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1、临沂大学理学院毕 业 论 文 （ 设 计 ）反证法在分析学中的应用专 业 数学与应用数学 系（院） 理学院 临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）2摘 要“反证法”是数学证明中的一种重要方法，运用起来简明间接，是一种重要的数学思想方法.本文主要介绍了 “反证法”的逻辑依据和步骤.列举了一些在分析学中比较适合用反证法解决的问题.同时指出了如何正确的运用反证法.关键字：数学分析 反证法 应用临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）3ABSTRACTReductio ad absurdum is an important method of mathematical proof,
2、use condensed indirect, is an important mathematical thinking. This paper describes the rationale of the reductio ad absurdum and steps. Examples reductio ad absurdum more suitable for use in the analysis of learning to solve problems.Also pointed out how to properly use reductio ad absurdumKey word
3、s: mathematical analysis, reductio ad absurdum, the application临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）4目 录1，引言 .12 ，反证法的原理和步骤 .13，反证法的应用 .13.1 应用类型一 .23.2 应用类型二 .33.3 应用类型三 .53.4 应用类型四 .83.5 应用类型五 .94.结束语 .10参考文献 .12致谢 .13临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）51 引言反证法是分析学中经常要用到的解题方法之一.无论是在定理证明中还是在解题中，经常都要用到反证法.并且相对对一些比较抽象或者是用直接
4、证法比较困难的命题而言，反证法具有一定的优势，效果非常明显.此外，反证法作为一种间接证明的方法在分析学中应用非常广泛.首先我们来了解一下反证法.2，反证法的原理和步骤反证法就是从反面的角度思考问题的证明方法，属于“间接证明”的一类，即肯定题设二否定结论，通过推理导出矛盾，进而证明命题.反证法证明命题的具体步骤：（1）反设，即作出与求证结论相反的假设；（2）由反设与题设条件出发，推出与公理，定义，已知定理或题设相矛盾的结果.（3）存真，即由所得矛盾证明了反设不成立，从而肯定了原结论正确.3，反证法的应用反证法运用巧妙，适用范围广泛。一般说来，能用直接证明的命题，其证明过程都可以改写成反证法的形式
5、.但通常我们只对那些用直接证法难以下手的问题转而使用反证法.而如何判断命题“若A则B“有没有直接证明的证明依据，则是数学分析中是否建立了关于B或不B的有关理论而定.若建立了关于B的有关理论，则宜用直接证法证明，若没有建立关于B的有关理论，而建立了关于不B的有关理论，则用反证法.经过观察，以下几种命题类型用反证法证明比较合适.3.1当命题的结论中带有“函数F(x) 某个特定的常数”时，适合用反证法证明.例 1 设F为闭区间 上的连续函数，且F(a)F(b)0,则 ,使得ba, baF（ ）=0.证法1 不妨设F（a）0,F(b) 0.假设F(x) .现将 两等分，若F( )0,则取 ，bx,0a
6、, 2ba21b=a;若F( )0，则取 ， =b. 此时，F（ ）0,F（ ）0.1221b1再将 两等分，若F( )0，则取 = ， = ；若1,ba 2a12b1a临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）6F（ ）0,则取 ， = ，此时F（ ）0,F（ ）0,如此21ba21ba212a2b下去，得一递降闭区间套： ，,1,2,n,= 0（n + ），F（ ）0,F（ ）0.根据实数连续nabanb性命题（三）（闭区间套原理）知， ，显然， =10,nxa,limna= .0xlimnb由F连续知，0 F（ ）=F（ ）= F（ ） 0.所以有F（ ）linna0xlinnb0
