“類比”一種思維方式的探討

劉春江

【摘 要】遇到問題該如何考慮，本文給出一種發(fā)現(xiàn)問題、思考問題的方法，稱作“類比”。他是一種思維方式，能提供思考問題的方法，使面對(duì)復(fù)雜的問題，通過簡(jiǎn)化的思想，能從簡(jiǎn)單問題，得到復(fù)雜問題的的思路、想法，進(jìn)而得到解決問題的方法。但“類比”不是證明、推理，他可得到解決問題的思路、想法，提供思考問題的方向，但類似的問題可能沒有必然的聯(lián)系。

【關(guān)鍵詞】類比；思路；思維方式

在實(shí)際中，有時(shí)遇到問題不知該如何考慮；例在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中，一些基本的概念題基本能做，且有一定的思路，但在綜合題時(shí)，面對(duì)一道題，不知道如何考慮，也就不知道該如何做題。為此我通過大量的數(shù)學(xué)題的學(xué)習(xí)與總結(jié)。發(fā)現(xiàn)一個(gè)新的方法，不妨叫做“類比”；這種新思路是據(jù)兩個(gè)（或兩類）對(duì)象之間在某些方面存在相似或相同的特點(diǎn)，從而推出它們?cè)谄渌矫嬉部赡艽嬖谙嗨苹蛳嗤奶攸c(diǎn)一種推理方法，這就在解決一些復(fù)雜的問題時(shí)，先簡(jiǎn)化與之類似的一些簡(jiǎn)單問題，從而得到某些啟發(fā)，給出復(fù)雜問題的思路與想法，這對(duì)我們解決復(fù)雜問題提供了一套思考問題的方法與思路，我們把這種方法稱作“類比”。這種“類比”的推理方法，是一種“合情推理”的思考問題的方法，但它不是證明，它無法保證已知相同的屬性與推出的屬性之間有必然的聯(lián)系。但是它是獲得新思路、發(fā)現(xiàn)新問題的一種觀點(diǎn)、一種手段。它給我們?cè)S多啟示，幫助我們解決問題。為此我們把這種研究問題的思路、想法稱作“類比”法。

1 問題的提出

例：“韓信點(diǎn)兵”的故事，這故事是說，韓信閱兵時(shí)，讓一隊(duì)士兵5人一行排隊(duì)從他面前走過，他記下最后一行士兵的人數(shù)于（1人）；再讓這隊(duì)士兵6人一行排隊(duì)從他面前走過，他記下最后一行士兵的人數(shù)（5人）；再讓這隊(duì)士兵7人一行排隊(duì)從他面前走過，他記下最后一行士兵的人數(shù)（4人），再讓這隊(duì)士兵11人一行排隊(duì)從他面前走過，他記下最后一行士兵的人數(shù)（10人）。然后韓信就憑這些數(shù)，可求得這隊(duì)士兵的總?cè)藬?shù)。這里面有什么秘密呢？

類似的我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《孫子算經(jīng)》中，有“有物不知數(shù)”的題目：今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩2，五五數(shù)之剩3，七七數(shù)之剩2，問物幾何？

在“有物不知數(shù)”的題目中，這個(gè)數(shù)是多少呢？ 答案是23，那么，這個(gè)23 是如何求得的呢？

為此我們從另一個(gè)問題入手，以便從中尋找規(guī)律，這個(gè)問題是：今有物不知其數(shù)，二二數(shù)之剩1，三三數(shù)之剩2，四四數(shù)之剩3，五五數(shù)之剩4，六六數(shù)之剩5，七七數(shù)之剩6，八八數(shù)之剩7，九九數(shù)之剩8，問物幾何？

