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高中奥数解题思想

时间:2015-01-09


解竞赛题的思想和方法 数学竞赛也就是解题的竞赛,只有通过问题才能学会解题。要提高解题能力, 必须反复练习,在解各类题中,善于总结,不仅要寻找各种不同的解法,更要找出 最佳的方法,应当注意数学的思想与数学的美,不断提高我们的鉴赏能力,注意简 捷明快,一针见血。 本讲中,我们选编了国内外一些值得欣赏的竞赛题,有些题多给几种解法,灵 活运用数学基础知识去进行探索与尝试,以展现思维的过程,并且以资比较,尽力 寻求完美的解法。希望参加数学竞赛的学生们多掌握些解题的思考方法,对数学的 认识深度就会有所提高,随之而来,解题能力的增强就会有所突破,也就可能在各 类数学竞赛中大显身手。 例 1 设a 根. (1)证明存在一个以 a, b, c 为边长的三角形; (2)证明 分析与解

? 0, f ( x) ? ax 2 ? 4bx ? 4c 有两个属于区间[2,3]的实数

a b c . ? ? a?c b?a b?c
充分挖掘条件中的隐含信息,把有利于解题的数量关系和直观表象

显示出来,另外,又要把结论关系式分拆,两者结合起来,打通解决问题的通道. 由a

? 0, f ( x)是开口向上的抛物线,且 f (2) ? 4a ? 8b ? 4c ? 0 , f (3) ? 9a ? 12b ? 4c ? 0 ,

1

2?

4b ? 3, 16b 2 ? 16ac . 2a
① ② ③ ④

即给出关于 a, b, c 的不等式组:

?c ? 2b ? a, ?4c ? 12b ? 9a, ? ? 3 ? ?a ? b ? 2 a , ? 2 ? ?b ? ac
由①,③可知 a

考虑给出结论中能构成三角形的充分条件,我们充分利用不等式组中的关系.

? b, c ? 2b ? a ? b ,即 a ? b ? c 。

b2 另一方面,由④知 c ? .下面证明 c ? a ? b .事实上, a 5 2 a 2 2 2 a ? ab ? b ? a ? (b ? ) 4 2
由③知

a 3 1 (b ? ) 2 ? ( a ? a) 2 ? a 2 , 2 2 2 1 2 2 2 2 5 2 2 a(a ? b) ? b ? a ? ab ? b ? a ? a ? a ? 0 , 4 4
b2 ? a(a ? b) ? b ,? a ? b ? ? c . a 故存在以 a, b, c 为边长的三角形.
2
2

a ? b ? c ? a ? b, c a?b a b a b 所以 . ? ? ? ? ? b?c b?c b?c b?c a?c b?a
(2)由于

3

4

x, y, z 为 正 数 且 xyz ( x ? y ? z ) ? 1 . 求 表 达 式 ( x ? y )( y ? z ) 的最小值.
例 3 已 知
5

解法 1 构造一个

?ABC ,使其三边长分别为 a ? x ? y, b ? y ? z , c ? z ? x .
1 p ? (a ? b ? c) ? x ? y ? z , 2 ?ABC 的面积 S ? p( p ? a )( p ? b)( p ? c) ? ( x ? y ? z ) xyz ? 1

则半周长

另一方面

( x ? y)( y ? z ) ? ab ?
当且仅当 C

2S 2 ? ? 2 ,① SinC sin C

? 90? 时取等号,此时 ( x ? y ) 2 ? ( y ? z ) 2 ? ( x ? z ) 2 ,
y ? z ) ? xz .②

化简,得 y ( x ? 构造一组实数

x ? z ? 1, y ? 2 ? 1满足②,即①式等号成立,所以 ( x ? y )( y ? z ) 有最小值 2.
解法 2 应用均值不等式,得

( x ? y )( y ? z ) ? xy ? xz ? y 2 ? yz
? xz ? y ( x ? y ? z ) ? 2 ? xyz ( x ? y ? z ) ? 2
不等式中等号成立的条件是

xz ? y ( x ? y ? z ) .
此式为解法 1 中的式②,以下同解法 1. 换元法:解数学题时,我们常常对变量作替换,这就是换元,通过换元,把原 来的问题转化成另一类问题,以达到化难为易,从而帮助解题.
6

例 4 设 x,

求 解

y, z 是正实数,且满足 xyz ? x ? z ? y ? 0 , 2 2 3 的最大值. S? 2 ? 2 ? 2 x ?1 y ?1 z ?1 由已知条件得 x ? z ? (1 ? xz ) y .

