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2010数学协作体夏令营专题十一——十五


专题十一
福州一中

函数性质与应用
危志刚

【知识归纳】 一,奇偶性 (1)定义:如果对于函数 f(x)定义域内的任意 x 都有 f(-x)=-f(x),则称 f(x)为奇函数;如 果对于函数 f(x)定义域内的任意 x 都有 f(-x)=f(x),则称 f(x)为偶函数。 如果函数 f(x)不具有上述性质,则 f(x)不具有奇偶性.如果函数同时具有上述两条性质,则 f(x)既是奇函数,又是偶函数。 注意: 若 f(-x) = f(x) 或 f(-x)-f(x) = 0,则 f(x)是偶函数; 若 f(-x) =-f(x) 或 f(-x)+f(x) = 0,则 f(x)是奇函数 简单性质: ①图象的对称性质: 一个函数是奇函数的充要条件是它的图象关于原点对称; 一个函数是偶 函数的充要条件是它的图象关于 y 轴对称; ②设 f ( x ) , g ( x ) 的定义域分别是 D 1 , D 2 ,那么在它们的公共定义域上: 奇+奇=奇,奇 ? 奇=偶,偶+偶=偶,偶 ? 偶=偶,奇 ? 偶=奇 二,单调性 (1)定义:一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I, 如果对于定义域 I 内的某个区间 D 内的 任意两个自变量 x1,x2,当 x1<x2 时,都有 f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2)) ,那么就说 f(x)在区间 D 上 是增函数(减函数) ; (2)如果函数 y=f(x)在某个区间上是增函数或是减函数,那么就说函数 y=f(x)在这一区间具 有(严格的)单调性,区间 D 叫做 y=f(x)的单调区间。 (3)设复合函数 y= f[g(x)],其中 u=g(x) , A 是 y= f[g(x)]定义域的某个区间,B 是映射 g : x →u=g(x) 的象集: ①若 u=g(x) 在 A 上是增(或减)函数,y= f(u)在 B 上也是增(或减)函数,则函数 y= f[g(x)] 在 A 上是增函数; ②若 u=g(x)在 A 上是增(或减)函数,而 y= f(u)在 B 上是减(或增)函数,则函数 y= f[g(x)] 在 A 上是减函数。 (4)简单性质 ①奇函数在其对称区间上的单调性相同; ②偶函数在其对称区间上的单调性相反; ③在公共定义域内: 增函数 f ( x ) ? 增函数 g ( x ) 是增函数;减函数 f ( x ) ? 减函数 g ( x ) 是减函数; 增函数 f ( x ) ? 减函数 g ( x ) 是增函数;减函数 f ( x ) ? 增函数 g ( x ) 是减函数。 三,最值 (1)定义: 最大值:一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果存在实数 M 满足:①对于任意的 x∈I, 都有 f(x)≤M;②存在 x0∈I,使得 f(x0) = M。那么,称 M 是函数 y=f(x)的最大值。

最小值:一般地,设函数 y=f(x)的定义域为 I,如果存在实数 M 满足:①对于任意的 x∈I, 都有 f(x)≥M;②存在 x0∈I,使得 f(x0) = M。那么,称 M 是函数 y=f(x)的最大值。 注意: 1 ○1○ 函数最大(小)首先应该是某一个函数值,即存在 x0∈I,使得 f(x0) = M; 2 ○2○ 函数最大(小)应该是所有函数值中最大(小)的,即对于任意的 x∈I,都有 f(x)≤M(f(x)≥M) 。

四,对称性
1.函数的轴对称: 定理 1:如果函数 y ? f ? x ? 满足 f ? a ? x ? ? f ? b ? x ? ,则函数 y ? f ? x ? 的图象关于 直线 x ?
a ? b 2

对称.

推论 1:如果函数 y ? f ? x ? 满足 f ? a ? x ? ? f ? a ? x ? ,则函数 y ? f ? x ? 的图象关于 直线 x ? a 对称. 推论 2:如果函数 y ? f ? x ? 满足 f ? x ? ? f ? ? x ? ,则函数 y ? f ? x ? 的图象关于直线
x ? 0 (y 轴)对称.特别地,推论 2 就是偶函数的定义和性质.它是上述定理 1 的简化.

2.函数的点对称: 定理 2:如果函数 y ? f ? x ? 满足 f ? a ? x ? ? f ? a ? x ? ? 2 b ,则函数 y ? f ? x ? 的图象 关于点 ? a , b ? 对称.

推论 3:如果函数 y ? f ? x ? 满足 f ? a ? x ? ? f ? a ? x ? ? 0 ,则函数 y ? f ? x ? 的图象 关于点 ? a , 0 ? 对称.

推论 4:如果函数 y ? f ? x ? 满足 f ? x ? ? f ? ? x ? ? 0 ,则函数 y ? f ? x ? 的图象关于原点

?0 , 0 ? 对称.特别地,推论 4 就是奇函数的定义和性质.它是上述定理 2 的简化.
五,周期性 (1)定义:如果存在一个非零常数 T,使得对于函数定义域内的任意 x,都有 f(x+T)= f(x), 则称 f(x)为周期函数; (2)性质:①f(x+T)= f(x)常常写作 f ( x ?
T 2 ) ? f (x ? T 2 ), 若 f(x)的周期中,存在一个最小

的正数,则称它为 f(x)的最小正周期;②若周期函数 f(x)的周期为 T,则 f(ω x)(ω ≠0)是

周期函数,且周期为

T |? |

定理 3:若函数 f ? x ? 在 R 上满足 f ( a ? x ) ? f ? a ? x ? ,且 f ( b ? x ) ? f ? b ? x ? (其中
a ? b) ,则函数 y ? f ? x ? 以 2 ? a ? b ? 为周期.

? 定理 4: 若函数 f ? x ? 在 R 上满足 f ( a ? x ) ? ? f ? a ? x ? , f ( b ? x ) ? ? f ? b ? x (其 且
中a ? b ) ,则函数 y ? f ? x ? 以 2 ? a ? b ? 为周期.

定理 5: 若函数 f ? x ? 在 R 上满足 f ( a ? x ) ? f ? a ? x ? , f ( b ? x ) ? ? f ? b ? x ?(其 且 中a ? b ) ,则函数 y ? f ? x ? 以 4 ? a ? b ? 为周期. 【典例讲解】
1 1 ? ? x ? 2 , x ? [0, 2 ) 【例 1】已知 f ( x ) ? ? ,定义 f n ( x ) ? f ( f n ?1 ( x )), 其中 f 1 ( x ) ? f ( x ) , 1 ? 2 (1 ? x ), x ? [ ,1] 2 ? 1 则 f 2007 ( ) ? ; 5

解答:计算
1 7 1 3 1 4 1 2 1 9 1 1 f1 ( ) ? , f2 ( ) ? , f3 ( ) ? , f4 ( ) ? , f5 ( ) ? , f6 ( ) ? , 5 10 5 5 5 5 5 5 5 10 5 5 1 1 1 可知 f n ( ) 是最小正周期为6的函数。即得 f n ? 6 ( ) ? f n ( ) ,所以 f 2007 5 5 5
7 1 f7 ( ) ? 10 5 1 1 4 ( ) ? f3 ( ) = 5 5 5

【例 2】 a 是大于 0 的实数, f ( x ) 是定义在全体实数集上的一个函数, 设 并且对每一实数 x 满足条件: f ( x ? a ) ?
1 2 ? f ( x ) ? [ f ( x )] . (1)试证明:函数 f ( x ) 是周期函数.
2

证明: (1)? f ( x ? a ) ?

1 2 1 4

?

?[ f ( x ) ?

1 2

] ?
2

1 4

,令 g ( x ) ? f ( x ) ?

1 2

得,

? g (x ? a) ?

? g (x) ?
2

? g (x ? a) ? ? g (x) ?
2 2

1 4

,? g ( x ? 2 a ) ? ? g ( x ? a ) ?
2 2

1 4

? g ( x) , f ( x ? 2a) ? f ( x) ,
2

函数 f ( x ) 是周期函数.

【例 3】设函数 f ( x ) 对任一实数 x 满足: f ( 2 ? x ) ? f ( 2 ? x ), f ( 7 ? x ) ? f ( 7 ? x ) 且
f ( 0 ) ? 0 .求证: f ( x ) ? 0 在区间 [ ? 30 , 30 ] 上至少有 13 个根.

证明:由题设知,函数 f ( x ) 图象关于直线 x ? 2 和 x ? 7 对称,所以
f (4) ? f (2 ? 2) ? f (2 ? 2) ? f (0) ? 0 f (10 ) ? f ( 7 ? 3 ) ? f ( 7 ? 3 ) ? f ( 4 ) ? 0 ,于是 f ( x ) ? 0 在 ( 0 ,10 ] 上至少有两个根.



一方面,有
f ( x ? 10 ) ? f ( 7 ? 3 ? x ) ? f ( 7 ? 3 ? x ) ? f ( 4 ? x ) ? f ( 2 ? 2 ? x ) ? f ( 2 ? 2 ? x ) ? f ( x )

,所以 f ( x ) 是以 10 为周期的周期函数,因此 f ( x ) ? 0 的根在区间 [ ? 30 , 30 ] 上至少有
6 ? 2 ? 1 ? 13 个根.

【例 4】设函数 f ( x ) ? x ? 3 x ? 6 x ? 14 ,且 f ( a ) ? 1 , f ( b ) ? 19 ,则 a ? b ? (
3 2



A.2
3 2

B.1
3

C.0

D. ? 2
3

解:由 f ( x ) ? x ? 3 x ? 6 x ? 14 ? ? x ? 1 ? ? 3 ? x ? 1 ? ? 10 ,令 g ( y ) ? y ? 3 y ,则 g ( y ) 为奇函数且单调递增. 而 f ( a ) ? ? a ? 1 ? ? 3 ? a ? 1 ? ? 10 ? 1 , f ( b ) ? ?b ? 1 ? ? 3 ?b ? 1 ? ? 10 ? 19 ,
3 3

所以 g ( a ? 1) ? ? 9 , g ( b ? 1) ? 9 , g ( ? b ? 1) ? ? 9 ,从而 g ( a ? 1) ? g ( ? b ? 1) , 即 a ? 1 ? ? b ? 1 ,故 a ? b ? ? 2 .选 D.

【例 5】设实数 a , b 满足 3 ? 13 ? 17 , 5 ? 7 ? 11 . 证明: a ? b .
a b a a b b

证明:假设 a ? b ,则 1 3 ? 1 3 , 5 ? 5 . 由 3 ? 13 ? 17 , 得 3 ? 13 ? 17 , 即
a b a b a b a a a a

3 13 16 ? 3 ? ? 13 ? ? 3 ? ? 13 ? ? ? ?1 ? ? ?? ? ? 1 . 由于 f ( x ) ? ? ? ?? ? 单调递减, f (1) ? 17 17 17 ? 17 ? ? 17 ? ? 17 ? ? 17 ?

a

a

x

x

,且 f ( a ) ? 1 ? f (1), 则 a ? 1 .
? 5 ? ? 7 ? 由 5 ? 7 ? 1 1 , 得 5 ? 7 ? 1 1 ,即 ? ? ? ? ? ? 1 . ? 11 ? ? 11 ?
a b b
b b b

b

b

由于 g ( x ) ? ?

5 7 12 ? 5 ? ? 7 ? ? ? ? 1, 且 g ( b ) ? 1 ? g (1) ? ?? ? 单调递减, g (1) ? 11 11 11 ? 11 ? ? 11 ?

x

x

,则 b ? 1 . 因此, a ? 1 ? b ,与 a ? b 矛盾 . 所以, a ? b .

【例 6】(1) 已知 f ( x ) ? a sin x ? b 3 x ? 4 (a、b;实数)且 f (lg log 3 10 ) ? 5 ,则 f (lg lg 3 ) 的 值是 ( (A) ? 5 ) (B) ? 3 (C) 3 (D) 随 a、b 取不同值而取不同值

解:注意到 lg lg 3 ? ? lg lo g 3 1 0 ,设 g ( x ) ? f ( x ) ? 4 ? a sin x ? b 3 x 是奇函数,从而
f ( ? x ) ? ? [ f ( x ) ? 4 ] 即 f ( ? x ) ? ? f ( x ) ? 8 ,? f (lg lg 3 ) ? f ( ? lg log 3 10 ) ? 8 ? 3 ,选(C) .

(2)已知 x , y ? [ ?

? ?
, 4

? x 3 ? sin x ? 2 a ? 0 ? ], a ? R ,且 ? .求 co s( x ? 2 y ) 的值. 3 4 ? 4 y ? sin y co s y ? a ? 0 ?

