第5章 数学推理
第五章相交线与平行线5.3.2命题、定理、证明
命题的定义：
判断一件事情的语句叫做命题。
1、只要对一件事情作出了判断， 不管正确与否，都是命题。 2、如果一个句子没有对某一件事情
作出任何判断，那么它就不是命题。
语句都是对某一件事情作出“是”或
“不是”的判断.其中问句，画图，感叹句， 祈使句不是命题！
下列语句是命题吗？ ①请你吃饭。 ②大象是红色的 ③同位角相等. ④连接A、B两点. ⑤你多大了？
如果两个角是对顶角，那么这两个角相等. 题设是： 两个角是对顶角 结论是： 这两个角相等
④同位角相等. 如果两个角是同位角，那么这两个角相等.
题设是：两个角是同位角 结论是：这两个角相等
★ 如：对顶角相等
题设
结论
如果两个角是对顶角，那么这两个角相等 题设 结论
问题5
下列语句是命题吗？如果是，请将它们 改写成“如果„„，那么„„”的形式.
（5）对顶角相等．
如果两个角是对顶角，那么这两个角相等．
问题7 下列哪些命题是正确的， 哪些命题是错误的？
（1）两条直线被第三条直线所截，同旁内角互补；
（2）等式两边都加同一个数，结果仍是等式；
（3）互为相反数的两个数相加得0； （4）同旁内角互补； （5）对顶角相等．的真假
有些命题如果题设成立，那么结论一定成立；
请同学们判断下列两个命题的真假
命题 :相等的角是对顶角． （3）你能举出反例吗？
如命题：“如果一个数能被4整除，那么它也 能被2整除”对么？
如命题：“如果两个角互补，那么它们是邻补角” 对么？ 确定一个命题真假的方法：
利用已有的知识，通过观察、验证、推理、 举反例等方法。
问题1 请同学们判断下列命题哪些是真命题？
高中数学 第5章 推理与证明 5.2 直接证明与间接证明 5.2.1 直接证明：分析法与综合法讲义(
5．2.1 直接证明：分析法与综合法[读教材·填要点]综合法和分析法综合法分析法定义 从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求的问题，称为综合法从数学题的待证结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件，称为分析法特点从“已知”看“可知”，由因导果，寻找必要条件从“未知”看“需知”，执果索因，寻找充分条件[小问题·大思维]1．综合法与分析法的推理过程是合情推理还是演绎推理？提示：综合法与分析法的推理过程是演绎推理，因为综合法与分析法的每一步推理都是严密的逻辑推理，从而得到的每一个结论都是正确的，不同于合情推理中的“猜想”．2．综合法与分析法有什么区别？提示：综合法是从已知条件出发，逐步推向未知，每步寻找的是必要条件；分析法是从待求结论出发，逐步靠拢已知，每步寻找的是充分条件．综合法的应用已知a ，b 是正数，且a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b≥4.[自主解答] 法一：∵a ，b ∈R ＋且a ＋b ＝1， ∴a ＋b ≥2ab . ∴ab ≤12.∴1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab≥4.当且仅当a ＝b ＝12时，取“＝”号．法二：∵a ，b ∈R ＋， ∴a ＋b ≥2ab ＞0，1a ＋1b ≥21ab＞0.∴(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4.又因为a ＋b ＝1， ∴1a ＋1b≥4.当且仅当a ＝b ＝12时，取“＝”号．法三：∵a ，b ∈R ＋，且a ＋b ＝1， ∴1a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b b＝1＋b a ＋ab ＋1≥2＋2a b ·ba＝4. 当且仅当a ＝b ＝12时，取“＝”号．保持例题条件不变，求证：4a ＋1b≥9.证明：法一：∵a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1. ∴4a ＋1b＝4a ＋b a ＋a ＋b b ＝4＋4b a ＋ab＋1 ≥5＋24b a ·ab＝5＋4＝9.当且仅当4b a ＝a b ，即a ＝2b ＝23时等号成立．法二：∵a ＞0，b ＞0，且a ＋b ＝1. ∴4a ＋1b＝(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1b ＝4＋4b a ＋a b＋1≥5＋24b a ·ab＝5＋4＝9.当且仅当4b a ＝a b ，即a ＝2b ＝23时等号成立．综合法证明问题的步骤(1)分析条件，选择方向：确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等． (2)转化条件，组织过程：将条件合理转化，书写出严密的证明过程． 特别地，根据题目特点选取合适的证法可以简化解题过程．1．在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 所对的边，若a 2＝b (b ＋c )，求证：A ＝2B . 证明：∵a 2＝b (b ＋c )，∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－b 2＋bc 2bc ＝c －b 2b，cos 2B ＝2cos 2B －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋c 2－b 22ac 2－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋c 2a 2－1＝b ＋c 2－2b b ＋c 2b b ＋c ＝c －b 2b ， ∴cos A ＝cos 2B .又A ，B 是三角形的内角，∴A ＝2B .分析法的应用当a ＋b >0时，求证：a 2＋b 2≥22(a ＋b )． [自主解答] 要证 a 2＋b 2≥22(a ＋b )， 只需证(a 2＋b 2)2≥⎣⎢⎡⎦⎥⎤22a ＋b 2， 即证a 2＋b 2≥12(a 2＋b 2＋2ab )，即证a 2＋b 2≥2ab .因为a 2＋b 2≥2ab 对一切实数恒成立， 所以a 2＋b 2≥22(a ＋b )成立．综上所述，不等式得证．