虽然,

1 ? xz ? 0 ,所以 y ?

x?z . 1 ? xz

由此联想到正切和角公式,于是令

? ? arctan x, ? ? arctan y, ? ? arctan z, ? , ? , ? ? (0, ) .
2
tan ? ? tan ? ? tan( ? ? ? ) . 则 tan ? ? 1 ? tan ? tan ? 由于 ? , ? ? ? ? (0, ? ) ,所以 ? ? ? ? ? ,于是 2 2 3 S? ? ? 2 2 tan ? ? 1 tan ? ? 1 tan 2 ? ? 1
? 2 cos2 ? ? 2 cos2 (? ? ? ) ? 3 cos2 ? ? (cos 2a ? 1) ? [cos(2? ? 2? ) ? 1] ? 3 cos2 ? ? 2 sin ? ? sin( 2? ? ? ) ? 3 cos2 ? ? 2 sin ? ? 3(1 ? sin 2 ? )

?

1 2 10 10 ? ?3(sin? ? ) ? ? . 3 3 3
7

等号在 2

? 1 ? ? ? ? , sin ? ? ,即
2 3

x?

10 2 2 时成立,故欲求的最大值为 . , y ? 2, z ? 3 2 4
例5 △ABC 的三边

a, b, c 满足条件 a ? b ? c ? 1 ,证明:
2 2

7 5(a ? b ? c ) ? 18abc ? 3.
2
证明 因为

a 2 ? b2 ? c 2 ? (a ? b ? c) 2 ? 2(ab ? bc ? ca)
? 1 ? 2(ab ? bc ? ca) ,
所以,欲证的不等式等价于

5 4 (ab ? bc ? ca ) ? abc ? 9 27 .
构造一个辅助函数

f ( x) ? ( x ? a)(x ? b ( ) x ? c) .
一方面

8

f ( x) ? x3 ? (a ? b ? c) x2 ? (ab ? bc ? ca) x

? abc ,
所以

5 5 3 5 2 5 f ( ) ? ( ) ? ( ) ? (ab ? bc ? ca ) 9 9 9 9

? abc ;
另 一 方 面 因

a, b, c

是 三 角 形 的 三 条 边 长 , 所 以

5 5 1 5 ? a , ? b, ? c 0 ? a , b, c ? 9 9 2,9
利用平均不等式,

均为正数,



5 5 5 5 f ( ) ? ( ? a )( ? b)( ? c) 9 9 9 9
3

1 ? 5 5 5 ? ? ( ? a) ? ( ? b) ? ( ? c)? ? ? 27 ? 9 9 9 ? 7
, 所以

9

5 3 5 2 ( ) ? (a ? b ? c)( ) 9 9

5 8 ? (ab ? bc ? ca ) ? abc ? 9 729 ,


5 4 (ab ? bc ? ca ) ? abc ? 9 27 .
本题我们巧妙地构造了一个辅助函数

f ( x) ,通过从两个方面来考



5 f( ) 9 ,使问题得到了证明.
构造辅助函数是数学中经常使用的方法 ,主要是通过构造函数,把问

题转化、进而对所作函数的性质进行研究,从而达到目的. 例 6 设 n 为大于或等于 3 的整数,证明:在平面上存在一个由 n 个点组成的 集合,集合中任两点的距离为无理数,任三点组成一个非退化的面积为有理数的三 角形. 分析 在平面上由 n 个点组成的集合无限多,我们可以考虑一类特殊的点集—

—由整数点(纵坐标与横坐标均为整数)构成的集合,只要在其中构成满足题目条 件 的 点 集, 也就 解 答 了此 题, 进 一 步特 殊化 , 考 虑无 穷点 集

S ? (k , k 2 ) | k ? 0,1,2,? .
证明 考虑无穷点集
10

?