分析:94 联赛题,特点是入口非常小,所求与题设联系不大,注意比较两个式子的结构, 大胆想像,就能找到一条成功之路.
? x 3 ? sin x ? 2 a ? 0 ? 3 3 解:条件可化为 ? 3 ,从而 x ? sin x ? ? 8 y ? sin 2 y ,显然 ? 8 y ? sin 2 y ? 2 a ? 0 ?

x, ?2 y ? [?

? ?
, 2 2

], 构造函数 f ( x ) ? t ? sin t ,t ? [ ?
3

? ?
, 2 2

], 可知该函数单调,x ? ? 2 y ,

从而 co s( x ? 2 y ) =1.
?2 ? b
x

【例 7】已知定义域为 R 的函数 f ( x ) ? (Ⅰ)求 a , b 的值;

2

x ?1

?a

是奇函数。

2 2 (Ⅱ)若对任意的 t ? R ,不等式 f ( t ? 2 t ) ? f (2 t ? k ) ? 0 恒成立,求 k 的取值范围;

解析: (Ⅰ)因为 f ( x ) 是奇函数,所以 f (0) =0,即
1

b ?1 a?2

? 0 ? b ? 1? f ( x) ?

1? 2 a?2

x

x ?1

又由 f(1)= -f(-1)知

1? 2 a?4

1? ? ?

2 ? a ? 2. a ?1
x

(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知 f ( x ) ?

1? 2 2?2

x ?1

? ?

1 2

?

1 2 ?1
x

,易知 f ( x ) 在 ( ? ? , ? ? ) 上

为减函数。又因 f ( x ) 是奇函数,从而不等式:
2 2 2

f ( t ? 2 t ) ? f (2 t ? k ) ? 0
2 2

等价于 f ( t ? 2 t ) ? ? f (2 t ? k ) ? f ( k ? 2 t ) ,因 f ( x ) 为减函数,由上式推得:
t ? 2 t ? k ? 2 t .即对一切 t ? R 有: 3 t ? 2 t ? k ? 0 ,
2 2 2

从而判别式 ? ? 4 ? 1 2 k ? 0 ? k ? ?

1 3

.

【例 8】 (2000 年北京市中学生数学竞赛)f(x)是定义在 R 上的函数,对任意的 x∈R,都有 f(x+3) ≤f(x)+3 和 f(x+2) ≥f(x)+2,设 g(x)=f(x)-x, (1)求证 g(x)是周期函数; (2)如果 f(998)=1002,求 f(2000)的值。 解:本例的难度显然又有增加,主要是难以具体化。只能在抽象的层面来解决问题 (1)g(x)=f(x)-x, 可得 g(x+2)=f(x+2)-x-2, g(x+3)=f(x+3)-x-3, 再以 f(x+3) ≤f(x)+3 和 f(x+2) ≥f(x)+2 代换,可得
g ( x ? 2 ) ? f ( x ) ? 2 ? x ? 2 ? f ( x ) ? x ,① g ( x ? 3 ) ? f ( x ) ? 3 ? x ? 3 ? f ( x ) ? x ,②

由①可得 g(x+4) ≥f(x+2)-x-2 ≥f(x)+2-x-2=f(x)-x, g(x+6) ≥f(x+2)-x-2≥f(x)-x。③ 由②可得 g(x+6) ≤f(x+3)-x-3≤f(x)-x,④ 由③、④知 g(x+6)=f(x)-x=g(x)。 ∴g(x)是周期函数获证(6 是它的一个周期) (2)2000-998=1002 是 6 的整数倍,所以 g(2000)=g(998),即 f(2000)-2000=f(998)-998 f(2000)=f(998)+1002=1002+1002=2004。 本题的不同之处在于没有“具体化” ,而是利用 f(x+3)与 f(x+2)的反复操作以求 g(x+6) 与 f(x)的关系,进而得到 g(x+6)=g(x),以达到证明的目的。 【例 9】解不等式
lo g 2 ( x
12

? 3x

10

? 5 x ? 3 x ? 1) ? 1 ? lo g 2 ( x ? 1)
8 6 4



解:由 1 ? log 2 ( x 4 ? 1) ? log 2 (2 x 4 ? 2) ,且 lo g 2 y 在 (0, ? ? ) 上为增函数,故原不等式等价于
x
12

? 3x

10

? 5x ? 3x ? 1 ? 2x ? 2 .
8 6 4


2 x
2

?

1 x
6

? x ? 3 x ? 3 x ? 1 ? 2 x ? 2 ? ( x ? 1) ? 2 ( x ? 1) ,
6 4 2 2 2 3 2

(

1 x
2

) ? 2(
3

1 x
2

) ? ( x ? 1) ? 2 ( x ? 1) ,
2 3 2

令 g ( t ) ? t 3 ? 2 t ,则不等式为
g( 1 x
2

) ? g ( x ? 1) ,
2

显然 g ( t ) ? t 3 ? 2 t 在 R 上为增函数,由此上面不等式等价于
1 x
2

? x ?1,
2

即 ( x 2 ) 2 ? x 2 ? 1 ? 0 ,解得 x 2 ?

5 ?1 2

( x2 ? ?

5 ?1 2

舍去),

故原不等式解集为 ( ? ? , ?

5 ?1 2

)?(

5 ?1 2

, ?? )



【例 10】已知 ? 、 ? 是关于 x 的二次方程 2 x ? tx ? 2 ? 0 的两个根,且 ? ? ? ,若函数
2

f (x) ?

4x ? t x ?1
2



(Ⅰ)求

f (? ) ? f ( ? )

? ??

的值;

(Ⅱ)对任意的正数 x 1 、 x 2 ,求证: | f (

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2
t 2

)?(

x 1 ? ? x 2? x1 ? x 2

) |? 2 | ? ? ? | .

解: (Ⅰ)由题意,根据韦达定理有 ? ? ? ?
f (? ) ? 4? ? t ? 4? ? 2 (? ? ? ) ? 2

,? ? ? ? ? 1

?

2

?1

?

2

? ??

?
2

? ?2 ? ,

f (? ) ?

4? ? t

?

2

?1

?

4 ? ? 2 (? ? ? )

?

2

? ??

?

?

? ? 2? ,



f (? ) ? f ( ? )

? ??

?

? 2 ? ? 2?

? ??
4x ? t x ?1
2

? 2

(Ⅱ)已知函数 f ( x ) ?

,∴ f ? ( x ) ?

? 2 ( 2 x ? tx ? 2 )
2

( x ? 1)
2

2

2 而且对 x ? [? , ? ] , 2 x ? tx ? 2 ? 2 ( x ? ? )( x ? ? ) ? 0 ,于是 f ? ( x ) ? 0 ,

∴函数 f ( x ) ?

4x ? t x ?1
2

在 [? , ? ] 上是增函数

注意到对于任意的正数 x 1 、 x 2

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2

?? ?

x2 (? ? ? ) x1 ? x 2

? 0,

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2

? ? ?

x 1 (? ? ? ) x1 ? x 2

? 0

即? ?

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2

? ? ,同理 ? ?

x1 ? ? x 2? x1 ? x 2

? ? .

∴ f (? ) ? f (

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2

) ? f ( ? ) , f (? ) ? f (

x 1 ? ? x 2? x1 ? x 2

) ? f (? ) ,

? f (? ) ? ? f (

x1 ? ? x 2? x1 ? x 2

) ? ? f (? ) .

于是 ? [ f ( ? ) ? f (? )] ? f (

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2

)? f(

x1 ? ? x 2? x1 ? x 2

) ? f ( ? ) ? f (? ) ,

∴| f (

x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2

)? f(

x 1 ? ? x 2? x1 ? x 2

) |? f ( ? ) ? f (? ) .

而 f ( ? ) ? f (? ) ? 2 ? ? 2? ? 2 | ? ? ? | ,
x 1? ? x 2 ? x1 ? x 2 x 1 ? ? x 2? x1 ? x 2 ) |? 2 | ? ? ? | .

∴| f (

)?(

【反馈训练】 练 1: 07 天津 7) R 上定义的函数 f ( x ) 是偶函数, f ( x ) ? f (2 ? x ) .若 f ( x ) 在区间 [1, 2 ] ( 在 且 上是减函数,则 f ( x ) ( )

A.在区间 [ ? 2, ? 1] 上是增函数,在区间 [3, 4 ] 上是减函数 B.在区间 [ ? 2, ? 1] 上是增函数,在区间 [3, 4 ] 上是减函数 C.在区间 [ ? 2, ? 1] D.在区间 [ ? 2, ? 1] 上是减函数,在区间 [3, 4 ] 上是减函数,在区间 [3, 4 ] 上是增函数 上是增函数

分析:由 f ( x ) ? f (2 ? x ) 可知 f ( x ) 图象关于 x ? 1 对称,即 推论 1 的应用.又因为 f ( x ) 为偶函数图象关于 x ? 0 对称, 可得到
f ( x ) 为周期函数且最小正周期为 2,结合 f ( x ) 在区间 [1, 2 ] 上是

减函数,可得如右 f ( x ) 草图.故选 B 练 2.(07 安徽)定义在 R 上的函数 f ( x ) 既是奇函数,又是周期函数, T 是它的一个 正周期.若将方程 f ( x ) ? 0 在闭区间 ?? T , T ? 上的根的个数记为 n ,则 n 可能为( A.0 B.1 C.3 D.5 )

分析: f (T ) ? f ( ? T ) ? 0 , f ( ? ∴ f (?
T 2 )? f( T 2

T 2

)? ?f(

T 2

) ? f (?

T 2

?T) ? f(

T 2

),

) ? 0 ,则 n 可能为 5,选 D.

例 2.已知函数 f ? x ? 的图象关于直线 x ? 2 和 x ? 4 都对称,且当 0 ? x ? 1 时,
f ? x ? ? x .求 f ?19 . 5 ? 的值.

分析:由推论 1 可知, f ? x ? 的图象关于直线 x ? 2 对称,即 f ? 2 ? x ? ? f ? 2 ? x ? , 同样, f ? x ? 满足 f ? 4 ? x ? ? f ? 4 ? x ? ,现由上述的定理 3 知 f ? x ? 是以 4 为周期的函数.
? f ?19 . 5 ? ? f ? 4 ? 4 ? 3 . 5 ? ? f ? 3 . 5 ? ? f ?4 ? ? ? 0 . 5 ?? ? f ? ? 0 . 5 ? ,同时还知 f ? x ? 是偶

函数,所以 f ? ? 0 . 5 ? ? f ? 0 . 5 ? ? 0 . 5 . 在竞赛题中,我们也常遇到关于函数周期性和对称性的题. 例 3.f ? x ? ? f ? 3 9 8 ? x ? ? f ? 2 1 5 8 ? x ? ? f ? 3 2 1 4 ? x ? , f ? 0 ? ,f ? 1 ? ,f ? 2 ? , 则 ?,
f ? 9 9 9 ? 中最多有(

)个不同的值. B.177 C.183 D.199

A.165

分析:由已知 f ? x ? ? f ? 3 9 8 ? x ? ? f ? 2 1 5 8 ? x ? ? f ? 3 2 1 4 ? x ? ? f ? x ? 1 0 5 6 ?

? f

? x ? 1760 ? ?

f

? x ? 704 ? ?

f

? x ? 352 ? .

又有 f ? x ? ? f ? 3 9 8 ? x ? ? f ? 2 1 5 8 ? x ? ? f ? 3 2 1 4 ? x ? ? f ? x ? 1 0 5 6 ?

? f ? 2 1 5 8 ? ? 1 0 5 6 ? x ? ? ? f ?1 1 0 2 ? x ? ? f ?1 1 0 2 ? x ? 1 0 5 6 ? ? f ? 4 6 ? x ? , ? ?

于是 f ( x ) 有周期 352, 于是 ? f ? 0 ? , f ?1 ? , ? , f ? 999 ?? 能在 ? f ? 0 ? , f ? 1 ? , ? , f ? 3 5 1 ?? 中找到. 又 f ( x ) 的图像关于直线 x ? 23 对称, 故这些值可以在 ? f ? 2 3 ? , f ? 2 4 ? , ? , f ? 3 5 1 ?? 中 找到.又 f ( x ) 的图像关于直线 x ? 1 9 9 对称, 故这些值可以在 ? f ? 2 3 ? , f ? 2 4 ? , ? , f ? 1 9 9 ?? 中找到.共有 177 个.选 B.

练 3 : 已 知 f ?x? ?

1? x 1 ? 3x

, f1 ? x ? ? f ? f ? x ? ? , f 2 ? x ? ? f ? f1 ? x ? ? , ? , ? ? ? ? ). C. ?
x ?1 3x ? 1
3 5

f n ? 1 ? x ? ? f ? f n ? x ? ? ,则 f 2 0 0 4 ? ? 2 ? ? ( ? ?

A. ?

1 7

B.
1? x 1 ? 3x

1 7

D.3
? x ?1 ? ? ? x ,f 3 ? x ? ? f ? 3x ? 1 ?

分析: f ? x ? ? 由

, f1 ? x ? ? 知

,f 2 ? x ? ? f ?

