“退维”思想的妙用

戴耀艺+戴延清

一、问题的产生——“不安分”引发的思维躁动.

人教A版高中数学必修2立体几何教学中，学生问过这么一个问题：

问题：三个平面至多能把空间分割成几个区域？

这是立体几何中的一个常见问题，能够很好地考查学生的空间想象能力.利用空间直角坐标系中的坐标平面很容易得出本题的解：三个平面至多能把空间分割成8个区域.笔者突然有一种“不安分”的想法：如果是四个平面呢，至多能把空间分割成几个区域呢？花了一些功夫笔者才得出答案，四个平面至多能把空间分割成15个区域.那么五个平面、六个平面，甚至更多的平面呢，至多能把空间分成多少区域呢？靠空间想象力想象出模型来解决这一类问题，显然不可能.

至此笔者将问题一般化，得到以下变式题：

题目1：n个平面至多能把空间分割成几个区域？

那么有什么好的办法能够解决上面这个问题呢？经过一番探索，笔者有了解决这个问题的灵感与思路，现细细道来，以飨读者.

二、问题的解决——“不走寻常路”的“退维”思想

我们先撇开这个问题，转而研究较为简单的类型题——不走寻常路.

从题目1产生较为简单的类型题，一个简单的做法就是——退维.

退一维，得到：题目2：n条直线至多能把平面分成几部分？

还不够简单，再退一维，得到：题目3：n个点至多能把直线分割成几段？

题目3已经够简单了，接下来，我们从题目3入手，寻求题目1的解决方法.解题过程需要用到以下知识：

知识1数列{an}满足an+1-an=bn，若数列{bn}是一个k-1阶等差数列，则数列{an}是k阶等差数列.

知识2k阶等差数列通项公式：f（k，n）=f（k，0）C0n+f（k-1，0）C1n+…+f（0，0）Ckn=ki=0f（k-i，0）C1n （其中f（k，n）即是k阶数列第n项）.

1.题目3的解决.

n个点至多能把直线分割成几段？

解析设n个点至多能把直线分成f（n）段.观察： f（1）=2，f（2）=3，f（3）=4，f（4）=5.

猜想：{f（n）}是一个1阶等差数列.

因为f（1，n）=1i=0f（1-i，0）Cin，f（1-i，0）=1（i=0，1），

∴f（n）=C0n+C1n=n+1.

所以， 个点至多能把直线分割成n+1段.

2.题目2的解决.

n条直线至多能把平面分成几部分？

解析设n条直线至多能把平面分成g（n）部分.观察：g（1）=2，g（2）=4，g（3）=7，g（4）=11

猜想：{g（n）}是一个2阶等差数列.

因为f（2，n）=2i=0f（2-i，0）C1n，f（2-i，0）=1（i=0，1，2），

∴g（n）=C0n+C1n+C2n=12n2+12n+1.

所以，n条线至多能把平面分割成12n2+12n+1个部分.

先来一个1阶等差数列，再来一个2阶等差数列，接下来会不会是一个3阶等差数列呢？从上面两题的解题过程中，我们似乎发现了某种规律，请接着往下看.

3.题目1的解决.

n个平面至多能把空间分割成几个区域？

解析n个平面就能把空间分割得最多区域.设n个平面至多能把空间分成h（n）个区域.

观察：h（1）=2，h（2）=4，h（3）=8，h（4）=15.

猜想3：{h（n）}是一个3阶等差数列.

简证：n-1个平面至多可以把空间分成h（n-1）个区域，再增加一个平面的时候，这个平面与前n-1个平面都相交，得到n-1条交线，要使得所增加的区域达到最多，则这n-1条交线就要把新增加的平面分割得到最多区域，可知增加的最大区域数为g（n-1）个.所以h（n）=h（n-1）+g（n-1），由题目2可知{g（n-1）}是一个2阶等差数列，由知识2知{h（n）}是一个3阶等差数列.

果然是一个3阶等差数列，接下来问题就好办了.

因为f（3，n）=3i=0f（3-i，0）Cin，f（3-i，0）=1（i=0，1，2，3），∴h（n）=C0n+C1n+C2n+C3n=16n3+56n+1.

所以n个平面至多能把空间分割成16n3+56n+1个区域.

鉴于此，笔者提出一个猜想：

猜想：设n个k-1维超平面至多能把k维空间分割成t（n）个区域，则{t（n）}是一个k阶等差数列（k≥1，k∈N*），且t（n）=C0n+C1n+C2n+…+Ckn=ki=0Cin.