?

S ? {( k , k 2 ) | k ? 0,1,2,?}.

S 中任两点 A(a, a 2 ) , B(b, b 2 ) 的距离为:
d ( A, B) ? (a ? b) 2 ? (a 2 ? b 2 ) 2 ?| a ? b | 1 ? (a ? b)2 .
由于 a ? b 即

? 0,1 ? (a ? b) 2 不是完全平方数,从而 d ( A, B) 为无理数. ? x 2 上,又直线与抛物线的交点

S 中任两点的距离为无理数.
另一方面,由于点集 S 中的点都在抛物线 y

不多于两个,故

S

中任意三点不共线,而对于

S

中任意三点

A(a, a 2 ), B(b, b 2 ), C (c, c 2 )(不妨设 a ? b ? c )所形成三角形的面积

1 a S ?ABC ?

a2

1 1 1 b b 2 ? (b ? a )(c ? b)( c ? a ) 2 2 2 1 c c

为非零有理数. 所以,

S 中任意 n 个点所成集合即为所求点集,问题得证.

说明 本问题的解决过程中运用了构造特殊集合转化问题, 将 “在平面内存在某 种点集”的问题特殊化为“在它的某个子集 S 中存在这种点集”的问题,后者的解 决使原问题获证.这种解决策略常称为特殊化策略.即视原问题为一般问题,构造其 特殊问题,通过对特殊问题的解决而获得原问题的解决.
11

特殊化作为化归策略,基本思想是很简单的:相对于“一般”而言, “特殊”问 题往往显得简单、直观和具体,容易解决.并且在特殊问题的解决过程中,常常孕育 着一般问题的解决思想,因此,当我们在对某个一般性的数学问题解决有困难时, 常常会想到先解决它的特殊情况,然后再把解决特殊情况的方法或结果应用或推广 到一般问题中,而获得一般性问题的解决. 特殊化策略的关键是能否找到一个最佳的特殊化问题. 例 7 求方程 数。 解 若

x 2 ? p ? 2 x 2 ? 1 ? x 的全部实数解,其中 p 为实数参

p ? 0 ,则

x 2 ? p ? 2 x 2 ? 1 ? x 2 ? p ? x ,此时原方程无解,故可设
p ? 0 ,并且 x ? 1, x ? p
再将方程形式变为

2 x2 ? 1 ? x ? x2 ? p
平方并整理,得

2 x 2 ? p ? 4 ? ?2 x x 2 ? p
再平方并整理,得

8(2 ? p) x 2 ? ( p ? 4)2
易知

p 必须满足 0 ? p ? 2 ,并且此时只可能有解

x?

4? p 8(2 ? p)
12

代入原方程并化简,得

| 3 p ? 4 |? 4 ? 3 p
于是有

4 p? 3

4? p 4 综上所述,当且仅当 0 ? p ? 时方程有唯一解 x ? . 8(2 ? p) 3
例 8 解方程

a ? a ? x ? x.

分析和解 若去根号,得四次方程

x4 ? 2ax2 ? x ? a2 ? a ? 0
难于求解,而且难于确定 a 在何范围时有解。现用代换法,命 则得

a?x ? y

2 ? a?x ? y ? ?a ? x ? y ?? ? 2 ? a? y ? x ? ?a ? y ? x
两式相减 x

? y ? y 2 ? x 2 ? ( y ? x)( y ? x)

,

?( x ? y)( x ? y ? 1) ? 0, ? x ? y ? 0或 y ? x ? 1. (1)若 x ? y ? 0 ,由于 x ? 0, y ? 0 ,只有 x ? y ? 0 ,

a ? x ? y 知 a ? 0 ,这是一般情形. (2)若 y ? x ? 1,则得 a ? x ? x ? 1


? x 2 ? x ? (1 ? a) ? 0 ,

? ? 1 ? 4(1 ? a) ? 4a ? 3.
13

欲使方程有实数根,须

? ? 0 ,得 a ?