?x?.
1 7

f ( x ) 为迭代周期函数,故 f 3 n ? x ? ? f

? x ? , f 2004 ? x ? ?

f

? x ? , f 2004 ? ? 2 ? ?

f ? ?2 ? ? ?

.

选 A. 练 4 : 函 数 f ( x) 在 R 上 有 定 义 , 且 满 足 f ( x) 是 偶 函 数 , 且 f ? 0 ? ? 2005 ,
g ?x? ? f

? x ? 1 ? 是奇函数,则 f ? 2 0 0 5 ? 的值为

.

解:g ? ? x ? ? f ? ? x ? 1 ? ? ? g ? x ? ? ? f ? x ? 1 ? , f ? ? x ? 1 ? ? ? f ? x ? 1 ? , y ? x ? 1 , 令 则 f ? ? y ? ? ? f ? y ? 2 ? ,即有 f ? x ? ? f ? x ? 2 ? ? 0 ,令 a n ? f ? x ? ,则 a n ? a n ? 2 ? 0 ,其 中 a 0 ? 2 0 0 5 ,a 1 ? 0 ,a n ?
2005 2 ? i n ? ? ? i ? n ? ,f ? 2 0 0 5 ? ? a ? 2005 ? ? 2005 2 ? i 2005 ? ? ? i ? 2005 ? ? ?

? 0 . 或有 f

?x? ?

?f

? x ? 2 ? ,得 f ? 2005 ? ? ? f 2003 ?

??

2001 f ?

? 1999 ?? f ?

??

?

? f ?1 ? ? 0 .

专题十二
于杰延

几何不等式

湖南省长沙市第一中学

几何不等式是近几年来国内外数学竞赛的一个热点, 这里我们将介绍一些基本的不等关 系及其应用和常见的著名不等式,最后介绍一些有关几何不等式的最新赛题。

(一) 基本的几何不等关系 常用的基本几何不等关系大致有: ①两点之间,线段最短;②垂线段最短;③在三角 形中,大边对大角;④在三角形中,两边之和大于第三边,两边之差小于第三边; ⑤在三角形中,外角大于任何一个不相邻的内角;⑥过圆内一点的弦中,过该点的直径 最长,以该点为中点的弦最段;⑦圆弧(同侧)所对的圆内角最大,圆周角次之,圆外 角最小;⑧在圆非直径的弦中,弦越大,弦心距越小,弦所对的劣弧越大,弦所对的圆 心角越大,弦所对的圆周角(锐角)越大。 例 1: 已知 P 为 ? ABC 内一点, 求证: (AB+BC+CA) PA+PB+PC<AB+BC+CA <
2 1

证明:如右图示,先证左边, 在 ? PAB 中,PA+PB>AB, 同理:PB+PC>BC,PC+PA>CA 则:2(PA+PB+PC)>(AB+BC+CA) 即:
1 2

(AB+BC+CA)<PA+PB+PC

再证右边,延长 BP 与 AC 交于点 D, 注意到:AB+AD>BD=BP+PD,而 DP+DC>PC, 这样:AB+AD +AB+AD>BP+PD+ PC,即:AB+AC>BP+CP, 同理 BC+BA>PC+PA,CA+CB>PA+PB 于是:PA+PB+PC<AB+BC+CA,命题得证 例 2: 为锐角 ? ABC 的垂心, H BC>CA>AB, 记折线 ABHCA,

BCHAB,CAHBC 的长度分别为: L ( A ), L ( B ), L ( C ) ,试
比较 L ( A ), L ( B ), L ( C ) 的大小 解:首先: L ( B ) ? L ( C ) =(BC+CH+HA+AB)-(CA+AH+HB+BC) =(AB-CA)-(BH-HA) 设 AH ? BC 于 D,由于 ? ABC 为锐角三角形,则 H 在 ? ABC 的内部, 因而 BH<AB,由于:CA
2

? BA

2

? CD

2

? BD

2

? CH

2

? BH

2

,且 CA>AB

即: CA-BA) CA+BA)=(CH-BH) CH+BH)>0, ( ( ( 注意到:BH+CH<AB+CA,因此:CA-BA<CH-BH 即:AB-CA>BH-HA,因此: L ( B ) ? L ( C ) >0,即: L ( B ) ? L ( C ) 同理: L ( A ) ? L ( B ) ? L ( C ) .

例 3: 两个等边三角形内接于半径为 r 的圆. K 为两个三角形重叠处的面积. 设 求证:
2K ? 3r .
2

证: 如图, ? A B C 和 ? P Q R 为圆 O 的两个内接正三角形, 设

其中 A B 与 R P , Q P 分别交于 D , E . 由旋转对称性,整个图形对称于直径 O D , O E ,可知
K ? S ?ABC ? 3 S ?PDE .

当 ? P D E 的面积最大时, K 达到最小值.而 P D ? D A , P E ? B E , ? P D E 有固 定的周长,即 A B ?
3.

所以当 ? P D E 为正三角形时有最大面积. 此时 P E ? E D ? P D ?
1 3 AB ? 3 3 r ,故 S ? P D E ?
1 9 S ?ABC .

所以 K ? S ? A B C (1 ?

3 9

)?

2 3

( 3r ) ?
2

3 4

?

3 2

r ,即 2 K ?
2

3r .

2

例 4: 曲线 L 将正 ? A B C 分为两个等积的部分, 那么它的长 l ?
? A B C 的边长) .试证明之. 证:以 A 为圆心作圆弧 L ? 将 ? A B C 的面积等分,

?a
24 3

(a 为

则 ?R ?
2

1

3 8

4

a .所以此圆的半径 R ?
2

27 a

6

2 ?



L ? 的长 l ? ?

1 6

? 2? R ?

?a
24 3



现只需证明 l ? l ? .将 ? A B C 连续翻五次, L 就形成了一条闭曲线,如图, L ? 形成 一个圆.而二者所围的面积相等. 因为面积一定的闭曲线中,圆的周长最小,所以 6 l ? 6 l ? ,即 l ? l ? .故命题得证. 例5 :在 ? A B C 的边 A B , B C ,C A 上分别有和顶点不重合的

任意三点 M , K , L .求证: ? L A M , ? M B K 和 ? K C L 中至少 有一个三角形面积不大于 ? A B C 的面积的
1 4



证 如图,令 S ? S ? A B C , S 1 ? S ? A M L , S 2 ? S ? M B K , S 3 ? S ? K C L ,
AM ? AL S2 BM ? BK S3 CK ?CL , ? , ? S AB ? AC S AB ? BC S BC ? AC S1 ? S 2 ? S 3 AM ? BM BK ? KC AL ? LC ? ? ? . 3 2 2 2 S AB BC AC AM ? BM 1 2 2 ? 而 A B ? ( A M ? B M ) ? 4 A M ? B M ,所以 2 AB 4



S1

?

同理

BK ? KC
2

?

1

,

AL ? LC
2

?

1



BC 4 AC 4 S S1 ? S 2 ? S 3 S S 1 1 1 1 3 ? ( ) ,从而有 1 ? ,或 2 ? ,或 3 ? . 所以 3 S 4 S 4 S 4 S 4

故命题成立.

(二) 常见的著名不等式 1.定理(托勒密定理的推广)在四边形 A B C D 中,有 A B ? C D ? A D ? B C ? A C ? B D , 等号成立时,四边形 A B C D 是圆内接四边形. D 证 : 在 四 边 形 A B C D 内 取 点 E , 使 得 ? B A E? ? C A , ? A B E ? ? A C D ,则 ? A B E 相似于 A C D ,所以 A B ? C D ? A C ? B E .① 又 ? B A C ? ? E A D ,及
AB AE ? AC AD



所以 ? A B C 相似于 ? A E D .因此
AD ? CD ? AD ? BC ? AC (BE ? DE ) ? AC ? BD ,

等号当且仅当 E 点在 B D 上时成立.此时, ? A B D ? ? A C D ,即四边形 A B C D 内接于圆. 2.定理(欧拉定理)若 ? A B C 的外接圆半径为 R ,内切圆半径为 r , 两圆心之间的距离为 d ,则 d ?
R (R ? 2r) .

推论 在定理条件下, R ? 2 r ,当且仅当 ? A B C 为正三角形时等号 成立. 证 设 O , I 分别为 ? A B C 的外心和内心. 如图, 延长 A I 交外接圆于 D ,
? 则 D 是 B C 的中点,设 ? ?

1 2

?BAC , ? ?

1 2

? A B C ,则

? BCD ? ?BAD ? ? , ?DBC ? ?DAC ? ? .

因 ? B ID ? ? ? ? ? ? D B I , ? B D I 是等腰三角形,故 ID ? D B .由圆幂定理,可得
R ?d
2 2

? D I ? IA ? D B ? IA ? 2 R sin ? ?

r sin ?

? 2Rr .

故d ?

R ( R ? 2 r ) ,且 R ? 2 r ,当且仅当 ? A B C 是正三角形时, d ? 0 ,此时 R ? 2 r .

3、定理(埃德斯莫德尔不等式)在 ? A B C 内部取点 M . R a , R b , R c 分别表示由点 M 到顶点 A , B , C 之间的距离. d a , d b , d c 分别表 示由 M 点到边 B C , C A , A B 的距离,则
R a ? Rb ? Rc ? 2 ( d a ? d a ? d c )

证 如 图 , 由 B , C 分 别 向 直 线 M A 引 垂 线 B K 和 C L . 设 a1 ? B K , a 2 ? C L , 则

a1 ? a 2 ? B C ,

1 2

aRa ?

1 2

a1 R a ?

1 2

a 2 R a ? S ?ABM ? S ?ACM ?

1 2

bd b ?

1 2

cd c .

所以 a R a ? b d b ? cd c .对 M 点关于 ? A 的平分线的对称点运用上式,有 aR a ? cd b ? cd c . 所以 R a ? 同理 R b ?
c a c b db ? da ? b a a b dc . d c , Rc ? a c db ? b c d a .因此

R a ? Rb ? Rc ? (

b c

?

c b

)d a ? (

c a

?

a c

)d b ? (

b a

?

a b

) d c ? 2( d a ? d b ? d c )

等号在 ? A B C 是正三角形时成立. 4. (费尔马问题)已知 ? A B C ,使 P A ? P B ? P C 为最小的平 面上的 P 点称为费尔马点. 当 ? B A C ? 120 ? 时, A 点即为费尔马点. 当 ? A B C 内任一内角均小于 1 2 0 ? 时,则与三边张角均为 1 2 0 ? 的 P 点即为费尔马点. 证 如图所示,分别过 A , B , C 作 P A , P B , P C 的垂线,则三条垂线相交成正 ? A1 B1C 1 ,边长 为a . 任 取 异 于 P 点 的 Q 点 , 向 ? A1 B1C 1 的 三 边 作 垂 线 , 得 距 离 h1 , h 2 , h 3 , 则
2 S ?A
B1 C 1

? a( P A ?

PB ?

1

P)? a ( h1 ? h 2 ? h ) ? a ( Q A ? Q B ? Q C ) , C 3

即 P A ? P B ? P C ? h1 ? h 2 ? h3 ? Q A ? Q B ? Q C . 5. (外森比克不等式)设 ? A B C 的边长和面积分别为 a , b , c 和 S ,则 a ? b ? c ? 4 3 S ,
2 2 2

当且仅当 ? A B C 为正三角形时等号成立. 证:分别以 ? A B C 的三边为边向外侧作正三角形 B C D , C A E , A B F 它们的外接圆
O 1 , O 2 , O 3 交于一点 O ,即 ? A B C 的费尔马点.故 S ? B O C ? S ? B O1C ?

a

2



4 3

同理 S ? A O B ?

c

2

4 3

, S ?AOC ?

b

2

,三式相加,得 a ? b ? c ? 4 3 S .
2 2 2

4 3

(三) 最新的赛题 例 6: ? A B C 内存在一点 F , 设 使得 ? A F B ? ? B F C ? ? C F A , 直线 B F 、C F 分别交 A C 、 A B 于 D 、 E . 证明: A B ? A C ? 4 D E .(43th IMO 预选题) 解:设 A F
? x

, BF

? y

, CF

? z

.由 S ? A C F

? S ?ADF ? S ?CDF

,得 D F

?

xz x? z

.

同理, E F

?

xy x? y

.
xy x? y xz x? z xy x? y xz x? z
2

于是,只要证明
4 xy

x ? xy ? y
2

2

?

x ? xz ? z
2

2

? 4 (

) ?(
2

) ?(
2

)(

).

因为 x ?
?

y ?

x? y
2

,x ?
2

z ?