证明：对k值用数学归纳法证明.

（ⅰ）当k=1时，由题目1知结论成立.

（ⅱ）假设当k=r（r≥2）时，n个r-1维超平面至多能把r维空间分割成y（n）个区域，{y（n）}是一个r阶等差数列. 则当k=r+1（r≥2）时，设n个r维超平面至多能把r+1维空间分割成z（n）个区域. 则n-1个r维超平面至多能把r+1维空间分割成z（n-1）个区域，再增加一个r维超平面时，这个r维超平面与前n-1个r维超平面都相交，得到n-1条r-1维超直线，要使得所增加的区域达到最多，则这n-1条r-1维超直线就要把新增加的r维超平面分割得到最多区域，于是增加了y（n-1）个区域，∴z（n）=z（n-1）+y（n-1）.由假设可知其中{y（n-1）}是一个r阶等差数列.由推论便知{z（n）}是一个r+1阶等差数列.

综合（ⅰ）（ⅱ）猜想得证.

三、解题之感悟

数学上有些问题的求解，十分繁琐，甚至无法解决，这时，我们不妨“退一步海阔天空”，采用“退维”的思想，构造出新的模型，通过探索新模型的解法，获得一些解题规律，这样有时能够使得原问题化繁为简，化难为易，从而迅速获解.

数学就是一个大花园，不安分的思想若能成为一颗种子，既可让花园繁花似锦也能使花园杂草丛生.成功的关键取决于我们能否抓住解题的规律，抓住数学的真谛.

一、问题的产生——“不安分”引发的思维躁动.

人教A版高中数学必修2立体几何教学中，学生问过这么一个问题：

问题：三个平面至多能把空间分割成几个区域？

这是立体几何中的一个常见问题，能够很好地考查学生的空间想象能力.利用空间直角坐标系中的坐标平面很容易得出本题的解：三个平面至多能把空间分割成8个区域.笔者突然有一种“不安分”的想法：如果是四个平面呢，至多能把空间分割成几个区域呢？花了一些功夫笔者才得出答案，四个平面至多能把空间分割成15个区域.那么五个平面、六个平面，甚至更多的平面呢，至多能把空间分成多少区域呢？靠空间想象力想象出模型来解决这一类问题，显然不可能.

至此笔者将问题一般化，得到以下变式题：

题目1：n个平面至多能把空间分割成几个区域？

那么有什么好的办法能够解决上面这个问题呢？经过一番探索，笔者有了解决这个问题的灵感与思路，现细细道来，以飨读者.

二、问题的解决——“不走寻常路”的“退维”思想

我们先撇开这个问题，转而研究较为简单的类型题——不走寻常路.

从题目1产生较为简单的类型题，一个简单的做法就是——退维.

退一维，得到：题目2：n条直线至多能把平面分成几部分？

还不够简单，再退一维，得到：题目3：n个点至多能把直线分割成几段？

题目3已经够简单了，接下来，我们从题目3入手，寻求题目1的解决方法.解题过程需要用到以下知识：

知识1数列{an}满足an+1-an=bn，若数列{bn}是一个k-1阶等差数列，则数列{an}是k阶等差数列.

知识2k阶等差数列通项公式：f（k，n）=f（k，0）C0n+f（k-1，0）C1n+…+f（0，0）Ckn=ki=0f（k-i，0）C1n （其中f（k，n）即是k阶数列第n项）.

1.题目3的解决.

n个点至多能把直线分割成几段？

解析设n个点至多能把直线分成f（n）段.观察： f（1）=2，f（2）=3，f（3）=4，f（4）=5.

猜想：{f（n）}是一个1阶等差数列.

因为f（1，n）=1i=0f（1-i，0）Cin，f（1-i，0）=1（i=0，1），

∴f（n）=C0n+C1n=n+1.

所以， 个点至多能把直线分割成n+1段.

2.题目2的解决.

n条直线至多能把平面分成几部分？

解析设n条直线至多能把平面分成g（n）部分.观察：g（1）=2，g（2）=4，g（3）=7，g（4）=11

猜想：{g（n）}是一个2阶等差数列.

因为f（2，n）=2i=0f（2-i，0）C1n，f（2-i，0）=1（i=0，1，2），

∴g（n）=C0n+C1n+C2n=12n2+12n+1.

所以，n条线至多能把平面分割成12n2+12n+1个部分.