分析法的证明过程及书写形式(1)证明过程：确定结论与已知条件间的联系，合理选择相关定义、定理对结论进行转化，直到获得一个显而易见的命题即可．(2)书写形式：要证…，只需证…，即证…，然后得到一个明显成立的条件，所以结论成立．2．已知a>6，求证：a－3－a－4<a－5－a－6.证明：法一：要证a－3－a－4<a－5－a－6，只需证a－3＋a－6<a－5＋a－4⇐(a－3＋a－6)2<(a－5＋a－4)2⇐2a－9＋2a－3a－6<2a－9＋2a－5a－4⇐a－3a－6<a－5a－4⇐(a－3)(a－6)<(a－5)(a－4)⇐18<20，因为18<20显然成立，所以原不等式a－3－a－4<a－5－a－6成立．法二：要证a－3－a－4<a－5－a－6，只需证1a－3＋a－4<1a－5＋a－6，只需证a－3＋a－4>a－5＋a－6.∵a>6，∴a－3>0，a－4>0，a－5>0，a－6>0.又∵a－3>a－5，∴a－3>a－5，同理有a－4>a－6，则a－3＋a－4>a－5＋a－6.∴a－3－a－4<a－5－a－6.综合法与分析法的综合应用已知△ABC的三个内角A，B，C为等差数列，且a，b，c分别为角A，B，C的对边，求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.[自主解答] 法一：要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a ＋b ＋c )－1， 只需证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c＝3， 化简，得c a ＋b ＋ab ＋c＝1，即c (b ＋c )＋(a ＋b )a ＝(a ＋b )(b ＋c )． 所以只需证c 2＋a 2＝b 2＋ac .因为△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12.所以a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以原式成立．法二：因为△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°.由余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ac cos 60°， 所以c 2＋a 2＝ac ＋b 2. 两边加ab ＋bc ，得c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，两边同时除以(a ＋b )(b ＋c )，得ca ＋b ＋ab ＋c＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫c a ＋b ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a b ＋c ＋1＝3. 即1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 所以(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.综合法与分析法的适用X 围 (1)综合法适用的X 围：①定义明确的题型，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式问题等； ②已知条件明确，且容易通过找已知条件的必要条件逼近欲得结论的题型．(2)分析法适用的X围：已知条件不明确，或已知条件简便而结论式子较复杂的问题．3．(1)设x≥1，y≥1，证明：x＋y＋1xy ≤1x＋1y＋xy；(2)设1<a≤b≤c，证明：log a b＋log b c＋log c a≤log b a＋log c b＋log a c. 证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)＝(xy－1)(xy－x－y＋1)＝(xy－1)(x－1)(y－1)．又x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．(2)设log a b＝x，log b c＝y，由对数的换底公式得log c a＝1xy ，log b a＝1x，log c b＝1y，log a c＝xy.于是，所要证明的不等式即为x＋y＋1xy≤1x＋1y＋xy，其中x＝log a b≥1，y＝log b c≥1.故由(1)可知所要证明的不等式成立．已知a，b，c∈R且不全相等，求证：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca. [证明] 法一：(分析法)要证a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca，只需证2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ca)，只需证(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca)>0，只需证(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2>0， 因为a ，b ，c ∈R ，所以(a －b )2≥0，(b －c )2≥0，(c －a )2≥0. 又因为a ，b ，c 不全相等， 所以(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2>0. 所以原不等式a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋ca 成立． 法二：(综合法) 因为a ，b ，c ∈R ，所以(a －b )2≥0，(b －c )2≥0，(c －a )2≥0. 又因为a ，b ，c 不全相等， 所以(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2>0.所以(a 2＋b 2－2ab )＋(b 2＋c 2－2bc )＋(c 2＋a 2－2ca )>0. 所以2(a 2＋b 2＋c 2)>2(ab ＋bc ＋ca )． 所以a 2＋b 2＋c 2>ab ＋bc ＋ca .1．