4 xz x? z

,所以,只要证 x 2 ? xy ? y 2 ? .

x ? xz ? z
2

( x ? y ) ? ( x ? z ) ? ( x ? y )( x ? z )

平方化简后得 2 ( x 2 ? xy ? y 2 )( x 2 ? xz ? z 2 ) ? x 2 ? 2 ( y ? z ) x ? yz , 再平方化简后得 3( x 2
? yz ) ?
2

0,即原不等式成立

例 7: 已知五棱锥 S ? A B C D E 的底 A B C D E 为圆内接五边形, A B ? D E .若由 S 引出的 且 棱中最长的为 S A ,证明: B S ? C S .(2003 年新加坡数学奥林匹克) 解:设 S 在底面的射影为 S ? .因 S A 最长,则 SA ? 最长. 如图,设 l1 、 l 2 分别为 A E 、 A B 的中垂线. 则 S ? 在 l1 、 l 2 不含 A 的一侧,即阴影 部分. 因为
?E A ? ?E ? BC A BC ? ? ? ?B ? A ? ? DE ? CD ? 2 2 2 2



所以,劣弧 B C 的中点 H 在 l 2 不含 A 的一侧. 于是, B C 的中垂线 l 3 与阴影部分不交. 因此,阴影部分中的任一点 X ,都有 X C ? X B . 所以, S ?C ? S ?B , S C ? S B .. 例 8:设 R 与 r 分别是锐角 ? A B C 的外接圆与内切圆的半径,设 ? A 是 ? A B C 的三个内有 C 中最大的一个,M 是边 B C 的中点, 过点 B 、 作 ? A B C 的外接圆的切线, 交于点 X . 证明:
r R ? AM AX

.(2004 年韩国数学奥林匹克)

解析:设 O 与 I 分别是锐角 ? A B C 的外心与内心,则 O 、M 、 X 三点共线,且 ? O X C ∽
?OCM

.因此,

OC OX

?

OM OC

.
OA ? OX OA

由于 O C

? R ? O A ,可得

.

OM

于是, ? O A M ∽ ? O X A . 从而,
AM AX ? OM R

.

下面只须再证明 O M ? r . 比较 ? O B M 与 ? IB M ,由于 ? A B C 是锐角三角形, O 与 I 位于 ? A B C 内部,于是, 有 ? OBM
?

?
2

? ?A ?

1 2

(? A ? ? B ? ? C ) ? ? A ?

1 2

(? B? ? C ? ? A ) ?

?B 2

? ? IB M

.

类似可得 ? O C M

? ? IC M

.

于是,点 O 位于 ? IB C 内部或边界上. 因此, O M ? r . 例 9:在 ? A B C 中, D 为点 A 在 B C 上的投影, E 、 F 分别是 D 关于边 A B 、 A C 的对 称点. R 1 、 R 2 分别是 ? B D E 、? C D F 的外接圆的半径,r1 、r2 分别是 ? B D E 、? C D F 的 内切圆半径. 证明: | S ? A B D 解析:如图 若 D 在边 B C 内,则
S ?ABD ? 1 2 AD ? BD

? S ? A C D |? | R1 r1 ? R 2 r2 | .(2007

年爱沙尼亚国家队选拔考试)

, S ?ACD

?

1 2

AD ? CD

.
1 2 AD (BD ? CD )

不妨设 B D

? CD

. 于是, | S ? A B D

? S ? A C D |?

.

设 G 为 ? B D E 的内心, G ? 为 G 在 B C 上的投影. 则 G G ? ? r1 . 又由对称性知 ? B E A ? ? B D A ? 90 ? . 因此, A 、 E 、 B 、 D 四点共圆, A B 为该圆的直径. 故 AB
? 2 R1 .
AB AD ? BG GG ?

又因为 ? A D B ∽ ? G G ?B ,所以, 故 AD ? GB
? 2 R1 r1 .设 H ? 2 R 2 r2

.

为 ? C D F 的内心. . .
1 2 ?DAG

同理, A D ? H C 则 R1 r1
? R 2 r2 ? 1 2

A D (G B ? H C )
1 2 ?BDE

又 ?ADG

? 90? ?

= 90? ?



则 AD ? AG 同理, A D ? A H ,故 A G
2 2

? AH
2

.

由勾股定理知 A B ? B D ? A C ? C D 2 . 则 ( B D ? C D )( B D ? C D ) = ( A B ? A C )( A B ? A C ) , 即 ( B D ? C D ) B C ? ( G B ? H C )( A B ? A C ) . 又 BC
? AB ? AC

,则 B D

? CD ? GB ? HC

.

因此, | S ? A B D ? S ? A C D |? | R1 r1 ? R 2 r2 | . 如图. 若 D 在边 B C 的延长线上,则作 A C 关于 A D 的对称线段 A C ? .对 ? A B C ? 进行同样的分 析即可得结论. (四)练习 1.设 ? A B C 的内切圆与三边 A B 、 B C 、 C A 分别相切于点 P 、 Q 、 R .证明:
BC PQ ? CA QR ? AB RP ? 6

.(2003 年韩国数学奥林匹克)

2.已知圆外切四边形 A B C D 的每个内角和外角均不小于 60? .证明:
1 3 | A B ? A D |? | B C ? C D |? 3 | A B ? A D | .
3 3 3 3 3 3

并给出等号成立的条件.(2004 年美国数学奥林匹克) 3. 已知圆内一点 K ,由点 K 引一条经过圆心 O 的射线,过点 K 的弦与射线 K O 垂直, 并将圆分成面积相等的三部分.设这条弦的一个端点为 L . 问 ? K O L ? 75 ? 是否成 立?(2003~2004 爱沙尼亚国家数学竞赛) 1.证明:设 a
T ? a r ? b p ? c q
? BC

,b

? CA , c ? AB

,p

? QR

,q

? RP

,r

? PQ

,则只须证明

?6

.



设 2s ? a ? b ? c . 根据 B Q ? B P ? s ? b ,并在 ? B P Q 上应用余弦定理,可得
r ? 2 ( s ? b ) (1 ? co s B ) ? 2 ( s ? b ) (1 ?
2 2 2

a ?c ?b
2 2

2

) ?

( s ? b ) [b ? ( a ? c ) ]
2 2 2

2ac
? 4 ( s ? b ) ( s ? c )( s ? a )
2

ac

ac

.

故r

?

2 ( s ? b ) ( s ? c )( s ? a ) ca

.

同理可得 p

?

2 ( s ? c ) ( s ? a )( s ? b ) ab

,q

?

2 ( s ? a ) ( s ? b )( s ? c ) bc

.

利用算术—几何均值不等式,可得
T ? a ca 2 ( s ? b ) ( s ? c )( s ? a ) ? b (ab ) 2 ( s ? c ) ( s ? a )( s ? b ) ? c bc 2 ( s ? a ) ( s ? b )( s ? c )

?

3

2 (s ? a) (s ? b) (s ? c)
2 2

[

a b c

2

2

2 2

1

] 3 ? 6[

a b c
2

2

2

2 2 2

1

( a ? b ? c ) (b ? c ? a ) (c ? a ? b )

]3

.



另一方面,由于 a 、 b 、 c 是一个三角形三边的长,则有
0 ? ( a ? b ? c )( c ? a ? b ) ? a ? ( b ? c ) ? a
2 2 2

, , .
2 2 2 2

0 ? ( a ? b ? c )( b ? c ? a ) ? b ? ( a ? c ) ? b
2 2

2

0 ? ( b ? c ? a )( c ? a ? b ) ? c ? ( a ? b ) ? c
2 2

2

以上三式相乘得 0 ?

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

.



所以,由式②、③可以断定式①成立. 2.证明:由对称性,只须证明前一个不等式. 由于四边形 A B C D 有内切圆,可得 A B ? C D ? 即 AB ? AD ? BC ? CD . 于是,只要再证明
1 3
2 2

BC ? AD



( AB ? AB ? AD ? AD ) ? BC

2

? BC ? CD ? CD

2

成立.

由已知条件 6 0 ? ?

?A

、?C

? 120 ?

,可导出

1 2

? cos A 、 cos C ? ?

1 2

.

在 ? A B D 中,应用余弦定理可得
B D ? A B ? 2 A B ? A D ? cos A ? A D
2 2 2

? AB ? AB ? AD ? AD
2

2

?

1 3

( AB ? AB ? AD ? AD ) .
2 2

其中后一个不等式等价于
3 AB ? 3 AB ? AD ? 3 AD ? AB ? AB ? AD ? AD
2 2 2 2

,即 A B 2 ? 2 A B ? A D ? A D 2 ? 0 .

此式显然成立. 最后一个不等式成立的充分必要条件是 A B ? A D . 另外,再对 ? B C D 应用余弦定理可得 . 由上述不等式便可导出所需要的结果. 当不等式中等号成立时,一定有 A B ? A D , B C ? C D ,这个条件也是充分的. 因为这时 不等式的各项都是 0. 因此,等号成立的充分必要条件是四边形 A B C D 是个筝形,即 AB ? AD 且 BC ? CD . 3.解:成立. 如图, A B 是包含点 K 的直径, 设 其中 K 在 O A 的内部, 垂直于 O A 且 过 K 的弦为 L M . 则当 K 连同弦 L M 向点 A 移动时, ? K O L 变小,所
? 以,弧 L A M 也变小. 因此,只要证明当 ? K O L

B D ? B C ? 2 B C ? C D cos C ? C D ? B C ? B C ? C D ? C D
2 2 2 2

2

? 75 ? 时,弓形 L A M



面积大于圆的面积的 .
3

1

设r 为?

O

的半径, ? K O L
150 360

? 75 ? .
2

则扇形 L O M 的面积为

?r ?
2

5 12

?r ,
2

S ? L O M ? 2 S ? L O K ? O K ? L K ? r sin ? K O L ? cos ? K O L ?

1 2
2

r sin 2 ? K O L ?
2

1 4

r 1 3

2

.
2

所以,弓形 L A M 的面积为

5 12

?r ?
2

1 4

r ?(
2

5 12

?

1 4?

)? r

? (

5 12

?

1 12

)? r ?
2

?r .

专题十三
上海中学 一.概念

图论与染色
周建新 顾滨

图 G 的一个染色是指对 G 的每一个节点都指定一种颜色, 使得 同一种颜色的节点之间没有边相连, 我们用 ? ( G ) 表示所需要的颜色数 目的最小值。为方便,我们说一个图 G 是可以 k-染色的,是指存在

一个从 V(G)到 {1, 2, ? , k } 的映射 f ,使得对于每一个 j ? {1, 2, ? , k } ,集合
f
?1

(G )

是 G 中的独立集合。 如果图 G 是 k-染色的, 那么它一定是(k+1)-

染色的。所谓图 G 的边染色,是指将 G 的每一条边指定一个颜色, 使得同一种颜色的边之间没有公共节点。我们用 ? '( G ) 表示这样的最 小数值,成为 G 的边色数。 我们用 ? ( G ) 来表示图 G 的最大独立集合中的节点数目,而用 ? ( G ) (称为 G 的团数)表示 G 中最大几点数的完全子图中的节点数目。 定理 1:在任意 n 阶图 G 中有 ? ( G ) ? ? ( G ), ? ( G ) ?
n

? (G )


1 2 1 4

? 定理 2: 在任何一个 m 边简单图 G 的色数满足条件: ( G ) ?

?

2m ?



定理 3:边二染色 K6,必有 2 个单色△. 定理 4:边二染色,若其中没有单色△,则必有一红一蓝两个圈,每 个圈恰有 5 条边。 贪心算法:设 V(G)中节点的一个排列为 v
i

1

, v 2 , ? , v n 。按照这个顺

序依次为节点 v 分配一个最小颜色标记,要求该标记记在排于 v 之前
i

且与 v 相邻的节点中未被使用过。
i

例 1. (Welsh-Powell)设图 G 的次序列为 d 证明: ? ( G ) ? 1 ? m ax{ d , i ? 1} 。

1

? d2 ? ? ? dn 。

证明:我们运用贪心算法,按照节点次非增的特点来为图染色。 当前考虑的是第 i 个节点 v 。排在 v 前且与它相邻的节点至多有
i i

m ax { d i , i ? 1}

个,因此在这些节点中使用过的颜色数目至多为

m ax { d i , i ? 1} 。于是命题成立。

例 2 设 G 是一个阶为 n,边数为 m 的图,如果 m 则 ? '( G ) ? ? ( G ) ? 1 ,其中图 G 的最大次数为 ? ( G ) 。

?

( n ? 1) ? ( G ) 2



证明:在 G 的任何一个边染色中,同一色的边数不多于 因此,用 ? ( G ) 种颜色的边数不超过 以 ? '( G ) ? ? ( G ) ? 1 。
( n ? 1) ? ( G ) 2

n ?1 2



。由于 m

?

( n ? 1) ? ( G ) 2

,所

例 3 求图 G 边数的最小值,使 G 有 2n 个顶点,且 G 中不含三 角形,G 的补图中没有 n 点完全图。 解:设最小边数为 g ( n ), 由下两图知: g ( 4 ) ? 10 , g ( n ) ? n ? 5 ( n ? 5 ).

n? 4

n?5

(I)n=2 时, g (n ) 不存在; n=3 时,由二染色图必存在三角形知题中 G 不存在; n=4 时,若 G 中的边数
?