2 問題的分析及解決的方法

為了解決這個(gè)問題，我們給出解決問題的思路和方法。

首先我們先簡(jiǎn)化題目，只提“前兩個(gè)”要求：用2 除余1，用3 除余2，求這樣的數(shù)？因?yàn)檫@樣問題變得簡(jiǎn)單，便于思考。問題簡(jiǎn)單了就有可能得到問題的答案。一種最普通的辦法就是；先把“用2除余1”的數(shù)全列出來：1，3，5，7，9，11，…；再從中篩選，挑出其中“用3 除余2”的數(shù)來：5，11，17，23，…，這就求出了滿足要求的數(shù)了。我們?cè)倏丛}，這就啟發(fā)我們想到，要解決原問題，只要從上邊篩選下的數(shù)中，繼續(xù)挑出“用4 除余3”的數(shù)：11，23，……；再挑“用5 除余4”的數(shù)，…；一直篩選下去，只要舍得下功夫，就一定可得結(jié)果，并且看起來，這個(gè)數(shù)，還不是唯一的，可能有無窮多個(gè)滿足條件的數(shù)。

這就是化繁為簡(jiǎn)的思想，一個(gè)復(fù)雜的問題，如果在簡(jiǎn)化時(shí)仍然保留了原來問題的特點(diǎn)和本質(zhì)，那么簡(jiǎn)化就“不失一般性”。學(xué)會(huì)“簡(jiǎn)化問題”與學(xué)會(huì)“推廣問題”一樣，是一種重要的數(shù)學(xué)能力。這方法簡(jiǎn)稱“篩選法”，好像問題解決了，但當(dāng)我們這樣一直篩選下去時(shí)，發(fā)現(xiàn)越來越復(fù)雜，而且特別麻煩，那么有沒有一般的方法能很好的解決這樣的問題呢？為此我們給出另一個(gè)方法“公倍數(shù)法”。

我們還是先看只有前兩個(gè)條件的簡(jiǎn)化題目。上述篩選過程的第一步，得到1，3，5，7，9，11，…；其實(shí)是列出了“用2 除余1”的數(shù)組成的數(shù)列。這個(gè)數(shù)列實(shí)際上是用帶余除法的式子得到的。所謂“帶余除法”，是指整數(shù)的如下“除法”：對(duì)所有被除數(shù)a，除數(shù)b ≠0，必唯一存在商數(shù)q 和余數(shù)r，使a=bq+r，0≤r

再回到求“用2 除余1”的數(shù)的問題上來，設(shè)這樣的數(shù)為x，則x=2n+1（0≤1<2），這就是“帶余除法”的式子。當(dāng)取 n = 0，1，2，…時(shí)，用上式求得的x 正好組成上述數(shù)列：1，3，5，…?，F(xiàn)在，接著從中篩選出“用3 除余2”的數(shù)，x=3m+2（0≤2<3）的數(shù)，這里m可取0，1，2，…。如我們不分上述兩步，而是一上來就綜合考慮兩者，就是要解聯(lián)立方程組x=2n+1x=3m+2的解x。我們考察上邊方程的特點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)兩個(gè)“帶余除法”的式子，都是“余數(shù)比除數(shù)少1”。于是想到，如果把被除數(shù)再加1，不是余數(shù)就為0 了嗎？換句話說，不就是出現(xiàn)整除的情況了嗎？于是上邊每個(gè)方程兩邊都加上1，成為x+1=2（n+1）x+1=3（m+1），這說明，x+1既是2的倍數(shù)，又是3的倍數(shù)，因此，它是2與3的公倍數(shù)。如果用[2，3]表示2和3的最小公倍數(shù)，那么，就有：x+1=k[2，3]=6k k=1，2，…；即：x=6k-1 k=1，2，…，即 x=5，11，…，與前一解法結(jié)果相同。