7、x=0，又F（a）0,F(b) 0，故 a,b, ,这与假设相矛盾.因此，0)(a必有 ，使得F（ ）=0.b,证法2 假设F(x) ,由F连续知， 0，s.t.F在bax,x上严格同号，则开区间族ax,Q= baxx,为 上的一个开区间覆盖，根据实数连续性命题（四）（ 的紧致性）知ba, ba,存在有根的子覆盖Q = 。不失一般性，设1 kixii ,.21,，如果 ，那么F 与F（a）严格同11,xx1xbab,号，从而F(a)F(b) 0，这与题设F(a)F(b)0相矛盾，因此，从而 ，不妨设 .11,xxbix,122,xxxii 由于 ，所以F在 与221 ,11,上严格同号，依次得
8、到一串开区间22,xx，F在这些开区间上依次是同号的，并且kliii 其 中,.,，所以F（a）与F（b）严格同号，这与F（a）与F（b）严llxxlb1格异号相矛盾.3.2当命题的结论中带有“极限零或某个特定的常数”时，在已知极临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）7限存在或者易证出极限存在的前提下，宜于用反证法证明；反之，则比较适合用直接法来证明.例 2 设 收敛，F在 中一致收敛，则 =0.xad,axflim证 假设 0，则 .又因为F 在fxlim010,0., fts有 f上一致连续，故 时，有,a x当,.20ff于是，当 时，有 =1,xxf=fxfffxf 1111
9、 20并且F（x）与F(x )同号，（否则，1矛盾）.如果201011 xfxff与 ,0,1xfxf则从而.0xf故， 20011 xxxdf这就证明了，对于 .,0211ts.201xxdf根据无穷积分的Cauchy准则， 发散，这与题设 收敛矛盾.xaFxadF3.3 当命题的结论中带有“不存在”或者类似的带有否定意味的词临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）8时，反证法相对直接证证法比较好证.例 3 证明Dirichlet函数D（x）= QxR,1/0在任何点处无极限.证 反设在点 ，则0与1中至少有一个不为a.不妨设axRx)(lim0,0，则存在a的开领域 .于是， 时，
10、1U, 0,x当D(x) U(a).当然D（x） .但因Q在R中是稠密的，必有1所以，,0.0tsQx，1=D（ ） U(a),这与1 U（a）相矛盾.例 4 设F在区间 上可导，则导函数 无第一类间断点.b, f证法1 假设 为 的第一类间断点，则 与 存在极限，因为F0xf 0x0f在点 处可导，故F在点 处连续.根据导数极限定理，有00x= = = = .ff0f0xf0f所以， 在点 处连续，这与 为 的间断点相矛盾.f0xx证法2 假设 为 的第一类间断点，则 与 存在极限，且f 0xf0f（或 ）.不失一般性，设 .对00xff 00x x00， 时， 0,当， 00021xffx
11、ff. 000010 fffffxf任取 ，则 .在 中无 ，s.t.01,12xx1,x，这与Darboux定理（导函数介值定理）的结果相矛 02fxff盾.例 5 不存在函数F：R R，在所有无理点不连续，而在所有有理点连续.证法1 假设存在函数F：R R在所有无理点不连续，而在所有有理点连续.临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）9令.nxwxfREfn 1的 振 幅在显然， 为闭集且 为内点。另一方面，设可数集Q=nQ/Q= ,则独点集 也是无内点的闭集.于是，.,21nrnrR=Q .11/nnER根据Baire定理1.3.6知，R为内点，这与R中任一点都为内点相矛盾.证法
12、2 假设存在函数F：R R在所有无理点不连续，而在所有有理点连续.设Q= ,取 ，因F在 处连续，故.,1nr1*1/rQ*1r，2 ，且有,.0ts.1*1*1,rxrfx再取 .*21*1*2 ,rr由F在 处连续知， s.t.02,21*1*212 , rrr且有.2*2*2*,rxfx如此下去，可取*111*1* ,.,./, nnnnn rQrr再由F在 处连续知， ，s.t.*nr0nnnnrr*1*1,1 ,.,.,211n且有.nnnrxrfx*,21根据闭区间套原理知， .易见，点 为无理点，且100x，即F在无理点 处连续，这与假设矛盾.0wf 0例 6 设m,n 0，证明 +mx+n=0不存在实数根.3x例 7 方程 -3x+m=0（m为常数）在 上不可能存两个不同的根.3x,临沂大学理学院 2011 届本科毕业论文（设计）10这两个例子都是需要证明的命题中出现了否定形式不存在的情况.因为在分