9,证 G 中含

k 4 . 我们考虑

G 中的圈。

首先,若 G 中无奇元圈,则 G 可分为二部图,其中必有一部分 的顶点数 ?
2n 2 ? n ? 4,

取 n 个点,它们两两不连边,故 G 中有 k

4

.



盾!故 G 中有奇数圈。 (i)有 7 元圈,设为 x1 ? 则G
x 2 ? x 3 ? ? ? x 7 ? x1

, 另一点为 x
4

8

,

( x1 , x 3 , x 5 , x 8 ) , G ( x 1 , x 3 , x 6 , x 8 ) , G ( x 2 , x 4 , x 7 , x 8 ) x1 , x 8 x 3 ? G ( E ).

,中至少有一个 k

.

注意

上式中 ,设 x

8

(ii)有 5 元圈,设为 x1 ? 对 {i , j} ? { 6 , 7 ,8}, 若 x 若G (x
6

x 2 ? x 3 ? ? ? x 5 ? x1 ,另三点 x 6 , x 7 , x 8
,xj与

.

i

,xj

不相邻,则 x

i

5 元圈 3 个顶点有线相连.

, x 7 , x 8 ) 中没有边,则 d ( x 6 ) ? d ( x 7 ) ? 3 , d ( x 7 ) ? d ( x 8 ) ? 3 , d ( x 6 ) ? d ( x 8 ) ? 3 ,

故 d ( x 6 ) ? d ( x 7 ) ? d ( x8 ) ? 若
G ( x 6 , x 7 , x8 )

5, 故

G 的边数大于 9, 矛盾!
x6 , x7

中 有 一 边 , 设

相 邻 , 则

d ( x 7 ) ? d ( x 8 ) ? 4 d ( x 6 ) ? d ( x8 ) ? 4 , d ( x8 ) ? 3, 故

G 的边数 ? 5 ? 2 ? 4 ? 1 ? 2 ? 10 ,

矛盾! 若G (x
6

, x 7 , x 8 ) 中有二边,设 x 6 , x 7 , x 6 , x 8

相邻,则 d ( x

7

) ? d ( x8 ) ? 5

,故 G 的

边数 ? 5 ? 5 ? 10 , 矛盾!故 g ( 4 ) ? 10 , 从而 g ( 4 ) ? 10 . (II)证明:9 条边的 10 点图中必有 5 点两两不连线,则其补图 中含有 K
5

,矛盾!

首先总有一点度数 ? 1 ,去掉此点及它邻点(若无邻点,则去掉 其余任一点),还剩下至多 9 条边的 8 点图,从而其中有 4 点两两不 相邻,加上 V,即得 5 点两两不相邻。故 g ( 5 ) ? 10 , 则 g ( 5 ) ? 10 . (III)假设 g ( n ) ? n ? 5 , 则 2(n+1)个点图中,照(II)中方法做,

只需在 V 无邻点时, 去掉另一度数不为 O 的点, 即可。 g ( n ? 1) ? n ? 6 . 故 则 g ( n ? 1) ? n ? 6 . 综上, g ( 4 ) ? 10 , g ( n ) ? n ? 5 ( n ? 5 ). 例 4 求 n 点连通图 G 的边数的最小值,使图 G 的边属于一个 三角形。 解:设最少边数为 g (n),如以下两图之构造,可知 g ( n ) ? ? ?
3n ? 2 ? ? ? 2 ?

.

n

为奇数时,

n ?1 2

个三角形
? 3n ? 2 ? ? ? ? 2 ?

n

为偶数时,

n? 4 2

个三角形

下面用归纳法证明: g ( n ) ?

①.事实上,

首先,n=3、4 时结论成立。 下设<n 时,①成立,则对 n 点图 G 而言. 若每点度数≥3,则
? 3n ? ? 3n ? 2 ? g (n) ? ? ?? ? ? ? 2 ? ? 2 ?

, 结论成立.
2.

若有一点度 ? 2 , 设 d (V ) ? 2 , 由条件便知 d (V ) ? 则 V1V 2 ? E . (i) 若
V1V 2

设 VV 1 , VV 2 ? E ,

还属于另一个三角形, 而去掉边 VV 1 , VV 2 , 还剩下 n ? 1

个点的连通图 G,且每边均属于一个三角形 ,故
? 3 ( n ? 1) ? 2 ? ? 3n ? 2 ? g ( n ) ? g ( n ? 1) ? 2 ? ? ? ? 2 ? ? 2 ?. 2 ? ? ? ?

(ii)

若 V1V 2 只属于 ? VV 1V 2 . 我们去掉 V , V1 , V 2 及所有连着的边, 再加 入点 V ' ,使原来与 V 1 或
V2

相邻的点现在全部与 V’相邻,

得 n-2 个点的连通图 G’,G’中每条边都属于一个三角形, 边 数 比 G 至 少 少 3 条 , 故

? 3( n ? 2 ) ? 2 ? ? 3n ? 2 ? g (n) ? g (n ? 2) ? 3 ? ? ?? 2? ? ?. 2 ? ? ? 2 ?

故 n 时,①也成立.

例题 5 求最小自然数 n,使在任何 n 个无理数中,总存在 3 个 数,其中 每两数之和都仍是无理数。 解:考察
2, 2 ,? 2 ,? 2

这四个数,可知 n ? 5 .

又当 n=5 时,设 5 个数为 x , y , z , u , v . 对应 5 个点 X , Y , Z , U , V . 两点之间连蓝边,当且仅当它们对应的 2 个无理数之和为无理数,否 则该两点间连红边,构成图 G。 下证:①图中没有 5 边红圈; ②图中没有红△. 先证②,若图中有红△,不访设为△XYZ,即
x ? y, y ? z, z ? x

都是有理数,则 2 y ? ( x ?

y) ? ( y ? z) ? (x ? z)

为有理数,矛盾. 再证①,若图中有 5 边的红圈 XYZ UV,即
x ? y, y ? z, z ? u , u ? v, v ? x

均为有理数,则

2 x ? ( x ? y ) ? ( z ? u ) ? ( v ? x ) ? ( y ? z ) ? ( u ? v ) 为有理数,矛盾!

故得证①、②.由定理 3、定理 4。可知图中有蓝色△. 故n
min

=5 例题 6 在空间中给定 9 点,其中任何 4 点都不共面.求最小自

然数 n,使在给定的 9 点任意连结 n 条线段,且每条线段都涂上红蓝 两色之一时,总存在一个单色△。 解:首先若每两点间均连线段,即连 若连 36-1 条边,则存在 K 若连 36-3 条边,则存在 K
8

C 9 ? 36

2

条边,则存在 K .
9 7

;若连 36-2 条边,则存在 K ; ,由定理 1 知均存在单色△.

6



n min ? 33

.

又若 n=32.将 9 个点分为 5 组,其中 4 组每组 2 个点,另一组一个点, 这 5 组顺时针排在圆圈上, 相邻两组间连红边, 不相邻两组间连蓝边, 同组间不连边,这样 n=32.且若有单色△,这个△的三个点必属于不 同组,而这样 3 组必有 2 组两邻,也有 2 组不相邻,故这个△不是单 色△,矛盾! n
min

=33.

注:这里的构造是要有技巧的,注意用语言叙述的严谨和准确。 例题 7 在二染色的
K7

中,最少有多少个单色三角形?

解:最少 4 个单色三角形.可构造满足条件的图. 对于 对于 对于
K8 K9
K 10

,答案为 8. ,答案为 12. ,答案为 20. ,使得
YX , YZ

方法一样,计算“异色角”的个数,即 ? XYZ 色不同。 例如:以 K
8



为代表,设第 i 个点连
8 8

xi

条蓝边,

7 ? xi

条红边。

则共有“异色角”数目为 ?

xi (7 ? xi ) ?

i ?1

? 3 ? 4 ? 96 .
i ?1

而每个异色△共有 2 个异色角,故至多
C 8 ? 48 ? 8 个单色三角形。
3

96 2

=48 个异色△,也即至少

注: 同色角或异色角是重要的组合量, 计算它的个数时用到排列组合. 例题 8 求最小自在数 n,使在二染色的 三角形恰共一个顶点。 解:当 n=8 时,将 8 个点分为两组,每组 4 个点,同组间连红边,不
Kn

中,总有两上单色

同组间连蓝边,这个二染色

K8

中无两个单色三角形恰共一个顶点。
9

当 n≥9 时, 取其中 9 个点的 K 共一顶点,由于二染色

考虑.下证它必有两单色三角形恰 12 个单色三角形,对应 12×3=36 4 个三角

K 9 有至少

个点,故必有一个点 A 是至少 ? ?

36 ? ? ? 4 个三角形的顶点.对这 ? 9 ?

形中的每一个三角形除 A 点外的两个点.这 4 个两点组中,若有某两 个两点组无公共点,则它们对应的两个单色三角形恰共一个顶点.否 则, 可不妨设第一个两点组为 { P1 , P2 } 点 组 为 {P , P }
1 3

, 2 个两 第

,考虑第 3 个两点组,若为

{ P2 , P3 }

, 则第 4 个两点组将与前三个两点组中某 ,

一个不交, 则得证.可设第 3 个两点组为 { P1 , P4 } 第 4 个两点组为 { P , P } .从而 AP
1 5

1

, P1 Pi , , AP i ( 2 ? i ? 5 )

均同色,设为红色.这样若

P2 , P3 , P4 , P5
P2 P3

中连有红边,则已出现两个单
2

色三角形恰共一个顶点.例如
2 3 4 5

为红边,则△ AP
2

P3 , ? AP 1 P4

为 共点

A 的同色三角形.若 P , P , P , P 中均连有蓝边, ? P P P , ? AP 则
3 4

2

P1 共点 P2 ,

且为单色三角形, 综上可知, k min
? 9.

例题 9 求最小的自然数 n,使得任一二染色的 K n 中都荐在 5 个没有公共 边的单色三角形。 解: n min ? 11 . (I) n ? 10 时.可取右图中一部分或全部, , 其中 不存在 5 个无公共边的单色三角形(连实线表 示染红色,不连线表示染兰色) (II)n=11,建立以下三个引理:

引理 1:二染色 K 6 中必有两个单色三角形 引理 2:二染色 K 7 中必有两个无公边的单色三角形 引理 3:二染色 K 11 中必有两个单色三角形恰有一个公共点 引理 1 是熟知结构,对于引理 2 的证明,由引理 1 知两单色三角形,若它们无公 共边,引理已真.若有,不妨设 ? A1 A2 A3 , ? A1 A2 A 4 均为红色三角形,其中必有一 个异于 ? A 2 A3 A 4 , 它必与 ? A1 A2 A3 , ? A1 A2 A 4 之一 无公共边 (画图心, 还有些复杂) 引理 3 的证明: 由引理 2 可设已存在单色三角形 ? A1 A2 A3 , ? A4 A5 A6 , ? A7 A8 A9 (用反 证法). 取七点 A1 , A 2 , A3 , A 4 , A7 , A10 , A11 , 其中又将有两个无公共边的单色三角形

且无公共顶点,其中必有一个与 ? A1 A2 A3 , ? A4 A5 A6 , ? A7 A8 A9 之一有公共顶点, 矛盾 下证 n=11,满足条件,用反证法,假设不成立。 首先,由引理 3,可设 ? A1 A 2 A3 , ? A1 A 4 A5 为单色三角形。 再考虑 A6 , A7 , A8 , A9 , A10 , A11 共 6 点,若它们之间连的边颜色相同,则
? A6 A7 A8 , ? A6 A10 A11 , ? A8 A9 A10 , ? A1 A 2 A3 , ? A1 A 4 A5

是 5 个没有公共边的单色三角形,矛

盾!① 又若有某个单色三角形 T 与 ? A1 A 2 A3 , ? A1 A 4 A5 均无公共边, 且与其中至少一 个有公共顶点, 不妨设 A 2 ? T , A 4 ? T , A6 ? T ,考虑 7 点 A 2 , A 4 , A6 , A8 , A9 , A10 , A11 有两个无公共边的单色三角形.(其种不妨设 A8 , A9 , A10 , A11 ? T ),矛盾!② 由①设 A 6 , A7 , A8 , A9 间连边不全同色,又 A 2 , A 4 , A6 , A7 , A8 , A9 中有两个单色 不妨设为 ? A6 A8 A9 , ? A7 A8 A9 , 且为红色, 中

三角形,且这两个三角形不含 A2 , A4 .