3 进而 4

? 1 ? 4a ? 3 . 2 因 x ? 0 , 舍 去 负 数 x2 , 且 要 x1 ? 0 , 即 ? 1 ? 4a ? 3 ? 0 , 4a ? 3 ? 1, 须 a ? 1,从而解为: x1,2 ?

x1 ?

4a ? 3 ? 1 ?( a ? 1) 2

此题求解过程告诉我们:为了减一层根号,应不惜以“增一元”为代价。另外, 就是不急于消元,而是先消常数 a,否则,就会走回头路。 例 9 解方程 分析和解

4 x4 ? 8x3 ? 3x2 ? 8x ? 4 ? 0 .

1 由于系数排列呈对称形式,故若 a(a ? 0) 是根, 亦然,故谓之 a
2

倒数方程,其解法是倒数化:两边同除以 x

( x ? 0) :

1 1 4 x2 ? 8x ? 3 ? 8 ? ? 4 ? 2 ? 0 x x 1 1 4( x 2 ? 2 ) ? 8( x ? ) ? 3 ? 0 x x

1 ? 1? 1 2 由于 x ? ? x ? ? ? 2 ,令 t ? x ? ,原方程化为 2 ? x x? ? x
14

2

5 1 4t 2 ? 8t ? 5 ? 0, t1 ? , t2 ? ? . 2 2 1 解得实根 x1 ? 2, x2 ? . 2
例 10 设 a,b 是实数,且

x4 ? ax3 ? bx2 ? ax ? 1 ? 0 2 2 至少有一个实根,求 a ? b 的最小值. 解 易知 x ? 0 不是原方程的根,原方程于是可化为 1 2 1 ( x ? ) ? a( x ? ) ? (b ? 2) ? 0 , x x 1 令 y ? x ? ,则易证| y |? 2 , x
解方程 y

2

? ay ? (b ? 2) ? 0 得

? a ? a 2 ? 4(b ? 2) y? 2 两根中至少有一者的绝对值 ? 2 ,这等价于

| a | ? a 2 ? 4(b ? 2) ? 4 ,即 a 2 ? 4(b ? 2) ? 4? | a |.
1°当| a |? 2°当| a |? 若

4 时, a2 ? b2 ? 16 , 4 时,两边平方并化简,得 2 | a |? 2 ? b .

b ? ?2 , a2 ? b2 ? 4 , 否则 b ? ?2 ,再两边平方,得
15

4a2 ? 4 ? 4b ? b2 ,或
2 2 16 16 4(a ? b ) ? 5b ? 4b ? 4 ? 5(b ? ) ? ? 5 5 5 2 4 4 2 2 即当 b ? ? , a ? ? 时, ( a ? b ) 有最小值 . 5 5 5 经检验,原方程有实根 x ? ?1.
2 2 2
例 11 若整数 a,b,c 使得抛物线 y 个不同的交点,求 a 的最小正整数值. 分析 联系图象,找出根与系数的关系,再利用整数性质,找出 a,b,c 取值范 围. 解 设方程 ax 从而有

? ax2 ? bx ? c 在区间(0,1)上有两

2

? bx ? c ? 0 的两实根分别为? ,? 且 o ? ? ? ? ? 1

?? (1 ? ? ) ? (? ? 1 ? ? ) 2 ? 1 ? 2 4 ? ?? (1 ? ? ) ? 1 ? 4



1 1 上述两个不等式分别当? ? , ? ? 时等号成立. 2 2 b c 由韦达定理 ? ? ? ? , ?? ? ② a a ? (1 ? ? )(1 ? ? ) ? 1 ? (? ? ? ) ? ??
16

b c a ?b?c ? 1? ? ? a a a
由于



? ? ? ,故①中两个式子的等号不能同时成立,故 1 c a ?b?c , ? ?? (1 ? ? )(1 ? ? ) ? ? 16 a a


? a 2 ? 16c(a ? b ? c)
因为

? ? 0, ? ? 0 ,由②知 c 和 a 同号且 c ? 0 又? ? 1, ? ? 1,由③ 知 a ? b ? c 和 a 同号且 a ? b ? c ? 0
又因为 a,b,c 是整数,故 c(a

