：[1+ba]与[1+ab]中至少有一个小于2.

证明 设[1+ba]与[1+ab]都不小于2，即[1+ba]≥ 2，[1+ab]≥ 2，

∵[a>0， b>0]，

∴[1+b≥2a]，[1+a≥2b]，

将两式相加得[1+b+1+a≥2a+2b]，

∴[a+b≤2]，这与已知矛盾，∴假设不成立.

∴[1+ba]与[1+ab]中至少有一个小于2.

二、命题结论呈“都是”“都不是”形式，宜用反证法

例4 已知[a+b+c>0]， [ab+bc+ca>0]， [abc>0]，

求证：[a>0， b>0， c>0].

证明 （1）假设[a<0]，则由[abc>0]知，[bc<0].

又由[a+b+c>0]知，[b+c>-a>0.]

于是[ab+bc+ca=a（b+c）+bc<0]，这与已知矛盾.

（2）若[a=0]，则[abc=0]，这与[abc>0]矛盾.

∴[a>0]. 同理可证[b>0， c>0.]

例5 设实数a0， a1， a2， …， an-1，an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2 ≥0，a1-2a2+a3 ≥0， …， an-2-2an-1+an ≥0.

试证明：ak ≤0（k=1， 2， 3， …，n-1）.

证明 假设ak（k=1， 2， 3， …， n-1）中至少存在一个正数且ai是序列a0， a1， a2， …， an-1中第一个出现的正数，则a1 ≤0， a2 ≤0， …， ai-1 ≤0， ai>0，从而ai-ai-1>0.

据题设ak+1-ak ≥ak-ak-1（k=1， 2， 3， …， n-1），故从k=i起有an-an-1 ≥an-1-an-2 ≥…≥ai-ai-1>0.

于是有an>an-1>…>ai+1>ai>0，这与an=0矛盾，

故ak ≤0（k=1， 2， 3， …，n-1）.

三、已知命题的逆命题是正确的，宜用反证法

例6 已知函数f（x）是（-∞， +∞）上的增函数，a， b∈R.

（1）证明：若a+b≥0，则f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b）；

（2）证明：若f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b），则a+b≥0.

证明 （1）∵a+b≥0，∴a≥-b，b≥-a.

∵f（x）是（-∞， +∞）上的增函数，

∴f（a）≥f（-b），f（b）≥f（-a）.

∴f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b）.

（2）假设a+b<0，则a<-b， b<-a.

∵f（x）是（-∞， +∞）上的增函数，

∴f（a）

∴f（a）+f（b）

∴假设不成立，因此有a+b≥0成立.

点拨 本题中，由于前一个命题是后一个命题的逆命题，且前一个命题是真命题.因此在（2）中用反证法就容易“推出矛盾”.事实上，（2）中直接证缺少推理条件，而反设增加了条件（即利用（1）的推理和结论）.

例7 已知a>b>0，n∈N且n≥2.求证：[an>bn].

证明 假设[an≤bn]，由于a>b>0，

∴[an>0]， [bn]>0，则[（an）n≤（bn）n]，即a≤b.

这与已知条件a>b>0矛盾，故[an>bn]成立.

四、在证明的方法上用直接法较困难，或在证明的方向上从结论的反面着手较易的命题，宜用反证法

例8 如果正实数a， b满足ab=ba，且a<1.证明：a=b.

证明 假设a≠b，则有a>b或a

（1）当a>b时，由于1>a>b>0，可得ab>bb（幂函数的单调性），bb>ba（指数函数的单调性），

由不等式的传递性得ab>ba，这与已知ab=ba矛盾.

（2）当b>a时，由b>a>0， a<1可得ba>aa（幂函数的单调性），aa>ab（指数函数的单调性），

所以ba>ab，与已知ab=ba矛盾.

综上可得a=b.

例9 已知f（x）=[（cosαsinβ）x+（cosβsinα）x]，且x<0，[α， β]∈（0，[π2]），若f（x）>2.

求证：[α+β>π2].

证明 假设0<α+β≤[π2]，由已知α，β∈（0，[π2]），可得0<α≤[π2]-β<[π2][?]cosα≥cos（[π2]-β）=sinβ>0，

0

又因为指数函数y=ax，

当a>1且x<0时，有y<1.

而当a=1且x<0时，有y=1.

∴[（cosαsinβ）x≤1]，[（cosβsinα）x≤1].

∴f（x）=[（cosαsinβ）x+（cosβsinα）x]≤2，这与已知f（x）>2矛盾，

故α+β>[π2].

利用反证法证明不等式应注意以下几点：（1） 用反证法证明不等式必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能的结论；（2）反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证；（3）推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实相违背等，推导出的矛盾必须是明显的.