GRE词汇备考书上的问题

crease对于folding的关系就好比hole对于perforating的关系

fold意思为折叠，crease是褶皱，折叠产生褶皱

perforate是穿刺，hole是洞，穿刺产生洞

这就是类比。

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．

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． 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1。

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1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． 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=tanαk（k =l，2，…，7），证明必存在αi，αj，满足不等式0≤tan（αi-αj）≤·

证明：令xk=tanαk（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≤tan（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tan0=0，tan=，而在[0，）内，tanx是增函数，故只需证明存在αi，αj，使0<；αi-αj <即可。为此将[0，）分成三个小区间：[0，]、（，]、（，）。又由抽屉原则知，4个αk中至少有2个比如αi，αj同属于某一区间，不妨设αi>；αj，则0≤αi-αj ≤，故0≤tan（αi-αj）≤·这样，与相应的xi=tanαi、xj=tanαj，便有0≤≤· 简化类比，就是将原命题类比到比原命题简单的类比命题，通过类比命题解决思路和方法的启发，寻求原命题的解决思路与方法．比如可先将多元问题类比为少元问题，高次问题类比到低次问题，普遍问题类比为特殊问题等．

例4已知xi≥0（i=1，2，…，n），且xl+x2+…+xn=1。

求证：

1、≤++…+≤．

分析我们可先把它类比为一简单的类比题：“已知xl≥0，x2≥0，且xl+x2 =1，求证1≤+≤”．本类比题的证明思路为：∵2≤xl+x2=l，∴0≤2≤1，则1≤xl+x2+2≤2，即1≤（+)2≤2，∴1≤+≤．这一证明过程中用到了基本不等式和配方法．这正是要寻找的证明原命题的思路和方法．

证明：由基本不等式有0≤2≤xi+xj，则

0≤2≤（n-1)(xl+x2+…+xn)=n-1

∴1≤xl+x2+…+xn +2≤n，即1≤（++…+)2≤n

∴1≤++…+≤．

所谓归纳，是指通过对特例的分析来引出普遍结论的一种推理形式．它由推理的前提和结论两部分构成：前提是若干已知的个别事实，是个别或特殊的判断、陈述，结论是从前提中通过推理而获得的猜想，是普遍性的陈述、判断．其思维模式是：设Mi（i=1，2，…，n）是要研究对象M的特例或子集，若Mi（i=1，2，…，n）具有性质P，则由此猜想M也可能具有性质P．

如果=M，这时的归纳法称为完全归纳法．由于它穷尽了被研究对象的一切特例，因而结论是正确可靠的．完全归纳法可以作为论证的方法，它又称为枚举归纳法．

如果是M的真子集，这时的归纳法称为不完全归纳法．由于不完全归纳法没有穷尽全部被研究的对象，得出的结论只能算猜想，结论的正确与否有待进一步证明或举反例．

本节主要介绍如何运用不完全归纳法获得猜想，对于完全归纳法，将在以后结合有关内容（如分类法）进行讲解．

例5证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线的长度之和不小于4十．

分析四边形的周长和对角线的长度和混在一起令人棘手，我们可以从特例考察起：先考虑面积为1的正方形，其周长恰为4，对角钱之和为2即．其次考察面积为1的菱形，若两对角线长记为l1、l2，那么菱形面积S=l1·l2，知

l1+ l2≥2=2=，菱形周长：l=4≥2=4。

由此，可以猜想：对一般的凸四边形也可将其周长和对角线长度和分开考虑．

证明设ABCD为任意一个面积为1的凸四边形，其有关线段及角标如图．则

SABCD= (eg+gf+fh+he)sinα

≤ (e+f)(g+h）≤，

∴e+f+g+h≥2，即对角线长度之和不小于．

∴a+b+c+d≥4，即周长不小于4．

综上所述，结论得证，