? b ? c) 是正整数,由④知

a2 ? 16,即| a |? 4 ,
所以 a 的最小正整数值为 5. 又 c 和 (a

? b ? c) 都是正整数,所以 c=1,取 a ? b ? 5,原方程变形为

5x 2 ? 5x ? 1 ? 0, 5? 5 5? 5 ?? ,? ? 其两根为 . 10 10 满足题目条件,所以 a ? 5是满足条件的最小正整数值.
例 12 设 a, b, c 是正整数,关于 x 的一元二次方程 ax

2

? bx ? c ? 0的

1 两实数根的绝对值均小于 ,求 a ? b ? c 的最小值. 3 解 设方程的两实数根为 x1, x2 ,由韦达定理知, x1, x2 均为负数.由 c 1 a ? x1x2 ? ,得 ? 9 ,所以 a 9 c
17

a b 2 ? 4ac ? 4 ? ? c 2 ? 4 ? 9 ?12 ? 36 c b 1 1 2 又 ? (? x1 ) ? (? x2 ) ? ? ? , a 3 3 3 a 3 3 21 所以 ? , a ? b ? ,故 a ? 11. b 2 2 2 (1)当 b ? 7 时,由

4a ? 4ac ? b2 , a ? 11知 a ? 11或 12 , c ? 1. 7? 5 1 2 ? ? ,不合题意; 但方程11x ? 7 x ? 1 ? 0 有根 ? 22 3 1 1 2 方程12 x ? 7 x ? 1 ? 0的两根 ? , ? ,也不合题意; 4 3
(2)当

b ? 8时,由 4ac ? b2 ? 64及 a ? 11知 a ? 11,12,13,14,15,16, c ? 1

? b ? b 2 ? 4ac 1 故由 x2 ? ?? , 2a 3 a 得 4 ? 16 ? a ? ,易知 3 a f (a) ? ? 16 ? a ? 4 ( a ? 11,12,?,16 ) 3
为增函数,

4 f (a) ? f (b) ? ? 0 ,而 f (15) ? 0 , 3
18

a ? b ? c ? 16 ? 8 ? 1 ? 25 , 而 方 程 1 16x 2 ? 8x ? 1 ? 0 的两根为 x1 ? x2 ? ? 满足题意. 4 3 27 ( 3 ) 当 b?9 时 , a ? b? , 所 以 a ? 14 , 于 是 2 2 a ? b ? c ? 14 ? 9 ? 1 ? 24 . 若 a ? b ? c ? 25 , 只 能 a ? 14, b ? 9, c ? 1 , 此 时 方 程


a

只 能 为 16 , 此 时

1 1 14x ? 9 x ? 1 ? 0 的 两 根 为 x1 ? ? , x2 ? ? , 不 合 题 意 , 故 此 时 2 7 a ? b ? c ? 25. 综上所述, a ? b ? c 的最小值为 25. 1,2,?,1 9 } 8 及 1 例 13 已 知 整 数 m, n 满 足 m, n ?{
2

(n 2 ? mn ? m 2 ) 2 ? 1,求 m2 ? n2的最大值.
解 若m

? n ,则 m ? n ? 1,若 m ? n ,由 n2 ? mn ? m2 ? ?1, n2 ? m2 ? mn ? 1 ? m2 ,得 n ? m .