命题“对于任意角θ，cos 4θ－sin 4θ＝cos 2θ”的证明过程：“cos 4θ－sin 4θ＝(cos 2θ－sin 2θ)(cos 2θ＋sin 2θ)＝cos 2θ－sin 2θ＝cos 2θ”，此过程应用了( )A ．分析法B ．综合法C ．综合法、分析法综合使用D ．间接证明法解析：结合推理及分析法和综合法的定义可知，B 正确． 答案：B2．在△ABC 中，若sin B sin C ＝cos 2A2，则下列等式一定成立的是( )A ．A ＝B B ．A ＝C C ．B ＝CD ．A ＝B ＝C解析：∵sin B sin C ＝cos 2A 2＝1＋cos A 2＝1－cos B ＋C 2， ∴cos(B ＋C )＝1－2sin B sin C ，∴cos B cos C －sin B sin C ＝1－2sin B sin C ， ∴cos B cos C ＋sin B sin C ＝1，∴cos(B －C )＝1.又0<B <π，0<C <π，∴－π<B －C <π，∴B ＝C . 答案：C3．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a >b >c ，且a ＋b ＋c ＝0，求证：b 2－ac <3a ”索的因应是( )A ．a －b >0B ．a －c >0C ．(a －b )(a －c )>0D ．(a －b )(a －c )<0解析：b 2－ac <3a ⇔b 2－ac <3a 2⇔(a ＋c )2－ac <3a 2⇔a 2＋2ac ＋c 2－ac －3a 2<0⇔－2a 2＋ac ＋c 2<0⇔2a 2－ac －c 2>0⇔(a －c )(2a ＋c )>0⇔(a －c )(a －b )>0. 答案：C4．命题“函数f (x )＝x －x ln x 在区间(0,1)上是增函数”的证明过程“对函数f (x )＝x －x ln x 求导得f ′(x )＝－ln x ，当x ∈(0,1)时，f ′(x )＝－ln x >0，故函数f (x )在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．解析：由证明过程可知，该证明方法为综合法． 答案：综合法5．将下面用分析法证明a 2＋b 22≥ab 的步骤补充完整：要证a 2＋b 22≥ab ，只需证a 2＋b 2≥2ab ，也就是证______，即证________，由于________显然成立，因此原不等式成立．答案：a 2＋b 2－2ab ≥0 (a －b )2≥0 (a －b )2≥06．已知x >0，y >0，且x ＋y ＝1，试分别用综合法与分析法证明：⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥9.证明：法一：(综合法) 左边＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋y y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋y x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x y ＝4＋2⎝⎛⎭⎪⎫y x ＋xy＋1≥5＋4＝9. 当且仅当x ＝y ＝12时等号成立．法二：(分析法)要证⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1y ≥9成立，∵x ，y ∈R ＋且x ＋y ＝1，∴y ＝1－x . 只需证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11－x ≥9成立，即证(1＋x )(1－x ＋1)≥9x (1－x )， 即证2＋x －x 2≥9x －9x 2，即证4x 2－4x ＋1≥0，即证(2x －1)2≥0，此式显然成立， 所以原不等式成立．一、选择题1．已知a ，b ，c ∈R ，那么下列命题中正确的是( ) A ．若a >b ，则ac 2>bc 2B ．若a c >b c，则a >b C ．若a 3>b 3且ab <0，则1a >1bD ．若a 2>b 2且ab >0，则1a <1b解析：对于A ：若c ＝0，则A 不成立，故A 错； 对于B ：若c <0，则B 不成立，B 错； 对于C ：若a 3>b 3且ab <0， 则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，b <0，所以1a >1b，故C 对；对于D ：若⎩⎪⎨⎪⎧a <0，b <0，则D 不成立．答案：C2．设a ＞0，b ＞0，若3是3a 与3b的等比中项，则1a ＋1b的最小值为( )A ．8B ．4C ．1 D.14解析：3是3a 与3b 的等比中项⇒3a ·3b ＝3⇒3a ＋b＝3⇒a ＋b ＝1，因为a ＞0，b ＞0，所以ab ≤a ＋b 2＝12⇒ab ≤14， 所以1a ＋1b ＝a ＋b ab ＝1ab ≥114＝4.答案：B3．已知△ABC 中，cos A ＋cos B >0，则必有( ) A ．0<A ＋B <πB ．0<A ＋B <π2C.π2<A ＋B <π D.π2≤A ＋B <π 解析：由cos A ＋cos B >0，得cos A >－cos B ， ∴cos A >cos(π－B )．∵0<A <π，0<B <π，且y ＝cos x 在x ∈(0，π)上单调递减． ∴A <π－B .∴A ＋B <π，即0<A ＋B <π. 答案：A4．已知实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，abc ＞0，则1a ＋1b ＋1c的值( )A ．一定是正数B ．一定是负数C ．可能是零D ．正、负不能确定解析：∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c )2＝0. ∴a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ac )＝0. ∴ab ＋bc ＋ac ＝－12(a 2＋b 2＋c 2)＜0.又abc ＞0，∴1a ＋1b ＋1c ＝ab ＋bc ＋acabc＜0.答案：B 二、填空题5．