先来一个1阶等差数列，再来一个2阶等差数列，接下来会不会是一个3阶等差数列呢？从上面两题的解题过程中，我们似乎发现了某种规律，请接着往下看.

3.题目1的解决.

n个平面至多能把空间分割成几个区域？

解析n个平面就能把空间分割得最多区域.设n个平面至多能把空间分成h（n）个区域.

观察：h（1）=2，h（2）=4，h（3）=8，h（4）=15.

猜想3：{h（n）}是一个3阶等差数列.

简证：n-1个平面至多可以把空间分成h（n-1）个区域，再增加一个平面的时候，这个平面与前n-1个平面都相交，得到n-1条交线，要使得所增加的区域达到最多，则这n-1条交线就要把新增加的平面分割得到最多区域，可知增加的最大区域数为g（n-1）个.所以h（n）=h（n-1）+g（n-1），由题目2可知{g（n-1）}是一个2阶等差数列，由知识2知{h（n）}是一个3阶等差数列.

果然是一个3阶等差数列，接下来问题就好办了.

因为f（3，n）=3i=0f（3-i，0）Cin，f（3-i，0）=1（i=0，1，2，3），∴h（n）=C0n+C1n+C2n+C3n=16n3+56n+1.

所以n个平面至多能把空间分割成16n3+56n+1个区域.

鉴于此，笔者提出一个猜想：

猜想：设n个k-1维超平面至多能把k维空间分割成t（n）个区域，则{t（n）}是一个k阶等差数列（k≥1，k∈N*），且t（n）=C0n+C1n+C2n+…+Ckn=ki=0Cin.

证明：对k值用数学归纳法证明.

（ⅰ）当k=1时，由题目1知结论成立.

（ⅱ）假设当k=r（r≥2）时，n个r-1维超平面至多能把r维空间分割成y（n）个区域，{y（n）}是一个r阶等差数列. 则当k=r+1（r≥2）时，设n个r维超平面至多能把r+1维空间分割成z（n）个区域. 则n-1个r维超平面至多能把r+1维空间分割成z（n-1）个区域，再增加一个r维超平面时，这个r维超平面与前n-1个r维超平面都相交，得到n-1条r-1维超直线，要使得所增加的区域达到最多，则这n-1条r-1维超直线就要把新增加的r维超平面分割得到最多区域，于是增加了y（n-1）个区域，∴z（n）=z（n-1）+y（n-1）.由假设可知其中{y（n-1）}是一个r阶等差数列.由推论便知{z（n）}是一个r+1阶等差数列.

综合（ⅰ）（ⅱ）猜想得证.

三、解题之感悟

数学上有些问题的求解，十分繁琐，甚至无法解决，这时，我们不妨“退一步海阔天空”，采用“退维”的思想，构造出新的模型，通过探索新模型的解法，获得一些解题规律，这样有时能够使得原问题化繁为简，化难为易，从而迅速获解.

数学就是一个大花园，不安分的思想若能成为一颗种子，既可让花园繁花似锦也能使花园杂草丛生.成功的关键取决于我们能否抓住解题的规律，抓住数学的真谛.

一、问题的产生——“不安分”引发的思维躁动.

人教A版高中数学必修2立体几何教学中，学生问过这么一个问题：

问题：三个平面至多能把空间分割成几个区域？

这是立体几何中的一个常见问题，能够很好地考查学生的空间想象能力.利用空间直角坐标系中的坐标平面很容易得出本题的解：三个平面至多能把空间分割成8个区域.笔者突然有一种“不安分”的想法：如果是四个平面呢，至多能把空间分割成几个区域呢？花了一些功夫笔者才得出答案，四个平面至多能把空间分割成15个区域.那么五个平面、六个平面，甚至更多的平面呢，至多能把空间分成多少区域呢？靠空间想象力想象出模型来解决这一类问题，显然不可能.

至此笔者将问题一般化，得到以下变式题：

题目1：n个平面至多能把空间分割成几个区域？

那么有什么好的办法能够解决上面这个问题呢？经过一番探索，笔者有了解决这个问题的灵感与思路，现细细道来，以飨读者.

二、问题的解决——“不走寻常路”的“退维”思想

我们先撇开这个问题，转而研究较为简单的类型题——不走寻常路.

从题目1产生较为简单的类型题，一个简单的做法就是——退维.

退一维，得到：题目2：n条直线至多能把平面分成几部分？

还不够简单，再退一维，得到：题目3：n个点至多能把直线分割成几段？

题目3已经够简单了，接下来，我们从题目3入手，寻求题目1的解决方法.解题过程需要用到以下知识：

知识1数列{an}满足an+1-an=bn，若数列{bn}是一个k-1阶等差数列，则数列{an}是k阶等差数列.