则 A6 A7 为 兰 色 . 考 虑 6 点 A 2 , A 4 , A6 , A7 , Ak , Ai ( k ? 8 ,9 ; i ? 10 ,11 ) . 同 样 可 得 :
Ai A k , Ai A 6 , Ai A 7

为红色 为红色,这样 A6 , A7 , A8 , A9 , A10 , A11 间仅有 A6 A7 为兰色,

同理可得 A10 A11

考虑 ? A1 A 2 A3 , ? A1 A 4 A5 , ? A7 A10 A11 , ? A8 A6 A11 , ? A8 A9 A10

共 5 个单色三角形,即得矛

盾! 故假设不成立,n=11 满足条件,综上可知 n min ? 11 .

例题 10 已知空间中每点涂上 5 种不同颜色之一,并且确有 5 点涂有互不相同的颜色,求证:存在一条直线,其上的点至少涂有 3 种不同颜色。 证明:设点 A、B、C、D、E 分别属于 5 种颜色 1、2、3、4、5. 假设不存在一条直线,其上的点至少涂有 3 种不同的颜色。则 A、B、C、D、E 中无三点其线,它们之间两两连线共 C 5 2 一个平面 ? 与这 10 条直线均相交。 设直线 颜色.
AB ? ? ? P1
? 10

条,作

,则 为第 1 或第 2 种颜色,不妨设为第一种 为第 2 种颜色.
CD ? ? ? P3 ,不妨设 P3

BC ? ? ? P2 ,同样不妨设 P2

为第 3 种颜色.

DE ? ? ? P4 ,不妨设 P4

为第 4 种颜色.这样 P , P , P , P 在
1 2 3 4

同一平面 ? 内,且为不同颜色。这 4 点的凸包为三角形或凸四边形, 无论哪种情形均可不妨设 种颜色。 ① 若
i ? {1, 2 }, 则 P , P1 , P2 三点共线,且不同色,矛盾!
P1 P2



P3 P4

相交, 交点记为 P, P 为第 i 设

② 若 i ? {3, 4}, 则 P , P , P 三点共线,且不同色,矛盾!
3 4

而①、②至少一个成立,由此可知,假设不成立,命题得证。

例题 11 将整个空间分成三个非空集合,求证:其中必有一个 集合,使每个 a ? 0 , ,该集合中都有两点,它们之间的距离等于 a

证明:设分为三个集合 A、B、C.

假设 A 中无距离为 a 的点,B 中无距离为 b 的点, C 中无距离为 c 的 点。 不妨设
a ? b ? c.

从 A 中任取一点 M,以 M 为球心作半径为 a 的球面 T ,该球面上的
1

点属于 B 或 C, 若这些点全在 C 中, 则其中必有 2 点距 离为 c ,矛盾!故该球面上有一点 N? B,以 N 为球心,
b

为半径的球面

T2

与 T 相交于一个圆 ? ,设其直径为
1

DE。 如图所示 ,
? a ? b , ? DNM ? 60 ? ,? ? DNE ? 120 ? ,? DE ? DN ? b ? c .

而 ? 上的点只能属于 C,在 ? 上存在两点距离为 C,这就与假设矛盾! 例题 12 在平面上给出 2000 个点,其中任何 4 点都不共线, 且其中 1600 个点涂红,另 400 个点涂蓝,求证,在平面上可以作出 一条直线,使得直线两侧的红蓝点数分别相等。 证明:作一个很大的圆,使 2000 个点均在该圆内,过其中任 2 点作 一条直线与圆交于两点,这些直线与圆的交点称之为奇点,共有有限 个奇点,圆周上除了奇点便是正常点.每相邻两个奇点, 所夹的孤(不 含其它奇点)上任取一正常点作为偶点,这样奇点与偶点相间分布在 圆圈上.由于偶点是正常点,故过偶点的任一条直线最多只经过 2000 个点中的一点,将过这个偶点且与圆相切直线 l 顺时针旋转,则 l 左侧 由 O 个点到 2000 个点变化,而每次变化量不超过 1,故在某个时候,
l

的左右两侧均有 1000 个点,这条直线 l 称该遇点的偶直线.考虑相邻

两个偶点对应的两条偶直线

l1 , l 2 .I

与 II 内点数相同,且不是 O 个点

(因为两个偶点恰有一个奇点).若 I、II 内均有至少 2 个点,由条件 知这四点不共线,设 A1 , A2 ? I , B1 , B 2 ? II , 则
A1 B1 , A 2 B 2 两直线与

I 的孤

交于两个奇点,与那两个偶点间恰有一个奇点矛盾!故 I、II 内均恰 有 1 个点, 这样从 l
1

到l ,l
2

i

左侧的红点数变化量不超过 1, l 左 设
1

l1 侧有 X 个红点, ? l 2

? l 3 ? ? ? l m ? l1

变化中

li

左侧由 X 个红点变
x ? 1600 ? x 2 ? 800

为了 1600-X 个红点,从而必有某个 l 左侧恰有
k



红点,这样

lk

满足条件。

练习 1、在平面上有 n( n ? 5 )个点,任三点不共线,以这些点为顶点, 用 线 段 连 接 出 m 个 三 角 形 ( m ? C n 3 ). ) 求 证 : 完 全 图
? m 9m 3 2 11 ( ? n ? n ? 6 ). 4 n 2 2
1 2 n n ?1
K4

个数

2、 求最小的自然数 l , 使 n ? 3 ) ( 个顶点的图中只要边数多于 就有长度小于 l 的圈。 3、设
a,b

,

是两上自然数,现有 ab 粒糖,把这些糖包或若干包,使既
a

可使这些糖分

份, 每份 b 粒, 也可把这些糖分为 b 份, 每份 a 粒,

求所有包数的最小值。 4、空间给定一个 n 点集 X(n>4),任意 4 点不共面,以 X 中的点为 顶点的三角形中有 m 个染成红色.如果 m 面体,它的四个面都被染红。 5、两个航空公司为 10 个城市通航,使得任何两城市之间恰有一个公
? 2n ? 3 9 Cn
2

, 则必有一个四

司开设直达航班进行往返飞行.求证:至少有一个公司能提供两个不 交的旅游圈,每个圈可游览奇数个城市。 6、求最小自然数 n,使得在任 10 个顶点,有 n 条边且二染色的简单 图中,总存在单色△或单色四边形。 7、 求最小的自然数 n, 使在二染色的 K 二者 恰有一条公共边。 8:任意地将平面上每点染色都涂上红、黄、蓝 3 色之一,求证;存在 无穷多条长度为 1 的线段,它们的端点全都同色. 9、将平面上的每点涂上 1992 种颜色之一,且每种颜色的点都有.求 证:对任意三角形 T,存在一个全等于 T 三角形,使它的每两条边上 都有颜色相同的点(不包括顶点). 10、桌子上互不重叠地放有 1989 个大小相同的图纸片,问最少要用 几种不同颜色为每个纸片各涂一种颜色, 才能保证无论这些纸片如何 放置,总可设法为它们涂色,使得任何两个相切的图纸都异色? 参考答案 1.证明: 设有 X 个 K
4

n

中, 总存在两个单色三角形,

, 又设

n

个点 P (1 ? i ? n ) , 并记 f ( P P ) 为以
i

i

j

Pi P j

为一边的三角形个数,则 ? 当P,P ,P
i j k

f ( Pi P j ) ? 3 m .

构成三角形时,包含 P , P , P 的 K
i j k

4

至少有

f ( Pi P j ) ? f ( P j Pk ) ? f ( Pk Pi ) ? n 2 1

个.故

X ?

? 4

f ( Pi P j ) ? f ( P j Pk ) ? f ( Pk Pi ) ? n 2
2

?

1 8

( ? f ( Pi P j ) ? mn )

1 ( ? f ( Pi P j )) ? ( 2 8 Cn ?
?

2

? mn )

m 8

(

18 m n ( n ? 1)

? n)

m 9m 3 2 11 ( ? n ? n ? 6 ). 4 n 2 2

(

1

2 n ( n ? 1)

(

18

? n) ?

9m n

?

3 2

n ?
2

11 2

n ? 6 ? m ? Cn )

3

2 解: (I)首先图中必有三角形或四元圈 假设不存在,则考虑三元组 ( P , P
i j

, Pk )

的个数,其中 P P , P P
i j i

k

?E

,

i, j, k

互不相同,1 ? i , j , k
i k

? n.
?E

对固定的 ( P , P ) , 至多一个 P 与之形成三元组,使当 P P
j

i

k

时,

这样的三元组不存在. 对固定的
1 2
n ?1 2 n ?1 2
Pi , 三元对

有C

2 di

个, ? d i
i ?1

n

? n

n ?1

,故

C

2 n

?

n n ?1 ?

?C
i ?1

n

2 di

? n?

n ? 1 ( n ? 1 ? 1) 2

,有

?

?

n ?1? 2

n ?1

,相违.

故图中必有三元圈或四元圈 (II)当
n? 4

时,构造二部图

?n? ? n ? 1? G ( X , Y ), | X | ? ? ? , | Y | ? ? ? ?2? ? 2 ?

,X 与 Y 之

?n2 ? 1 间的任意两点相连,此时 | E |? ? ? ? n n ? 1 ? 4 ? 2

,且图中无三角形.

(III)当 n ? 3 时, 综上所述, l 3 解:将
ab
min

1 2

n n ? 1 ? 2 ,故有三角形.

?



4 , n ? 3; 5, n ? 4 .

粒糖排成一列,在第 a , 2 a , ? , ( b ? 1) a 粒后划一线,在第

b , 2 b , ? , ( a ? 1) b

粒后划一线,将被线分开的部分包成一包,遇见这种
ab [a, b] ? 1) ? 1 ? a ? b ? ( a , b )

情况满足条件,且包数为 ( a ? 1) ? ( b ? 1) ? ( 最小值 ? a ? b ? ( a , b ).

. 故

下设所有包数最小值为 K,对于为 K 的某一种分法,将 K 包糖 粒上 1、 2??K, 并用白纸包好.在另外一样的 K 包上亦标上 1、 2?? K,并用黄纸包好.标号相同的白包,黄色中糖数相等,下用图论的方 法来证 K
? a ? b ? ( a , b ). 。
a

将 K 包白色分为 糖。

份, 每份

b

粒, 包黄色分为 K

b

份, 每份 a 粒

将 a 份白堆放在左边, b 份黄堆放在右边,将含相同标号的小包的 份连一条线,则必为简单图.若不为简单图,即有一份白份和一份黄 份,中间含有两个以上的同标号的包,将这些包合为一包,包数减小 而仍满足条件,与 K 的最小性矛盾!故必为简单图。 在图中有 a ? b 个点,考虑图的一个部分连通图,在此子图中, 若第 i 包在白份中,则必在黄份中,反之亦然,而所有白份的糖之和 为 b 的倍数,所有黄份的糖数和为 数的倍数,故子连通图至多
ab [a, b]
a

的倍数,故是 a , b 的最小公倍 个

? (a, b)

由于连通图边数至少为点数个数减 1,且至多分为( a , b )个部 分,故边数至少为 a ? b ? ( a , b ). 综上,最小值为 a ? b ? ( a , b ). 4 证:设 S
1

即K

? a ? b ? ( a , b ).

, S 2 ,? , S m

为所有的红色三角形,令 S

? { S 1 , S 2 , ? , S m }, R ? { X



二元子集}. 对 ? T ? R , 定义 ? (T ) 为与 T 生成红色三角形的点的个数 . 假设红色四面体不存在 ,则 对固定的 i ,
T ?Si

? ? (T ) ? 2 ( n ? 3 ) ? 3 ,
S i ? ST ? S i

?

??

? (T ) ?

Si ?S

?

( 2 n ? 3 ) ? m ( 2 n ? 3 ).

又? ?
Si ?S

? (T ) ?
2

T ?Si

T ?S

?

( ? ( T )) ?
2

( ? ? (T ) )
T ?S

2

Cn
? 2n ? 3 9 Cn
2

2

?

(3 m ) Cn
2

2

,上面两式,有

m ?

2n ? 3 9

Cn

.与已知 m

相违.

假设不成立,则结论成立. 5 证明:转化为图论:边二染色的 K 圈都有奇数个顶点。 首先,由定理 1 知存在一个单色△,不妨设为红色△ T .
1
10

必有同色的两个单色圈,每个

另 7 个点中又有一个单色△,若为红色,则得证.否则为蓝色△ T ,T
2

1

与T
T1

2

之间连了 9 边色,必有 5 边同色,不妨设同为蓝色.这样必有 的一个顶点连有 2 条蓝边,设
T 1 为△ABC, T 1 的顶点

C 连有蓝

边 CD、CE,则△ABC、△CDE 分别为红色,蓝色△,由定理 2 可 知剩下 5 个点中要么存在同色△, 则已得证, 否则必有一个 5 边红圈, 由此即证! 6 解: n
min

=31.