如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则实数a ，b 应满足的条件是________________． 解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a ⇔a a －a b ＞b a －b b ⇔a (a －b )＞b (a －b )⇔(a －b )(a －b )＞0 ⇔(a ＋b )(a －b )2＞0， 故只需a ≠b 且a ，b 都不小于零即可．答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b6．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 55，则a ，b ，c 的大小关系为____________． 解析：利用函数单调性．设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1－ln x x2， ∴0＜x ＜e 时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ＞e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．又a ＝ln 44，∴b ＞a ＞c . 答案：c ＜a ＜b7．已知p ＝a ＋1a －2(a >2)，q ＝2－a 2＋4a －2(a >2)，则p 与q 的大小关系是________． 解析：p ＝a －2＋1a －2＋2≥2a －2·1a －2＋2＝4，当且仅当a ＝3时等号成立． －a 2＋4a －2＝2－(a －2)2<2，∴q <22＝4≤p .答案：p >q8．若对任意x >0，x x 2＋3x ＋1≤a 恒成立，则a 的取值X 围是________． 解析：∵a ≥x x 2＋3x ＋1＝1x ＋1x＋3对任意x >0恒成立， 设μ＝x ＋1x＋3(x >0)． ∴只需a ≥1μ恒成立即可． 又∵μ＝x ＋1x＋3≥5，当且仅当x ＝1时“＝”成立． ∴0<1μ≤15.∴a ≥15. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫15，＋∞ 三、解答题9．已知数列{a n }的首项a 1＝5，S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，(n ∈N *)．(1)证明数列{a n ＋1}是等比数列． (2)求a n .解：(1)证明：由条件得S n ＝2S n －1＋(n －1)＋5(n ≥2)①又S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，②②－①得a n ＋1＝2a n ＋1(n ≥2)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝2a n ＋1＋1a n ＋1＝2a n ＋1a n ＋1＝2. 又n ＝1时，S 2＝2S 1＋1＋5，且a 1＝5，所以a 2＝11，所以a 2＋1a 1＋1＝11＋15＋1＝2， 所以数列{a n ＋1}是以2为公比的等比数列．(2)因为a 1＋1＝6，所以a n ＋1＝6×2n －1＝3×2n ， 所以a n ＝3×2n －1.10．已知a ，b ，m 为非零实数，且a 2＋b 2＋2－m ＝0，1a 2＋4b2＋1－2m ＝0. (1)求证：1a 2＋4b 2≥9a 2＋b 2； (2)求证：m ≥72. 证明：(1)(分析法)要证1a 2＋4b 2≥9a 2＋b2成立， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋4b 2(a 2＋b 2)≥9， 即证1＋4＋b 2a 2＋4a 2b 2≥9，即证b 2a 2＋4a 2b2≥4. 根据基本不等式，有b 2a 2＋4a 2b2≥2 b 2a 2·4a 2b 2＝4成立， 所以原不等式成立．(2)(综合法)因为a 2＋b 2＝m －2，1a 2＋4b2＝2m －1， 由(1)，知(m －2)(2m －1)≥9，即2m 2－5m －7≥0，解得m ≤－1或m ≥72. 因为a 2＋b 2＝m －2>0，1a 2＋4b 2＝2m －1>0， 所以m ≥72.。
数学(理科) 第五章 第5讲 合情推理和演绎推理
1.了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的 推理，了解合情推理在数学发现中的作用.
2.了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并 能运用它们进行一些简单的推理.
3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.
合情推理 推理
归纳推理 类比推理
演绎推理
由特殊到一般 由特殊到特殊 由一般到特殊
答案：C 【规律方法】演绎推理是一种必然性推理，只要前提和推 理形式正确，其结论也必然正确.
【互动探究】 2.(2016 年新课标Ⅱ)有三张卡片，分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说： “我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看了丙的卡片后说： “我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：“我的卡片上 的数字之和不是 5”，则甲的卡片上的数字是__1__和__3___.
sin
2π 2n＋1
－
2
＋
sin
3π － 2 2n＋1
＋…＋sin 22nn＋π1－2＝________________.
解析：通过类比，可以发现，最前面的数字是43，接下面是 和项数有关的两项的乘积，即 n(n＋1)，故答案为43×n×(n＋1).
解析：因为[ 1]＋[ 2]＋[ 3]＝1×3，[ 4]＋[ 5]＋[ 6]＋ [ 7]＋[ 8]＝2×5，
[ 9]＋[ 10]＋[ 11]＋[ 12]＋[ 13]＋[ 14]＋[ 15]＝ 3×7……以此类推，第 n 个等式的等号右边的结果为 n(2n＋1)， 即 2n2＋n.
