解題思路辯證關系研究論文

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眾所周知，唯物辯證法的范疇是我們認識事物的科學的思維形式．唯物辯證法的每一對范疇都是對立的統一．它們一方面相互對立，另一方面又相互依存、相互貫通和相互轉化．恩格斯指出，數學是辯證的輔助工具和表現形式．數學與唯物辯證法的這種天然聯系，使得范疇間的辯證關系成為我們解決數學問題時發現解題思路的主要線索．本文試對解題思路的發現與范疇間辯證關系的聯系作一初步探索，希望對教學有所幫助．

一、對偶范疇間相互對立關系的啟迪

思維的定勢與慣性，是影響解題思路的重要因素．根據問題的具體情況與個人的思維習慣，當我們從某一角度觀察問題或從某一角度入手探索問題而陷于困境時，想到對偶范疇間的辯證關系，轉而從原來思維的對立方面著手考察、分析，則往往尋找到柳暗花明的新境地．

例1設a＞b＞c．求證：a2b＋b2c＋c2a＞ab2＋bc2＋ca2．

分析與證明：由不等式兩邊的特征與聯系想到運用比較法．證題的關鍵在于差式（a2b＋b2c＋c2a）－（ab2＋bc2＋ca2）的變形．

變形1．差式＝（a2b－ca2）＋（b2c－ab2）＋（c2a－bc2）

＝a2（b－c）＋b2（c－a）＋c2（a－b）．

至此，似乎無路可走．

變形2．差式＝（a2b－ab2）＋（b2c－bc2）＋（c2a－ca2）

＝ab（a－b）＋bc（b－c）＋ca（c－a）．

如此，仍然重蹈復轍．

變形3．差式＝（c2a－ab2）＋（a2b－bc2）＋（b2c－ca2）

＝a（c2－b2）＋b（a2－c2）＋c（b2－a2）．

如此，仍未走出“怪圈”．

以上對差式“均勻分組”的嘗試均未成功．在反思與尋覓中，受范疇間相互對立關系的啟發，想到對差式作“不均勻分組”的變形．

證法1．差式＝a2b＋（b2c＋c2a）－（ab2＋a2c）－bc2

＝b（a2－c2）＋（b2＋ac）（c－a）

＝（a－c）［b（a＋c）－（b2＋ac）］

＝（a－c）（a－b）（b－c）＞0．

∴原不等式成立．

探索初解為什么受阻，可以說過分“對稱”組合是解題陷入困境的原因之一．在差式的對稱結組中，不對稱的條件a＞b＞c難以發揮作用．于是，再由范疇間的相互對立，想到差式的“不對稱”結組．

證法2．差式＝（a2b－ab2）＋（b2c－ca2）＋（c2a－bc2）（有意避開對稱結組）

＝ab（a－b）＋c（b2－a2）＋c2（a－b）

＝（a－b）［ab－c（a＋b）＋c2］

＝（a－b）（b－c）（a－c）＞0．

∴原不等式成立．

再尋初解受困的緣由，除了對稱（均勻）結組的思維習慣，更重要的是自身思維的狹隘--局限于孤立考察各組的表面形式．于是對由范疇間的相互對立，想到尋覓各組之間的內在聯系，諸多新解法由此產生．

證法3．由上述變形1得

差式＝a2（b－c）＋b2（c－a）＋c2（a－b）

＝a2（b－c）－b2［（a－b）＋（b－c）］＋c2（a－b）（刻意溝通與前后兩組的聯系）

＝（b－c）（a2－b2）＋（a－b）（c2－b2）

＝（a－b）［（b－c）（a＋b）＋（c2－b2）］

＝（a－b）（b－c）（a－c）＞0．

∴原不等式成立．

其他證法從略．

二、對偶范疇間相互依存關系的點撥

在數學中，“加”與“減”，“直”與“曲”，特殊與一般，孤立與聯系……這每一對范疇的雙方相互依存，或明或暗地共處于同一問題的解題過程之中．因此，當我們從范疇的某一方入手問題未能（或取得）突破時，還應想到從范疇的另一方入手再行考察與求索．對范疇雙方顧此失彼的思維上的偏頗，是解題陷入困境或出現疏漏的重要原因．