一方面,当 n=30 时,可构一个图(请自行完成),连有 30 条边且二 染色,但无单色△和单色四边形。 另一方面,当 n≥31 时,必有 16 条边被染色同一色 a ,考虑这样 的“同 a 色角” ? XYZ (满足 XY , YZ 均为
a

色)的个数 s ,



s ? 8 C 3 ? 2 C 4 ? 36

2

2

而 36+16=52 ? C 10 2

故必有下列①、②之一成立 ① ②
? XYZ
? XYZ

为“同色 a 角” ,且 XZ 染色为 a



为“同色 a 角” ? XUZ 为“同色 a 角” ,

对于①存在同色△;对于②存在同色四边形。 故n
min

=31.
10

7 解:当 n ? 10 时,取其中的一个 K ,它至少有 20 个 单色三角形,共 20×3=60 条边,而 60 ? C 10 2 存在两上单色三角形恰有一条公共边。 当 n=9 时,如图(1)(2)(为图(1)的补图) 、 (1)中所连的边为蓝边;其余未连的均为红边, 即(2)中所连的边.可见(1)(2)中均无两上单色三角形共边。 、 由此可见 n min
? 10

,故

8 证明:引理,平面上存在 7 点,任三点间 2 点距离为 1. 由引理可知这 7 个点 3 染色,必有 3 个点同色,而这三点有 2 点 间距离为 1, 而平面上有无穷多个这样的 7 点组, 故有无穷多条端点, 同色的长为 1 的线段,也即有无穷多条长度为 1 的线段,它们的端点 全都同色。 9 证明: 在平面上任作△ABC ? T ,并不妨设 ? A ? ? B ? ? C , ? A ? ? . 设 将△ABC 以外心 O 旋转(顺时针) ? (?
??)

, 得到无穷多个与 T 全

等的△,对每一个这样的△,对应了一个表格如下: 1 2 3 1990 1991 1992

一 二 三

V X V

X X V

V… V V

V X X

V V X

X V V

一、二、三分别表示该三角形的三条边。 1、2、??1992,表示 1992 种颜色。 “V”表示该边含这种颜色, “X”表示该边不含这种颜色(不包括顶 点)这种表格仅有有限多种(至多
2
1992 ? 3

种) ,故必有某两个三角形

对应的表格完全相同.设为 ? A1 B1C 1 , ? A2 B 2 C 2 ,设
A1C 1 ? B 2 C 2 ? D

,则

A 2 C 2 上也有一点

E 与 D 同色,

这样 A 2 C 2 与 B 2 C 2 有同色点,对其它二对边同理 可证满足条件. 10 解: 最少要用 4 种不同颜色, 否则若只用 1、 2、 3 三种颜色,如图(可自行构造)不妨设左边的 6 个图纸片,如图染色, 则 A、B 中有一个第 1 种颜色,另一个为第 2 种颜色,而 C 与 B 不 同色,且不是第 3 种颜色,故 C 与 A 同色,这样,D、E 均为第 3 种 颜色,这就产生矛盾!故 3 种颜色不够。 下将 1989 改为 n,并对 n 用的归纳法证明:可以染上 4 种颜色,使 相切的圆纸片都异色。 (i) (ii) n=1、2、3 显然成立。 设对 n-1 成立( n ? 4 ) ,对 n 时,考虑这 n 个圆的圆心的凸 包,设 A 是该凸包的一个顶点,则以 A 为圆心的圆纸片 T 至多与 3 个圆纸片相切,由归纳假设,除 T 外的所有圆纸片

可用 4 种颜色涂之,再将 T 染一种颜色,与圆 T 相切的圆纸片 的颜色不同,这样,对 n 时亦成立。

模拟练习 第一试 1、关于 x 的不等式
1 log
1 2

?2 ? x

3 2

的解集是

. . .

2、对任意的 a、b ? R,则 ? 3、设 a , b , c ? [
1 2
a b

? max
?
b

? a ? b , a ? b , 1 ? b ? 的最小值是
? c?a 1? b

,1] ,记 s ?

a?b 1? c
b

b?c 1? a

.则 s 的取值范围是

4、已知 3 a ? 13 a
C 5、 ? A 在 B

? 17 , ? 7 ? 11 ,则四个数 a , b , 0 ,1 从小到大依次是 5
2B ? 8o c s

s 中, > B> C, 2 o A 若 c

tan A ? tan C ? 3 ? B ?5 ? 0,

3



且 AB 边上的高 CD 为 2

3

,则 ? ABC 的面积为



6、圆内接四边形 ABCD 的面积为 8, 四边形 ABCD 形内存在一点 0, 满足 OA +OB+OC+OD=8.则四边形 ABCD 的形状是 .

7、方程 2 ( a 2 ? 1)( b 2 ? 1) ? ( a ? 1)( a ? 1)( ab ? 1) 的所有实数解 ( a , b ) 的个数有 个. 8、在 Rt ? ACB 中, ? c ? 90 , D、E 分别在 BC、CA 上,且
?

BD AC

?

AE CD

? K



设 BE ? AD=0,若 ? BOD 9.椭圆
x a
2 2

? 75

0

,则 K=

.
2

?

y b

2 2

? 1( a ? b ? 0 ) 的左、右焦点为 F1,F

,直线 AF 1,AF 2 交椭圆

于 B、C,求

AF 1 F1 B

?

AF 2 F2 C

的值。 (a、b 是给定的互异正实数)

10.函数 f ( x ) ? ? x ?

( x ? a )( x ? b )

证明:对于所有实数 s ? (0,1),存在唯一正实数 ? ,使 f (? ) ?

s

a ?b
s

s

2

11、记 S(n)是正整数 n 的各位数字之和,若 S(n)<n,且 S(n)是 n 的最大因数,求 n 的所有值.

加试
1 设两个圆 k 1 , k 2 外切于点 T ,过圆 k 2 上一点 X 的切线交圆 k 1 于点 A , B , S 是直 线 XT 与圆 k 1 的另一个交点。在弧 TS(不包含 A、B)上取一点 C,过点 C 作圆
k2

的切线 CY ,切点为 Y ,并且线段 CY 与线段 ST 没有
X B I K2 Y C S K1 T A

交点。记 I 为直线 XY , SC 的交点。求证: (1) C , T , Y , I 四点共圆; (2) I 为三角形 ABC 的旁心

2. 若对所有正实数 a , b , c , d ,不等式 ( 满足条件的实数 x 。

a
3

3

1

a ? 1 5 b cd

)2 ?

a
x x

x x x

a ?b ?c ?d

恒成立,求所有

3.求方程 ? ? k ? ? x ? m ( n ? N ? , m ? Z ) 的非负整数解的个数. ? i ?1 ? 2
A B A A 4. n 个白子○A○与 n 个黑子○B○(n≥3) ,依次不留间隙地排成一行:○A○○A○?? A B B B ○A○○B○○B○??○B○,现作如下操作:每次将相邻的两子取出(并保持此两子的先 后次序) ,放在其它棋子旁的空位上(仍在同一行). 证明:经过 n 次这样的操作,可使它们排成黑白相间的一行,且不留间隙.

n

? x ?

一试解答
2

1. ( 0 ,1) ? (1, 2

7

) ? ( 4 , ?? )

2 解: 由于 ?

? a ? b ? a ? b, ? ? a ? b ? b ? a, ? ? 2 1 ? b ? 2 ? 2b, 故 4 ? ? 2 2
? 1 2 . 当 a ? 0, b ?

(三个不等式相加) ,即 ?

1 2

时,等号可以取到。

3 解:由于是
c? a 1? b ? c? a a ?b?c

a ? b ? 1, 则

a?b 1? c

?

a?b a?b?c

,则理
1 2 取得

b?c 1? a

?

b?c a?b?c



,相加得, s ? 2,
? 1, 则 a 1? c ? a

当a ? b ? c ?



又由于 a 、、
b 1? c ? b

a ? c 1? a



c

?

c a?c

同理,
a

b ? c 1? a



b

?

b

a ? b 1? b



c

?

c

b ? c 1? b



a

?

a?b

相加得,

s ? 3, 当 a ? b ? c ? 1取等号 . ? s ? [ 2 ,3 ].

4 解 : 由 函 数
f (1) ? 16 17

f (x) ? (

3 17

) ?(
x

13 17

)

x



x? R

上 是 减 函 数 , 且
( 5 11 ) ?(
x

<f ( a ) ? 1 2 ? f ( 0 ) <

,知 0<a< 1 .由函数 g ( x ) ?
12 11

7 11

)

x

在x? R

上是减函数,且 g ( b ) ? 1<

? g (1) 知 b > 1 .因此, 0<a< 1<b
B ? 3 ) 2o ( sc



5 解:由 2cos2B—8cosB+5=0,得( 2 cos 解得 B=60°.又由 ?
tan A tan C ? 2 ?
tan A ? tan C

B ? 1 )=0。

3 ? tan( A ? C ) ?

3?

3

1 ? tan A tan C

, 得

3

故 tan

A? 2?

3 , tan C ? 1

( 因 为 t a n A , t a nC

? 0.



A ? C



),即 A=75°,从而 S

? ABC

?

1 2

· · (cot A ? cot B ) ? 12 ? 4 3 CD CD



6 解:由于 8= OA ? OB
? OC ? OD ? AC ? BD ? 2 AC ? BD ? 2 AC ? BD ? sin x ? 2 2 s ? 8



中 ? 是 AC 与 BD 的夹角,故上述等号都成立,即 0 是 AC 与 BD 的 交点,且 AC=BD, AC 形或正方形。 7
2

? BD . 又四形边

ABCD 内接于圆,故为等腰梯

解 :
2

a,b ? R
2

时 , 有

2 ( a ? 1) ? ( a ? 1) , 2 ( b ? 1) ? ( b ? 1 )
2 2 2

2



( a ? 1)( b ? 1) ? ( ab ? 1) , 有
(a
2

? 1)( b ? 1) ? | ( a ? b )( b ? 1)( ab ? 1) ? ( a ? b )( b ? 1)( ab ? 1)
2

,等号当且仅当

a ? b ? 1 时成立,故 ( a , b ) ? (1,1)

.

8 解:作矩形 ACDP,连 PA,PE,PD,PB

?

BD AC

?

AE CD

? k ,?

BD DP

?

AE AP

? k ,? Rt ? BDP ~ ? Rt ? EAP ,

?

AP PE

?

DP PB

, ? APD ? ? BPE ,? ? APD ~ ? EPB ,

? ? BOD ? ? DPB

(旋转角等于对应边夹角)
3.

? k ? tan ? DPB ? tan ? BOD ? 2 ?

9 解:过 A、B 作左准线的垂线,垂足为 E、F,左准线交 X 轴于 D,
AF 1

有p

?

b

2

,且

AF 1 F1 B

?

AE BF

?

DE DF

?

AE ? DF 1 DF 1 ? BF

? p BF 1 e ?

?

e p?

AF 1 ? ep ep ? BF 1

,,

c



AF 1 F1 B

?

AF 1 ? ep ep ? BF 1 AF 2 ?

?

2 AF 1 ? ep ep

?

2 AF 1 ep

1 ? 1 . ○1○

同理,

2 AF 2 ep

2 ? 1 ○2○
AF 1 F1 B AF 2 F2C 4a b
2

F2 C

1 2 由○1○○2○知,

?

?

?1 ?

4a b
2

2

? 1.

a

10 证明: (1)对每一个 s ? ( 0 ,1) ,有 事实上,
a?b 2
s

ab ?

s

a ?b
s

s

?

a?b 2

2
s 1

.

?

a b

s

s

? ( ab )

2

,则 (
s ?1

a ?b
s

)s ?

ab

2

.
s?2

构造 g ( x ) ?

x ( x ? 0 ) , g ' ( x ) ? sx
s

,g ' ' ( x ) ? s ( s ? 1) x

? 0 . ,由琴生不等式,

a ?b
s

s

?(

a?b 2

) ,即 (

s

a ?b
s

s

1

)s ?

a?b 2
ab ,

2

2

(2) f ( x ) 在 ( 0 , ?? ) 上单调递增,且 f ( 0 ) ? 事实上,由
f '(x) ? ( a ? x ? b ? x) 2 ( x ? a )( x ? b )
2

x ? ??

l i m f (x) ?

a?b 2

. 上增.

? 0

,则
a?b?

f (x)



( 0 , ?? )

ab x ? b x
a ?b
s s

x ? ??

lim f ( x ) ? lim

( x ? a )( x ? b ) ? x x?

2

x ? ??

( x ? a )( x ? b )

?

x ? ??

lim

a?b 2

.

1?

(1 ?

a x

)( 1 ?

)

综合(1) (2)知,存在唯一正实数 ? ,使 f (? ) ? 11 解:设 n ?
p ? s (n ) ,则

s

.

2

P 是质数,且 S(n)的一切质因数≥P。

设正整数 n 是 k(k≥2)位数,则
10
k ?1

? n ? ( s ( n ))

2

? (9 k ) , 即 k
2

≤4.
2

(1) 当 k =4 时,有 n ? 而 s(n) ?
28 , n ? 28
2

abcd , n ? ( s ( n ))

? 36

2

? 1296 . 故 a ? 1 .