答案：2n2＋n
【规律方法】归纳推理的一般步骤：①通过对某些个体的 观察、分析和比较，发现它们的相同性质或变化规律；②从已 知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题.如以上两小 题在进行归纳总结时，要看等号左边式子的变化规律，右边结 果的特点，根据以上规律写出所求等式，注意行数、项数及其 变化规律是解题的关键.
离散数学 第五章的课件
xF(x,y,z)yG(x,y,z)
tF(t,y,z)yG(x,y,z) tF(t,y,z)wG(x,w,z)
个体变项符号，其余部分不 变
（换名规则） （换名规则）
或者
xF(x,y,z)yG(x,y,z) xF(x,t,z)yG(x,y,z) xF(x,t,z)yG(w,y,z) （代替规则） （代替规则）
10
实例
例5.4 给定解释I如下： （a）个体域 D＝{2,3}. （b）D中特定元素 a =2 （c）D上的特定函数 f (x) ： f (2) =3, f (3)=2 . （d）D上的特定谓词 F (x) ： F (2)=0, F (3)=1; G (x,y)： G (2,2)= G(2,3)= G(3,2)=1，G(3,3)=0； L (x,y)： L (2,2)= L (3,3)=1， L (2,3)= L(3,2)=0； 求下列各式在I下的真值。 (2) x(F(f(x))∧G(x,f(x))) (F(f(2))∧G(2,f(2)))∨(F(f(3))∧G(3,f(3))) (F(3)∧G(2,3))∨(F(2)∧G(3,2)) (1∧1)∨(0∧1) 1
注意:(3)(4)说明量词的顺序不能随便颠倒
13
实例
例5.5 证明下列等值式。 (1) x(M(x)∧F(x)) x(M(x)→F(x)) (2) x(F(x)→G(x)) x(F(x)∧G(x)) (3) xy(F(x)∧G(y)→H(x,y)) xy(F(x)∧G(y)∧H(x,y)) (4) xy(F(x)∧G(y)∧L(x,y)) xy(F(x)∧G(y)→L(x,y))
或
x(F(x,y) yG(x,y,z)) x(F(x,y) tG(x,t,z))
第5章_谓词逻辑_meng
④某一个星球存在生命。
H(x, y)：x存在y，个体变量x：星球，个体变量y：生命。 (x)(y)H(x, y)
5.2 谓词逻辑公式
由命题变元、命题常元、联结词、个体变元、 个体常量、谓词、函词、量词等组成的用以表 示复杂命题的符号串，称为一阶谓词逻辑公式 （first order predicate logic formula ），简称为谓词逻辑公式（predicate logic formula）或一阶逻辑公式（first order logic formula）。
5.1.3
函词(函数)
n元函词：
含有n个个体词的函词。 一般形式为f(x1,x2,…, xn)， 表示“由x1, x2, …和xn根据f确定的个体”。
函词对于谓词逻辑来说不是必须的!
可以借助于谓词等进行表示 但引入函数之后表示起来更方便
例
例5.2 表示如下命题中的谓词和函词。
例
例5.3-4 表示如下命题中的量词。
①空集包含于任意集合；
P(x, y)：x包含于y， 个体常量a：空集， 个体变量x：集合。 (x)P(a, x)；
②所有自然数非负；
Q(x)：x是负数，个体变量x：自然数。 (x)Q(x)；
③有一些人登上过月球；
P(x, y)：x登上过y， 个体常量a：月球， 个体变量x：人。 (x)P(x, a)；
人教版七年级数学下册第五章5.3.2《命题、定理、证明》教案
-在实际问题中识别和应用所学的命题、定理和证明方法。
举例：针对命题真假判断的难点，设计一些具有迷惑性的命题，让学生分析讨论，如“如果一个角的补角是直角，那么这个角是锐角”这一命题的真假。对于证明方法，通过具体例题展示反证法的步骤，解释反设的意义，并指导学生如何寻找矛盾点。在应用难点方面，给出一些综合性的问题，如“证明一个四边形是平行四边形”，引导学生结合所学定理和证明方法，逐步解决问题。
3.重点难点解析：在讲授过程中，我会特别强调命题的判断和定理的证明这两个重点。对于难点部分，如反证法，我会通过举例和步骤分解来帮助大家理解。
（三）实践活动（用时10分钟）
1.分组讨论：学生们将分成若干小组，每组讨论一个与命题、定理相关的实际问题。
2.实验操作：为了加深理解，我们将进行一个简单的实验操作，如通过折叠纸片来验证平行线的性质。
此外，课堂上的实践活动和小组讨论环节，学生们表现得非常积极，这说明他们对于参与到课堂活动中有着很高的热情。但在这一过程中，我也注意到有些学生过于依赖同伴，自己思考得不够深入。因此，我需要在活动中更好地引导他们独立思考，培养他们自主解决问题的能力。
还有一个值得注意的问题是，在新课讲授过程中，我是否把重点和难点讲解得足够清晰。从学生的反馈来看，有些地方还需要我进一步讲解和强调。在今后的教学中，我会更加关注学生的接受程度，及时调整教学方法和节奏，确保他们能够更好地掌握核心知识。