因为

(n2 ? mn ? m2 )2

? ? 2 2 2 ? ?m ? m(n ? m) ? (n ? m) ?
? (n ? m) ? m(n ? m) ? m
2

2 2



于是,若 ( m, n) 满足条件;则 (n ? m, m) 也满足条件.由于 n

? m ,可从

(n, m) 出 发 , 递 降 得 到 ( 1 , 1 ) ,反之亦成立,即由(1,1)出发,利用 (n ? m, m) ? (m, n) 可得到满足 m, n ?{1,2,?,1981}的全部解.即
19

(1,1)→(1,2)→(2,3)→(3,5)→(5,8)→(8,13)→(13,21) →(21,34)→(34,55)→(55,89)→(89,144)→(144,233)→(233, 377)→(377,610)→(987,1597). 因此,所求 m 例 14 得

? n2的最大值为 987 +1597 =3524578. 已知 a,b,c 是实数,且 a ? 2000,证明:至多存在两个整数 x ,使
2 2

2

| ax 2 ? bx ? c |? 1000 .
分析 命题结构中会有“至多” 、 “至少” 、 “有限” 、 “无限” 、 “唯一”的叙述, 不妨试用反证法. 证 用反证法,假设存在三个不同的正整数 x1, x2 , x3 ,使得

| axi2 ? bxi ? c |? 1000 .


f ( x) ? ax 2 ? bx ? c , 则 x1, x2 , x3 中 至 少 有 两 个 在 对 称 轴

x??


b b 的一侧(包括对称轴上),不妨设 x1 ? x2 ? ? , 2a 2a 2ax2 ? b ? 0 .
2 2 ? bx1 ? c ? 1000 , ? ax2 ? bx2 ? c ? 1000 ,

因为 ax1 所以

( x1 ? x2 )?a( x1 ? x2 ) ? b? ? 2000 ① 又 x1, x2 是整数,所以 x1 ? x2 ? 1,于是 a( x1 ? x2 ) ? b ? a( x2 ? 1 ? x2 ) ? b ? a ? 2ax2 ? b ? a ? 2000
20



( x1 ? x2 )?a( x1 ? x2 ) ? b? ? 2000
①与②矛盾,从而命题得证。 反证法: 反证法是一种重要的数学证题方法,反证法的基本思想是:假设结论 不成立,然后利用一些公理、定理、定义等作出一系列正确、严密的逻辑推理,由 此引出一个新的结论,而这个新的结论或者与所给的已知条件矛盾,或者与已知为 真的结论矛盾,从而肯定原结论是正确的。 用反证法证明一个命题的步骤,大体分为 (1)反设; (2)归谬; (3)结论 归谬是反证法的关键,导出矛盾的过程没有固定模式,与什么发生矛盾也并不 重要,但必须从反设出发,否则推导将成为无源之水,无本之木,推理必须严谨。 导出矛盾有如下几种类型:与已知条件矛盾;与已知的公理、定理、定义、公 式矛盾;与反设矛盾;自相矛盾等;其实我们无须对这些矛盾进行细分,重要的应 放在怎样导出矛盾。 例 15 在一个有限的实数列中,任意 7 个连续项之和是负数,而任意连续 11 项 之和都是正数,试问:这样的数列最多能有多少项? 分析 先由题目条件探索项数 n , 先证明

n ? 17 是不可能的,再构造满足题意

n ? 16 的数列是存在的。 解 先 证 明 n ? 17 是 不 可 能 的 , 用 反 证 法 , 设 此 数 列 为 a1, a2 ,?, a17 ,?, an 由已知条件可得 ak ? ak ?1 ? ak ? 2 ? ? ? ak ? 6 ? 0 ( k ? 1) ak ? ak ?1 ? ak ? 2 ? ? ? ak ?10 ? 0
两式相减得
21

ak ? 7 ? ak ?8 ? ak ?9 ? ak ?10 ? 0
于是从第 8 项开始,任意连续四项之和都是正数,于是有



a8 ? a9 ? a10 ? 2a11 ? a12 ? a13 ? a14 ? (a8 ? a9 ? a10 ? a11) ? (a11 ? a12 ? a13 ? a14 ) ? 0
但由条件知

a8 ? a9 ? a10 ? a11 ? a12 ? a13 ? a14 ? 0 , 故 a11 ? 0 ,同理, a12 ? 0, a13 ? 0 , 于是 a11 ? a12 ? a13 ? 0 , 但 a11 ? a12 ? ? ? a17 ? 0, 故 a14 ? a15 ? a16 ? a17 ? 0 , 这与①式矛盾,故 n ? 17 ,即 n ? 16 . 当 n ? 16 时,满足上述条件的构造是存在的, 例如: (a1, a2 ?, a16 ) ? (5,5 ? 13,5,5,5,?13,5,5,?13,5,5,5,?13,5,5) 再如: 6,6,?15,6,6,6,?16,6,6,?16,6,6,6,?16,6,6
数列是怎样构造出来的?由上所述 记 S1