例2過拋物線y＝x2的頂點O任作互相垂直的弦OA、OB，分別以OA、OB為直徑作圓，并設兩圓的另一交點為C，求C點的軌跡方程．

分析與解答：循著求動直（曲）線交點軌跡方程的一般思路，設A（x1，x12），B（x2，x22），C（x，y），由OA⊥OB得

x1x2＝－1．①

以OA為直徑的圓的方程為

x（x－x1）＋y（y－x12）＝0，即

x2＋y2－x1x－x12y＝0．②

同理，以OB為直徑的圓的方程為

x2＋y2－x2x－x22y＝0．③

至此，欲消參數x1、x2，探索中容易想到兩式相減．

②－③，得x1＋x2＝－x/y．④

下一步如何動作？至此往往陷入困境．此時，循著辯證思維的途徑，由加與減的相互依存，想到再考察②、③兩式相加，則局面由此打開．

解法1．②＋③，得2（x2＋y2）－（x1＋x2）x－（x12＋x22）y＝0，

2（x2＋y2）－（x1＋x2）x－［（x1＋x2）2－2x1x2］·y＝0．⑤

將①、④代入⑤并整理，得

x2＋y2－y＝0（y≠0）．

故C點的軌跡方程為

x2＋（y－1/2）2＝1/4（y≠0）．

事實上，當我們孤立考察動圓的方程而導出②、③兩式后，根據范疇間的相互依存關系，可轉而去尋覓兩圓方程間的內在聯系．這種聯系一經發現，新的解法便隨之產生．

解法2．注意到這里y≠0，考察②、③兩式的聯系，知x1、x2是二次方程yt2＋xt－（x2＋y2）＝0的兩實根，由韋達定理得x1x2＝－（x2＋y2）/y．⑥

于是由①、⑥得C點的軌跡方程為

x2＋（y－1/2）2＝1/4（y≠0）．

“直”與“曲”是辯證的統一．面對所給的曲線問題，分析問題的特殊性，發掘問題中與曲線相互依存的直線．這樣的直線一經揭露，化“曲”為“直”的解法便應運而生．

解法3．由圓的性質知AC⊥OC，BC⊥OC．

∴A、B、C三點共線，且OC⊥AB．

設過點O且垂直AB的直線為l，則C點的軌跡即為動直線AB與l的交點的軌跡（化曲為直）．

kAB＝x1＋x2，直線AB的方程為y－x12＝（x1＋x2）（x－x1）．

以①代入上式得y－1＝（x1＋x2）x，⑦

又直線l的方程為y＝（－1/（x1＋x2））x．⑧

⑦×⑧并整理，得x2＋y2－y＝0（y≠0）．故C點的軌跡方程為

x2＋（y－1/2）2＝1/4（y≠0）．

三、對偶范疇間相互貫通關系的誘導

分析問題是解決問題的前提和基礎．分析的方法就是辯證的方法（語）．范疇間相互貫通的辯證關系，為解題思路的發現提供線索，為數學問題的轉換變通提供依據．其中，特殊與一般是最為重要的一對范疇．就認識的過程來說，人們總是從事物的特殊性入手去認識事物的一般性，而當人們掌握了事物的一般屬性之后，又能以一般性為指導去認識尚未認知的其他特殊性質．人們對事物的認識由此一步步引向縱深．

例3對于二次曲線Ck：x2/（9－k）＋y2/（4－k）＝1，證明：任取平面上一點（a，b）（ab≠0），總有Ck中一個橢圓和一個雙曲線通過．

分析（特殊探路）：取點（1，1）代入Ck并整理，得k2－11k＋23＝0，解得

k1＝（11－）/2∈（－∞，4），

k2＝（11＋）/2∈（4，9）．

由此可知，對于k＝k1，Ck表示橢圓；對于k＝k2，Ck表示雙曲線．

至此，便探知本題解題思路：

（1）取點（a，b）（ab≠0）代入Ck并整理，得

f（k）＝k2＋（a2＋b2－13）k＋（36－4a2－9b2）＝0；

（2）證明f（k）＝0的一根在（－∞，4）內，而另一根在（4，9）內，即證f（4）＜0，f（9）＞0．（證明從略）

注意到特殊與一般的辯證關系，當由問題本身難以推出所需結論時，不妨主動“升級”，轉而研究關于原命題的更具一般性的命題．這樣的命題一經解決，便如登高眺遠，解題環節與問題本質縱覽無余．于是，求解原來的問題便可居高臨下，一蹴而就．