3.成果分享：每个小组将选择一名代表来分享他都能看到。
（五）总结回顾（用时5分钟）
今天的学习，我们了解了命题的基本概念、定理的重要性以及证明的方法。同时，我们也通过实践活动和小组讨论加深了对这些知识点的理解。我希望大家能够掌握这些知识点，并在解决数学问题时灵活运用。最后，如果有任何疑问或不明白的地方，请随时向我提问。
第五章 复合命题及其推理
“只有努力学习，才能取得好成绩。”可转换为 “只有没有取得好成绩，才没有努力学习。”
要领 否定式：调换否定前后件，不换联结词。
四、充分条件、必要条件假言命题和选言命题 间的转换
联言命题一般用并列、递进、转折、顺承 关系的复句表达，有时也用单句。 郭沫若是历史学家和文学家。 苏步青和华罗庚都是数学家。 和平和发展是中印两国人民的共同愿望。
2、构成
①联言支：即构成联言命题的支命题。 ②联言联项：即联结联言肢的联结词 二肢联言命题的逻辑形式：p并且q或 p∧q 联项有时可以省略
2、构成 ①选言支：即构成选言命题的支命题。 ②选言联项：即联结选言支并确定选言支之 间关系的联结词。 一个人的死，或重于泰山，或轻于鸿毛。 不是鱼死，就是网破。 他也许是数学家，也许是哲学家。
（二）选言命题的种类
1、相容选言命题 ①什么是相容选言命题 是反映若干可能的对象情况中至少有一种 存在的复合命题。 这场球赛失败的原因或者是队员技术水 平不高，或者是队员之间配合不好。 这场战争的失败或因兵力弱，或因指挥 失误。
二、假言命题的种类
（一）充分条件假言命题 1、什么是充分条件和充分条件假言命题 ①什么是充分条件 在情况p和q之间，有p必有q；无p未 必无q，这时p是q的充分条件。 A、p：摩擦 q：生热 B、p：x等于2 q：x的平方等于4 ◆“有之必然，无之未必不然”的条 件。
②什么是充分条件假言命题
就是反映一事物情况存在是另一事物 情况存在的充分条件的假言命题。
（二）复合命题推理的种类 联言推理、选言推理、假言推理和负 命题等值关系推理四种基本类型。
第二节
联言命题和选言命题
一、联言命题 （一）联言命题及其构成 1、什么是联言命题 是反映若干事物情况同时存在的复合 命题。
第五章 一阶逻辑等值演算与推理
本章说明
本章的主要内容 –一阶逻辑等值式与基本等值式 –置换规则、换名规则、代替规则 –前束范式
–一阶逻辑推理理论
本章与其他各章的关系 –本章先行基础是前四章
–本章是集合论各章的先行基础
本章主要内容
5.1 一阶逻辑等值式与置换规则
5.2 一阶逻辑前束范式 5.3 一阶逻辑的推理理论 主要内容 作 业
一阶逻辑中的一些基本而重要等值式
代换实例
消去量词等值式
量词否定等值式 量词辖域收缩与扩张等值式 量词分配等值式
代换实例---命题公式的推广
由于命题逻辑中的重言式的代换实例都是一阶逻辑中的永 真式，因而第二章的16组等值式模式给出的代换实例都是 一阶逻辑的等值式的模式。 例如：
x(A(x)∧B(x))x A(x)∧ x B(x)
谓词演算蕴含式 xA(x)∨xB(x) x(A(x)∨B(x))
x(A(x)∧B(x)) x A(x)∧ x B(x)
多个量词间的次序排列等值式。
多个量词同时出现时,其顺序是至关重要的.
(1) xyA( x, y) yxA( x, y ) (2) xyA( x, y ) yxA( x, y )
等值式的定义
定义5.1 设A，B是一阶逻辑中任意两个公式，若 AB是永真 式，则பைடு நூலகம்A与B是等值的。 记做AB，称 AB 是等值式。
例如：
x(F(x) G(x)) x(F(x) G(x))
说 明
判断公式A与B是否等值，等价于判断公式AB是否 为永真式。 谓词逻辑中关于联结词的等值式与命题逻辑中相关 等值式类似。
一阶逻辑中的置换规则与命题逻辑中的置换规则形式 上完全相同，只是在这里A，B是一阶逻辑公式。 换名规则：设A为一公式，将A中某量词辖域中某约束变项的 所有出现及相应的指导变元改成该量词辖域中未曾出现过的 某个体变项符号，公式的其余部分不变，设所得公式为A'， 则A'A。
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P(1)是真
输入
证明机器
输出
P(2)是真
P(n)是真
输入
证明机器
输出
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5.3 重要的证明方法—— 数学归纳法
P(1)是真的
5.3.1 数学归纳法概述
使用归纳法的证明由两步组成, 第一是验证命题P(1)是真的, 将命题中的每一个n直接用1代 替就能够办到,通常要验证一个 复杂的命题在n=1是真的,只 要对这个命题作一些不大的改写 就行了. 第二步要复杂得多,要求利用P (n)是真的假设来得到P(n+1) 是真的结论.