再看原問題：設(shè)原問題中，需要求的數(shù)是x，則x 被2，3，4，5，6， 7，8，9去除，所得的余數(shù)都是比除數(shù)少1，于是我們把被除數(shù)x 再加1，則x+1 就可被2，3，4，5，6，7，8，9 均整除。也就是說，x+1 是2，3， 4，5，6，7，8，9 的公倍數(shù)，從而是其最小公倍數(shù)[2，3，4，5，6，7，8，9]的倍數(shù)。x+1=k[2，3，4，5，6，7，8，9] k=1，2，…，即 x=2520k-1，k =1，2，3，…，這就是原問題的全部解，有無窮多個(gè)解，其中第一個(gè)解是2519；我們只取正數(shù)解，因?yàn)椤拔矬w的個(gè)數(shù)”總是正整數(shù)。

我們有了上面的考慮，再看《孫子算經(jīng)》中“有物不知其數(shù)”問題的解答，在“有物不知數(shù)”的題目：今有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩2，五五數(shù)之剩3，七七數(shù)之剩2，問物幾何？我們同樣采用“篩選法”和“公倍數(shù)法”。

首先寫出“用3 除余2”的數(shù)為：2，5，8，…； 其中，“用5 除余3”的數(shù)為：8，23，…；“用7 除余2”的數(shù)：23，… ；得到，23 是最小的一個(gè)解。至于下一個(gè)解是什么，要把“…”寫出來才知，實(shí)踐以后發(fā)現(xiàn)，是要費(fèi)點(diǎn)功夫。而當(dāng)問題復(fù)雜時(shí)，求解會(huì)越來越難，為此我們看另一個(gè)方法“公倍數(shù)法”。仿照上邊用過的“公倍數(shù)法”，設(shè)要求的數(shù)為x，則依題意，得聯(lián)立方程組x=3m+2x=5n+3x=7p+2，按上一問題中“公倍數(shù)法”解決問題的思路：給x 加上或減去一個(gè)什么樣的數(shù)，就能使三個(gè)等式的右邊分別是3，5，7 的倍數(shù)，從而等式左邊就是3，5，7 的公倍數(shù)了。這要反復(fù)的試算。我們介紹一種試算的方法。從第三個(gè)等式入手，兩邊加5（或減2）則得x+5=7（p +1）（或x-2=7p）；則右邊是7 的倍數(shù)了，但兩邊加5（或減2）并不能使前兩式的右邊分別是3 的倍數(shù)和5 的倍數(shù)，所以兩邊加5（或減2）并不能成為3，5，7 的公倍數(shù)。再繼續(xù)從第三個(gè)等式入手，為使第三個(gè)等式右邊自然保持是7 的倍數(shù)，可再加7k（或再減7h），則得3x+5 +7k=7（n+1+k）（或3x-2-7h=7（n-h））將k=1，2，3，…（或h=1，2，3…）代入試算、分析，最后發(fā)現(xiàn)：為達(dá)到目的（三個(gè)等式的右邊分別是3，5，7 的倍數(shù)），最小的加數(shù)是82（k=11時(shí)5+7k=82）（或最小的減數(shù)是23，即h =3時(shí)2+7h=23）用等式兩邊加82 來求解，但是這82 和23 來之不易，并且如果題目中的余數(shù)變了，就得重新計(jì)算，所以這方法缺少一般性，為使它具有一般性，要做根本的修改。華羅庚由此聯(lián)想到如何解決具有類似結(jié)構(gòu)的各種問題。正是他把上述解決問題的基本思想稱為“單因子構(gòu)件湊成法”，并概括成如下的“合成原則”：要做出具有平行的、類似的幾個(gè)性質(zhì)A，B，C的一個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)，而A，B，C分別以某種α，β，γ量刻劃，這時(shí)，可用“單因子構(gòu)件湊成法”：先作B，C不發(fā)生作用，而A取單位量的構(gòu)件，再作C，A不發(fā)生作用，B取單位量的構(gòu)件；再作A、B不發(fā)生作用，C取單位量的構(gòu)件。然后用這些構(gòu)件湊出所求的結(jié)構(gòu)。這個(gè)原則在有的書里稱為“孫子—華原則”。體現(xiàn)了“化繁為簡(jiǎn)”的思想。