例4已知M（x1，y1）、N（x2，y2）為拋物線y2＝2px（p＞0）上兩點．設甲：y1y2＝－p2；乙：直線MN經過拋物線的焦點F．那么甲是乙的____條件．

分析：由課本P．101第8題知，甲是乙的必要條件．由于條件的充分性難以判斷，故轉而考察更為一般的問題：經過拋物線y2＝2px（p＞0）的軸上一點Q（a，0）（a＞0）作拋物線的弦MN，尋找M、N兩點縱坐標之間的聯系．

設直線MN的方程為y＝k（x－a），①

①代入y2＝2px，得y2－（2p/k）y－2pa＝0．②

由②得y1y2＝－2pa．

此此易見y1y2＝－p2a＝p/2點Q即焦點F．故甲是乙的充分條件．于是可知甲是乙的充要條件．

四、對偶范疇間相互轉化關系的運用

解題過程是一系列的轉化過程，其中，范疇間由此及彼的相互轉化，乃是這一系列轉化中的關鍵環節．有關事物的定義、定理和性質是完成這種轉化的橋梁，變量替換則是以量變促發質變的基本手段．循著范疇間的辯證關系思考問題，東方不亮西方亮，南方受阻有北方，使我們得以左右周旋，轉換變通，從而避繁就簡，化生為熟，發現令人滿意的解題思路．

例5已知A（4，0）、B（2，2）是橢圓x2/25＋y2/9＝1內的點．M是橢圓上的點，求｜MA｜＋｜MB｜的最值．

解：這里a＝5，b＝3，c＝4，A（4，0）即橢圓右焦點F2．由于這一和式的最值難以尋覓，考慮將“＋”向“－”轉化．

由橢圓定義得｜MF1｜＋｜MF2｜＝10．

∴｜MA｜＝10－｜MF1｜（F1為橢圓左焦點），

∴｜MA｜＋｜MB｜＝10＋（｜MB｜－｜MF1｜），（完成“＋”向“－”的轉化）

∵｜MB｜－｜MF1｜≤｜BF1｜＝2，

∴｜MA｜＋｜MB｜≤10＋2（當且僅當M為直線F1B與下半橢圓的交點時等號成立），

∴｜MA｜＋｜MB｜的最大值為10＋2．

同理可得｜MA｜＋｜MB｜的最小值為10－2（當且僅當M為直線F1B與上半橢圓的交點時取得）．

例6已知0＜x，y，z＜1，且x＋y＋z＝2，求證：1＜xy＋yz＋zx≤4/3．

分析與證明：根據題意，設x＝1－a，y＝1－b，z＝1－c，則有a，b，c∈（0，1），且a＋b＋c＝1．

∴xy＋yz＋zx

＝（1－a）（1－b）＋（1－b）（1－c）＋（1－c）（1－a）

＝3－2（a＋b＋c）＋（ab＋bc＋ca）

＝1＋（ab＋bc＋ca）＞1．①

至此，上述問題轉化為人們所熟悉的問題：

已知正數a、b、c，且a＋b＋c＝1．求證

ab＋bc＋ca≤1/3．（化生為熟）

此時注意到3（ab＋bc＋ca）－1

＝3（ab＋bc＋ca）－（a＋b＋c）2

＝ab＋bc＋ca－a2－b2－c2

＝－（1/2）［（a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2］≤0，

∴ab＋bc＋ca≤1/3．

于是由①得xy＋yz＋zx≤4/3．②

綜合①、②便證得1＜xy＋yz＋zx≤4/3．