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第5章 数学推理
5.1 5.2 5.3 5.4 推理规则 证明定理的方法 重要的证明方法—— 数学归纳法 递归的定义方法
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5.2 证明定理的方法
5.2.1 蕴涵式的证明方法 常见的证明蕴涵式的方法. 1. 归谬法 对于蕴涵式P→Q,当P→Q的值为真且当Q为假时,P的值必为假. 由此启发,假定可以找到矛盾式(永假式)Q使得 P→Q的值为 真,即P→F为真,于是命题 P必然为假.从而可以得到P必然 为真.这就是归谬法的思想. 从数理逻辑来看,归谬法以下列两个逻辑等价式(归谬法原理) 作为基础: (P→Q)∧(P→Q)P (P→Q)∧(Q→P)P 在使用归谬法时可有如下三种分类: 第一种:推出与假设矛盾的命题.即欲证P为真,先假设P为真, 推出P为真.
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重要的推理定律有: (1)附加律(或称析取的引入):A(A∨B). (2)化简律(或称合取的消除):(A∧B)A,(A∧B)B. (3)假言推理(或称分离规则):(A→B)∧AB. (4)拒取式:(A→B)∧BA. (5)析取三段论:(A∨B)∧BA. (6)假言三段论(或称为传递规则):(A→B)∧(B→C)(A→C). (7)等价三段论:(AB)∧(BC)(AC). (8)构造性二难:(A→B)∧(C→D)∧(A∨C)(B∨D). 证明中可使用一些推理规则,如下: (1)附加规则:若有A,则可得到A∨B. (2)化简规则:若有A∧B,则可得到A,也可得到B. (3)合取引入规则:若有A和B,则可得到A∧B. (4)假言推理规则(分离规则):若有A→B和A,则可得到B. (5)拒取式规则:若有A→B和B,则可得到A. (6)假言三段论(传递规则):若有A→B及B→C,则可得到A→C. (7)析取三段论规则:若有A∨B和B,则可得到A. (8)构造性二难规则:若有A→B,C→D和A∨C,则可得到B∨D.
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5.2.2 带量词的命题的证明方法 下面分类讨论在数理逻辑中如何构造带量词的命题的证明. 1. 存在性证明 1)构造性的存在性证明 所谓构造性的证明是通过在辖域内找出一个使得P(a)为真的元素a来给出xP (x)的存在性证明,这样的存在性证明称为构造性的. 2)非构造性的存在性证明 给出非构造性的存在性证明是可能的,非构造性就是不是找出使P(a)为真的元 素a,而是以某种其他方式来证明xP(x)为真.非构造性证明的一种常用方法 是使用归谬证明,先假设(xP(x))为真,推出矛盾,从而得xP(x)为真. 2. 全局性的证明 证明形如 xP(x)的命题为真,常用方法是:在辖域中任取y,若P(y)都为真, 则xP(x)为真. 3. 非全局性的证明 现欲证明形如xP(x)的命题为假. 由于(xP(x))x(P(x)),这就意味着,若能用构造性的存在性证 明求出一个包含在辖域内的个体a使得P(a)为假,则证明了x(P(x))为 真,所以( xP(x))为真,所以xP(x)就为假了.我们称一个使得P(a) 为假的个体a为反例.所以为了证明xP(x)为假,仅仅需要找到一个反例.但 是找反例并非证明.
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9. 对形如 Q的证明 对形如P 的证明 有时候,为了证明其本身是一个等价式的定理,即形如PQ的命题,其中P和 Q都是命题,可以用下列四种方法: 方法一: 因为PQ((P→Q)∧(Q→P)),所以为了证明PQ为真,只要分别证 P→Q及Q→P为真即可.这是数学中常用的方法. 方法二: 用代换规则: 如果有PS1S2,…SnQ成立,则有PQ为真. 证明两集合相等时,常用此法,据外延公理而得证. 方法三: 使用规则PS1S2,…,SnQP. 例如证明数学分析中线积分路径无关定理. 方法四: 用一串逻辑等价等值式推出: PQT (PQ)(R1Sl)(R2S2)…(RnSn)T 如在集合论中证A包含于BA∩B=A可用此法.