? a1, S2 ? a1 ? a2 ,

?? S16 ? a1 ? a2 ? ? ? a16
条件无非就是

S10 ? S 3 ? S14 ? S 7 ? 0 ? S11 ? S 4 ? S15 ? S8
22

? S1 ? S12 ? S 5 ? S16 ? S 2 ? S13 ? S 6
而且是充要的, (其实由这一点,也可证明

S6 ? S17 ? S10 ? S6,矛盾). 于 是 构 造 a1, a2 ?, a16 就 非 常 容 易 了 , 比 如 S10 ? ?4, S3 ? ?3, S14 ? ?2 , S7 ? ?1, S11 ? 1, S4 ? 2, S15 ? 3, S8 ? 4, S1 ? 5, S12 ? 6, S5 ? 7, S16 ? 8, S9 ? 9, S2 ? 10, S13 ? 11, , S6 ? 12 .
还有一个创造性的解法是: 设这个数列是 a1, a2 ?, a17 列成数表

S17 不 存 在 , 否 则

a1 a2 a3 a2 a3 a4 a7 a8 a6
横求和,得 S

a11 a12 a17
i ?11 17

? ? ai ? ? ai ? ? ?
i ?1 11 i ?2 12

7

8

? ai ? 0, ? ai ? 0,
n ? 16 ,题目还可以推广到用

17

竖求和,得 S

? ? ai ? ? ai ? ? ?
i ?1 i ?2

i ?11

这一矛盾说明项数

n ? 17 .

另一方面,构造一个 16 项数列适合题意,可见

两个互素的正整数 p 与 q 来代替题中的 7 与 11,得出最大项数为 p+q-2. 例 16 一位象棋大师为参加一次比赛将进行 77 天的练习, 他准备每天至少下
23

一局棋,而每周至多下 12 局棋。证明存在一个正整数 续的

n ,使得他在这 77 天里有连
i
天下棋的总局数,

n 天共下了 21 局棋。如果将 21 改为 22,结论是否成立?
证明


ai 是 这 位 大 师 从 第

1 天到第

i ? 1,2,?,77。
因为他每天至少下一局棋,所以

1 ? a1 ? a2 ? ? ? a77 . a77 不 超 过

又 因 为 每 周 至 少 下 12 局 棋 , 所 以 77 天 中 下 棋 的 总 局 数

77 12 ? ? 132, 7 即 a77 ? 132. 考虑数列 a1 , a2 ,?, a77 , a1 ? 21 , a2 ? 21, ?, a77 ? 21。该数列有 154 项,每个数都是小于等于 153 的正整数。 ? j ? i ?。 由抽屉原则,必定存在 i, j ,使得 ai ? a j ? 21


n ? i ? j ,那么该大师在 j ? 1, j ? 2,?, j ? n?? i ?的连续

n 天中共下了 21 局棋。
如果将 21 改为 22.,结论仍然成立。证明如下: 如 果 大 师 并 不 是 每 周 都 下 满 12 局 , 那 么 ,从而命题得证。 a77 ? 22 ? 1 5 3 如 果 大 师 每 周 都 下 满

a77 ? 2 2? 1 5 4, 即
12 局 , 那 么

a1 , a2 ,?, a77 , a1 ? 21, a2 ? 21,?, a77 ? 21这 154 个数恰好取遍 1,2,?,154。 并且 a1 ? 1 , a2 ? 2,?, a22 ? 22。
于是大师在第一周里将只下了 7 局棋,未满 12 局,矛盾。
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