因此我們用“單因子構(gòu)件湊成法”來解上述問題的一般方法。

我們一方面是把余數(shù)都簡(jiǎn)化為最簡(jiǎn)單的；另一方面是每次只考慮“一個(gè)除式”有余數(shù)的情況，（即另兩個(gè)除式都是整除的情況）這樣我們得到三組方程

（1）x=3m+1x=5nx=7p （2）y=3my=5n+1y=7p （3）z=3mz=5nz=7p+1

（1）式意味著，在5 和7 的公倍數(shù)中（35，70，105，…）尋找用3 除余1 的數(shù)；這個(gè)數(shù)可以取70；

（2）式意味著，在3 和7 的公倍數(shù)中（21，42，63，…）尋找用5 除余1 的數(shù)；這個(gè)數(shù)可以取21；

（3）式意味著，在3 和5 的公倍數(shù)中（15，30，45，…）尋找用7 除余1 的數(shù)；這個(gè)數(shù)可以取15

對(duì)（1）式而言，這個(gè)數(shù)可以取70；對(duì)（2）式而言，這個(gè)數(shù)可以取21；對(duì)（3）式而言，這個(gè)數(shù)可以取15；

于是（1）式兩邊同減70 變?yōu)檫@樣：第二式右邊仍是5 的倍數(shù)，第三式右邊仍是7 的倍數(shù)，而第一式右邊由減的70 是“用3 除余1”的數(shù)，正好原來也多一個(gè)1，減沒了。

同理對(duì)于（2）式兩邊同減21變?yōu)檫@樣：第一式右邊仍是3 的倍數(shù)，第三式右邊仍是5 的倍數(shù)，而第二式右邊由減的21是“用5 除余1”的數(shù)，正好原來也多一個(gè)1，減沒了。所以第二式右邊也成為了5的倍數(shù)。

同理對(duì)于（3）式兩邊同減15變?yōu)檫@樣：第一式右邊仍是3 的倍數(shù)，第二式右邊仍是7 的倍數(shù)，而第三式右邊由減的15 是“用7 除余1”的數(shù)，正好原來也多一個(gè)1，減沒了。所以第三式右邊也成為了7的倍數(shù)。那么，湊出s=2x+3y+2z不就是我們要求的數(shù)嗎？

因?yàn)橛?去除s 時(shí)，除y 及除z 余數(shù)均為0，所以除3y及除2z 余數(shù)均為0；用3去除x 余數(shù)為1， 除2x 余數(shù)為2； 所以用3除s時(shí)余數(shù)為2。

因?yàn)橛? 去除s 時(shí)，除x 及除z 余數(shù)均為0 ，所以 除2x及除2z余數(shù)均為0，去除y 余數(shù)為1，所以除3 y 余數(shù)為3， 所以用5 除s 時(shí)余3。

因?yàn)橛?去除s 時(shí)，除x及除y余數(shù)均為0，所以除2x 及除3y使余數(shù)均為0，用7 去除z余1，所以用7去除2z余數(shù)為2， 所以用7 除s 時(shí)余數(shù)為2。

于是我們要求的數(shù)是：s=2x+3y+2z，這就是《孫子算經(jīng)》中“物不知其數(shù)”一題的解，有無窮多個(gè)，最小的正數(shù)是23（k=-2時(shí)）。這里，（1），（2），（3）三式分別叫三個(gè)“單子因構(gòu)件”，分別解得x=105k+70，y=105k+21，z=105k+15；每個(gè)單因子構(gòu)件，都是用某一個(gè)數(shù)去除余1，用另兩個(gè)數(shù)去除均余0 的情況。再據(jù)題目要求余數(shù)分別是2，3，2 的情況，湊成s=2x+3y+2z；所以，上述方法叫“單因子構(gòu)件湊成法”。

這種方法的最大優(yōu)點(diǎn)是，可以任意改變余數(shù)，加以推廣：例如：有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩a，五五數(shù)之剩b，七七數(shù)之剩c，問物幾何？