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2. 直接证明 可以通过证明"若P为真则Q也必然为真"来证明蕴涵式P→Q. 当前件(充分条件)为真,或假定前件为真,从而推出后件为真, 这样就证明P为真而Q为假的组合永远不会出现.这种证明方法称 为直接证明. 3. 间接证明 因为蕴涵式P→Q等价于它的逆否命题Q→P,所以可以通过证 明它的逆否命题 Q→P为真,来证明蕴涵式P→Q,这种类型 的论证称为间接证明.要证明(Q→P),可假定Q假(即Q 真),利用一切可用的前提,推理规则和已经证明的定理证出P 为假(P真). 4. 空证明 假定蕴涵式P→Q的前件P为假,则蕴涵式P→Q为真.因为该命 题形如F→T或F→T,所以它为真.因此,若可证明P为假,则可 以给出蕴涵式P→Q的证明,这称为空证明.空证明常用于证明一 些定理的特殊情形.
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5. 平凡证明 假定蕴涵式P→Q的后件Q为真,则蕴涵式P→Q为真,因为该命 题形如T→T或F→T,而它们都为真.因此,若可以证明Q为真, 则可以给出P→Q的证明,这称为平凡证明.平凡证明在证明定理 的特殊情形以及在数学归纳法中是很重要的. 6. 附加前提证明法 这种附加前提证明法的根据是建立在下面定理的基础上: 定理5-1:(演绎定理)(P1∧P2∧…∧Pk∧P)Q当且仅当 定理 : (P1∧P2∧…∧Pk)P→Q. 定理 :(A1∧A2∧…∧Ak)B当且仅当 定理5-2: (A1∧A2∧…∧Ak∧B)是永真式,或者说(A1∧A2∧…∧Ak)B 当且仅当(A1∧A2∧…∧Ak∧B)是矛盾式. 具体可以简写为如下: 原来要证明:(P1∧P2∧…∧Pk→Q)T 取否定:(P1∧P2∧…∧Pk→Q)F ((P1∧P2∧…∧Pk)∨Q))F 所以:P1∧P2∧…∧Pk∧QF
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5.1.2 谓词逻辑的推理规则 谓词逻辑同样可以使用的推理定律有: 附加律:(A(A∨B)). 化简律:((A∧B)A,(A∧B)B). 假言推理:((A→B)∧AB). 拒取式:((A→B)∧BA). 析取三段论:((A∨B)∧BA). 假言三段论:((A→B)∧(B→C)(A→C)). 等价三段论:(AB)∧(BC)(AC). 构造性二难:(A→B)∧(C→D)∧(A∨C)(B∨D). 除上面的推理定律之外,谓词逻辑推理中特有的推理定律还有: (1)(xA(x))∨(xB(x))x(A(x)∨B(x)) (2)x(A(x)∨B(x))(xA(x))∨(xB(x)) (3)x(A(x)→B(x))(xA(x))→(xB(x)) (4)x(A(x)→B(x))(xA(x))→(xB(x))
5.1 推理规则
5.1.1 命题逻辑的推理规则 定义5-1: 定义 :称蕴涵式(A1∧A2∧…∧Ak)→B为推理的形式结构,A1,A2,…, Ak为推理的前提,B为推理的结论.若(A1∧A2∧…∧Ak)→B为永真式,则 称从前提A1,A2,…,Ak推出结论B的推理正确(或说有效),B是A1, A2,…,Ak的称有效结论或B可由A1,A2,…,Ak逻辑推出,否则称推理 不正确.若从前提A1,A2,…,Ak推出结论B的推理正确,则记为 (A1∧A2∧…∧Ak)B. 定义5-2: 定义 :证明是一个描述推理过程的命题公式序列A1,A2,…,An,其中 的每个命题公式或者是已知的前提,或者是由某些前提应用推理规则得到的 结论,满足这样条件的公式序列A1,A2,…,An称为结论An的证明. 在证明中常用的推理规则有3条: (1)前提引入规则:在证明的任何步骤都可以引入已知的前提. (2)结论引入规则:在证明的任何步骤都可以引入这次已经得到的结论作 为后续证明的前提. (3)置换规则:在证明的任何步骤上,命题公式中的任何子公式都可用与 之等值的公式置换,得到证明的公式序列的另一公式.
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10. 形如 P2…Pk的证明 形如P1 的证明 有时候,定理可能是几个命题等价的形式.这样的定 理是说命题P1,P2 ,…,Pk都是等价的.这个定理 可以写成P1P2 …Pk形式. 它是说所有的n个命题都具有相同的真值.证明这些命 题互相等价的一种方式是使用等价式:(P1P2 …Pk)((P1→P2)∧(P2→P3)∧…∧ (Pk→P1)). 这个等价式说明,如果可以证明蕴涵式P1→P2, P3→P4,…,Pk→P1都为真,则命题P1,P2,…, Pk都是等价的.
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