知识2k阶等差数列通项公式：f（k，n）=f（k，0）C0n+f（k-1，0）C1n+…+f（0，0）Ckn=ki=0f（k-i，0）C1n （其中f（k，n）即是k阶数列第n项）.

1.题目3的解决.

n个点至多能把直线分割成几段？

解析设n个点至多能把直线分成f（n）段.观察： f（1）=2，f（2）=3，f（3）=4，f（4）=5.

猜想：{f（n）}是一个1阶等差数列.

因为f（1，n）=1i=0f（1-i，0）Cin，f（1-i，0）=1（i=0，1），

∴f（n）=C0n+C1n=n+1.

所以， 个点至多能把直线分割成n+1段.

2.题目2的解决.

n条直线至多能把平面分成几部分？

解析设n条直线至多能把平面分成g（n）部分.观察：g（1）=2，g（2）=4，g（3）=7，g（4）=11

猜想：{g（n）}是一个2阶等差数列.

因为f（2，n）=2i=0f（2-i，0）C1n，f（2-i，0）=1（i=0，1，2），

∴g（n）=C0n+C1n+C2n=12n2+12n+1.

所以，n条线至多能把平面分割成12n2+12n+1个部分.

先来一个1阶等差数列，再来一个2阶等差数列，接下来会不会是一个3阶等差数列呢？从上面两题的解题过程中，我们似乎发现了某种规律，请接着往下看.

3.题目1的解决.

n个平面至多能把空间分割成几个区域？

解析n个平面就能把空间分割得最多区域.设n个平面至多能把空间分成h（n）个区域.

观察：h（1）=2，h（2）=4，h（3）=8，h（4）=15.

猜想3：{h（n）}是一个3阶等差数列.

简证：n-1个平面至多可以把空间分成h（n-1）个区域，再增加一个平面的时候，这个平面与前n-1个平面都相交，得到n-1条交线，要使得所增加的区域达到最多，则这n-1条交线就要把新增加的平面分割得到最多区域，可知增加的最大区域数为g（n-1）个.所以h（n）=h（n-1）+g（n-1），由题目2可知{g（n-1）}是一个2阶等差数列，由知识2知{h（n）}是一个3阶等差数列.

果然是一个3阶等差数列，接下来问题就好办了.

因为f（3，n）=3i=0f（3-i，0）Cin，f（3-i，0）=1（i=0，1，2，3），∴h（n）=C0n+C1n+C2n+C3n=16n3+56n+1.

所以n个平面至多能把空间分割成16n3+56n+1个区域.

鉴于此，笔者提出一个猜想：

猜想：设n个k-1维超平面至多能把k维空间分割成t（n）个区域，则{t（n）}是一个k阶等差数列（k≥1，k∈N*），且t（n）=C0n+C1n+C2n+…+Ckn=ki=0Cin.

证明：对k值用数学归纳法证明.

（ⅰ）当k=1时，由题目1知结论成立.

（ⅱ）假设当k=r（r≥2）时，n个r-1维超平面至多能把r维空间分割成y（n）个区域，{y（n）}是一个r阶等差数列. 则当k=r+1（r≥2）时，设n个r维超平面至多能把r+1维空间分割成z（n）个区域. 则n-1个r维超平面至多能把r+1维空间分割成z（n-1）个区域，再增加一个r维超平面时，这个r维超平面与前n-1个r维超平面都相交，得到n-1条r-1维超直线，要使得所增加的区域达到最多，则这n-1条r-1维超直线就要把新增加的r维超平面分割得到最多区域，于是增加了y（n-1）个区域，∴z（n）=z（n-1）+y（n-1）.由假设可知其中{y（n-1）}是一个r阶等差数列.由推论便知{z（n）}是一个r+1阶等差数列.

综合（ⅰ）（ⅱ）猜想得证.

三、解题之感悟

数学上有些问题的求解，十分繁琐，甚至无法解决，这时，我们不妨“退一步海阔天空”，采用“退维”的思想，构造出新的模型，通过探索新模型的解法，获得一些解题规律，这样有时能够使得原问题化繁为简，化难为易，从而迅速获解.

数学就是一个大花园，不安分的思想若能成为一颗种子，既可让花园繁花似锦也能使花园杂草丛生.成功的关键取决于我们能否抓住解题的规律，抓住数学的真谛.