答：解為s=70a+21b+15c+105k，（k∈Z，k的選取應(yīng)使s>0）。

我們把這樣思考問題的方法稱作“類比”，他給我們提供了許多啟示，使我們?cè)趯W(xué)習(xí)中對(duì)一些復(fù)雜的問題，通過“類比”的方法得到某些啟示，考慮一個(gè)復(fù)雜的問題，先從簡(jiǎn)單的問題出發(fā)，得到一些解決問題的思路和想法，從而解決一個(gè)復(fù)雜的問題。

3 結(jié)論

什么是一般問題？其實(shí)對(duì)于上述問題的一般情況，就是中國(guó)剩余定理。

1247 年南宋的數(shù)學(xué)家秦九韶把《孫子算經(jīng)》中“物不知其數(shù)”一題的方法推廣到一般的情況，得到稱之為“大衍求一術(shù)”的方法，在《數(shù)書九章》中發(fā)表。這個(gè)結(jié)論在歐洲要到十八世紀(jì)才由數(shù)學(xué)家高斯和歐拉發(fā)現(xiàn)。所以世界公認(rèn)這個(gè)定理是中國(guó)人最早發(fā)現(xiàn)的，特別稱之為“中國(guó)剩余定理”（Chinese remainder theorem）。

該定理用現(xiàn)在的語言表達(dá)如下：

設(shè)數(shù)d1，d2，d3，……，dn兩兩互素，某整數(shù)x分別被d1，d2，d3，……，dn整除，所得余數(shù)分別為r1，r2，r3，……，rn則x可表示為如下式x=kD+k1r1+k2r2+…θ…knrn；其中D 是d1，d2，d3，……，dn的最小公倍數(shù)，ki是 d1，d2，……di-1，di+1……，dn，的最小公倍數(shù)，而且被di整除所得余數(shù)為1；k 是任意整數(shù)。

通過上面的討論，對(duì)一般問題，即“中國(guó)剩余定理”我們不再給出證明推到。有了這個(gè)一般情況，我們遇到類似的問題就可以得到問題類似的求解方法。

4 有趣的應(yīng)用

例如1：某單位有100 把鎖，分別編號(hào)為1，2，3，…，100?，F(xiàn)在要對(duì)鑰匙編號(hào)，使外單位的人看不懂，而本單位的人一看見鎖的號(hào)碼就知道該用哪一把鑰匙。能采用的方法很多，其中一種就是利用中國(guó)剩余定理，把鎖的號(hào)碼被3，5，7 去除所得的三個(gè)余數(shù)來作鑰匙的號(hào)碼（首位余數(shù)是0 時(shí)，也不能省略）。這樣，每把鑰匙都有一個(gè)三位數(shù)編號(hào)。

例如23 號(hào)鎖的鑰匙是232 號(hào)；52 號(hào)鎖的鑰匙是123 號(hào)；8號(hào)鎖的鑰匙是231；19號(hào)鎖的鑰匙是145；45號(hào)鎖的鑰匙是003。

如果希望保密性再強(qiáng)一點(diǎn)兒，則可以把剛才所說的鑰匙編號(hào)加上一個(gè)固定的常數(shù)作為新的鑰匙編號(hào)系統(tǒng)。這樣，仍不破壞鎖的號(hào)與鑰匙的號(hào)之間的一一對(duì)應(yīng)，而外人則更難知道了。

通過上面的分析，我們通過這種類比的方法思考問題，能給我們提供思考問題的方向，使得我們面對(duì)一個(gè)復(fù)雜的問題，通過簡(jiǎn)化的思想，使得我們能夠解決一些簡(jiǎn)單的問題，從解決簡(jiǎn)單問題的的思路、想法出發(fā)，得到解決一般、復(fù)雜問題的思路、想法。

[責(zé)任編輯：楊玉潔]