? 1000 . 与 n

是四位数相违.

(2) 当 2 ? k

? 3 时, n ? abc ( b ? 0 , 充许 a ? 0 )

由于100 a ? 10 b ? c ? 若 9| ( p ? 1)时 ,

p ( a ? b ? c ), 故 9 (11 a ? b ) ? ( p ? 1)( a ? b ? c ).

由 p ? a ? b ? c ? 27 , 故 p ? 19 , 从而 9 a ? b ? 2 c ? 27 ,

即 a ? 3, 则 19 ? a ? b ? c ? 21

,结合 b ? 9 a ? 2 c 可知,此时无解。

若 9 不整除 ( p ? 1) 时,故 3| ( a ? b ? c ) ,从而 p ? 2或 3 ,当 p =3 时,有
n ? 3( a ? b ? c ) , a ? 0 则

, 7 b ? 2 c , n ? 27 ;当 p ? 2 时, n ? 2 ( a ? b ? c ) , 且 故 有

则 a ? 0 ,且 8 b ? c ,故 n ? 18 . 综上, n ? 18 , 27 满足要求 。

加试答案 1

证明: (1)连结 AS、AT、CT、YT,过 T 作圆 k 1、 k 2 的切线 PQ(如图),则有:
? TYI ? ? BXI ? ? PTX
X

P B I K2 T A

(由于 BX 与圆 k 2 相切)

(由于 BX、PT 均为圆 k 2 的切线) (由于 TQ 与圆 k 1 相切)

Y Q

C

S

K1

? ? STQ ? ? SAT
? ? TCI

(由于 A、S、C、T 四点共圆)所以,C、T、Y、I 四点共圆。

(2)连结 SB、BI、TI,由于 ? SAB ? ? SAT ? ? TAB ? ? STQ ? ? TAB ?
? PTX ? ? TAB ? ? BXT ? ? TAB ? ? ATS ? ? ABS

,故

SA ? SB

。所以可得:

? BCI ? ? SAB ? 90 ? ?

1 2

? A SB ? 90 ? ?

1 2

? A C B ,故
SA ST

CI 为 ? ACB 的外角平分线。
? SX SA
? ? TYC ? TXI

有因为 ? SAB

? ? ATS

,故 ? SAX ∽ ? SAT ,从而

,所以 SA 2 ? ST ? SX ,所以
2

又结合(1)的结论以及 CY 与圆 k 2 相切,知 ? TIS
? STI



? SIX

,从而

ST SI

?

SI SX

, 所 以 SI

2

? ST ? SX

所 以 SA 2 ? SI

,因此

SA ? SI ? SB

所以: ? SBI ? 90 ? ?

1 2

? BSI ? 90 ? ?

1 2

? BAC

? SBC ? ? ABC ? ? ABS ? ? ABC ? ( 90 ? ?

1 2

? ASB ) ? ? ABC ? ( 90 ? ?
1 2 ? ACB

1 2

? ACB )

有上

面两式可得: ? CBI
? 180 ? ? 1 2

? ? SBI ? ? SBC ? 90 ? ?

1 2

? BAC ? ? ABC ? 90 ? ?

( ? BAC ? ? ABC ? ? ACB ) ?

1 2

? ABC ? 90 ? ?

1 2

? ABC

故 BI 是 ? ABC 的外角平分线。从而 I 为 ? ABC 的旁心
3 1 x x

2. 解: x ?

15 8

取 b ? c ? d ,令

b a

? t ,则原不等式转化为 (

a
3

a ? 1 5b

)2 ? 3

a
x

a ? 3b

,即

(

1 1 ? 1 5t
3

1

)2 ?

1 1 ? 3t
x?3

x

,即 (1 ? 3 t ) ? 1 ? 1 5 t ,即 2 t
x 2 3 2 x?3

x?3

? 3t

2x? 3

? 5 对所有的正数 t 均成

立.记 f ( t ) ? 2 t

? 3t

.下面讨论之.

若 x ? 3 ,则 x ? 3 ? 0, 2 x ? 3 ? 0 ,取 t<1,则 f ( t ) ? 2 ? 3 ? 5 ,矛盾! 若x ? 若
'

3 2

,则 x ? 3 ? 0, 2 x ? 3 ? 0 ,取 t>1,则 f ( t ) ? 2 ? 3 ? 5 ,矛盾!

3 2

? x ? 3 ,则 f (1) ? 5 且
x?4

f ( t ) ? 2( x ? 3) t
2
1

? 3(2 x ? 3) t

2 x?4

?t

x?4

(3(2 x ? 3) t ? 2(3 ? x ))
x
1

.







t ?(

? x 3x ( 2 (3 ? x ) x ') ' ) 时, f ( t ) ? 0 ,当 t ? ( ) 时, f ( t ) ? 0 . 3( 2 x ? 3) 3( 2 x ? 3) 2 (3 ? x ) 3( 2 x ? 3)
1

故 t0 ? ( 当x ?

) x 是 f ( t ) 在 (0, ? ? ) 上的唯一最小值.

15 8

时, t 0 ? 1 ,所以 f ( t 0 ) ? f (1) ? 5 矛盾!
b?c?d 3
15 15 15

当x ?

5 8

时, b cd ? (

) ,有琴生不等式得: b

3

8

?c

8

?d

8

? 3(

b?c?d 3

15

)8 ,

所以,当 ( b , c , d ) ? (

b?c?d b?c?d b?c?d , , ) 时, f ( t ) 表达式的左边递减,右边递 3 3 3
2
9 6

增,故只要证明 b ? c ? d 的情况.此时,由 f ( t ) 表达式转化为

? 3 t 8 ? 5 ,而左式=

t8 1
9

?

1
9

6

6

6

? t 8 ? t 8 ? t 8 ? 5 =右,故只有唯一解 x ?

15 8



t

8

t

8

3 解:设 x ? ( a n a n ?1 ? a 0 ) 2 ,其中 a n ? N , a i ? { 0 ,1}( 0 ? i ? n ? 1) .则

?

n

ak ? 2 ? m ?
k

k ?0

? ?2
k ?1

n

? x ? ? ( a n a n ?1 ? a 1 ) 2 ? ( a n a n ?1 ? a 2 ) 2 ? ? ? ( a n a n ?1 ) 2 ? ( a n ) 2 k ? ? ?

= ? a k ? ( 2 ? 1), 故
k k ?0 n

n

?a
k ?0

k

? m.



(1)当 m ? ? 1 时, 由①知, 该方程未知数 x 没有非负整数解. (2)当 m ? 0 时, 由①知, 有 a i ? 0 ( 0 ? i ? n ) ,该方程未知数 x 的非负整数解有 1 个, 即x ? 0. (3)当 1 ? m ? n 时,由①知, a n ? { m , m ? 1, ? , 0}. 若 a n ? m , 则 a i ? 0 ( 0 ? i ? n ? 1) ,

该方程未知数 x 的非负整数解有 1 ( C n ) 个; 若 a n ? m ? 1, 则 a i ( 0 ? i ? n ? 1) 中有一个为 1,其余均为 0,该方程未知数 x 的非负整数解有 C n 个; 若 a n ? m ? 2 , 则 a i ( 0 ? i ? n ? 1) 中有两个为 1,其余均为 0,该方程未知数 x 的非负整数解有 C n 个; ? ; 若 a n ? 0 , 则
a i ( 0 ? i ? n ? 1) 中有 m 个为 1,其余均为 0,该方程未知数 x 的非负整数解有 C n 个.综上,
m 2

0

1

该方程未知数 x 的非负整数解个数共计 C n ? C n ? ? ? C n

0

1

m

?

?C
k ?0

m

k n

个.

(4)当 m ? n 时,由①知, a n ? { m , m ? 1, ? , m ? n }. 若 a n ? m , 则 a i ? 0 ( 0 ? i ? n ? 1) , 该方程未知数 x 的非负整数解有 1 ( C n ) 个; 若 a n ? m ? 1, 则 a i ( 0 ? i ? n ? 1) 中有一个为 1,其余均为 0,该方程未知数 x 的非负整数解有 C n 个; 若 a n ? m ? 2 , 则 a i ( 0 ? i ? n ? 1) 中有两个为 1,其余均为 0,该方程未知数 x 的非负整数解有 C n 个; ? , 若 a n ? m ? n , 则
a i ( 0 ? i ? n ? 1) 全为 1,该方程未知数 x 的非负整数解有 C n 个.综上所述
n 2

0

1

该方程未知数 x 的非负整数解个数共计 C n ? C n ? ? ? C n ? 2 个.
n

0

1

n

综合(1),(2)和(3),(4).有 当 m ? ? 1 时,该方程未知数 x 的非负整数解个数为 0; 当 0 ? m ? n 时,方程未知数 x 的非负整数解个数为 ? C n ;
k k ?0 m

A B A A 4. n 个白子○A○与 n 个黑子○B○(n≥3) ,依次不留间隙地排成一行:○A○○A○?? A B B B ○A○○B○○B○??○B○,现作如下操作:每次将相邻的两子取出(并保持此两子的先 后次序) ,放在其它棋子旁的空位上(仍在同一行). 证明:经过 n 次这样的操作,可使它们排成黑白相间的一行,且不留间隙. (附:当 n=3 时,操作如图所示)

初始状态 第一次操作后 第二次操作后 第三次操作后

○A○○A○○A○○B○○B○○B○ A A A B B B ○A○○B○○B○○B○○A○○A○ A B B B A A ○A○○B○○B○ A B B ○A○○B○○A○ A B A

○B○○A○○B○○A○○B○○A○ B A B A B A

证 :当 n ? 4 时,对 n 归纳:
n ? 4 时, 初始状态为:

○A○○A○○A○○A○○B○○B○○B○○ A A A A B B B

B○ B 第一次操作后: A○○A○ A A 第二次操作后: A○○A○ A A 第三次操作后: ○A○ A 第四次操作后: B○○A○ B A 为表达方便,用数字 k 表示“将自左向右数的第 k , k ? 1 枚棋子取出,跨过某些棋子向 右平移至最先出现的空位上”这一操作;而数字 ? k 表示“将自右向左数的第 k , k ? 1 枚棋子 取出,跨过某些棋子向左平移至最先出现的空位上”这一操作;于是,施于 n 对棋子的操作 步骤 T n 便可用一个 n 元有序数组 T n ? ? a1 , a 2 , ? , a n ? 来表示. 因此, T3 ? ? 1, 4,1 ? , T 4 ? ? 2, ? 5, ? 2,1 ? , T5 ? ? 2, ? 5, 4, ? 2,1 ? , T 6 ? ? 2, ? 9, ? 4, 6, ? 2,1 ? ,
T 7 ? ? 2, ? 7 , 6, ? 5, 5, ? 2,1 ? ,??.

○A○ A

○A○○B○○B○○B○○B○○ A B B B B

○A○○B○○B○○A○ A B B A

○B○○B○○ B B

○A○○B○○B○○A○○B○○A○○B○ A B B A B A B

○B○○A○○B○○A○○B○○A○○ B A B A B A

我们注意到,在 T 4 , T 5 , T 6 , T 7 中,都恰有一次操作“1” ,即当全部操作完成后,棋子已 黑白相间排列(以黑子○B○开头) B ,且整行向右移动了两子的位置. 以下证明,当 n ? 4 时, n 个相连的白子和 n 个相连的黑子排成一行,可经 n 次移动两 子的操作,使黑白相间(以黑子○B○开头) B ,且整行向右移动了两子的位置. 对 n 归纳:当 n ? 4, 5, 6, 7 时,结论已成立,今设结论对于 n 成立,考虑 n+4 对棋子的 情形,如有 n ? 4 对棋子黑白分段排列于一行(白子在前) : ○A○○A○○A○○A○□A□?□A□□B□?□B□○B○○B○○B○ A A A A A A B B B B B ○B○ B 为此,采用“杠中开花”的办法,我们设想,先把中间加方框的 n 对( 2 n 个)棋子收

藏于一条“竖杠”中,成为四对棋子的一个排列: ○A○○A○○A○○A○┃○B○○B○○B○○B○ A A A A B B B B 现对这四对棋子进行 T 4 中的前两步操作: 第一次操作后: A○ A 第二次操作后: A○ A 经这两次操作后,中间(竖杠右侧)已出现两子空位,然后,对竖杠所代表 n 对加方框的棋 子进行 n 次操作,据归纳假设,可使黑白相间(加方框的棋子中,黑子□B□在前,且其 B 前面有两子空位) : ○A○○B○○B○○A○ A B B A B○○A○○A○ B A A 这 n 次操作算作 T n ? 4 的第 3, 4, ? , n ? 2 次操作。再把加方框的 n 对棋子收藏于一条竖杠中, 又成为四对棋子的排列(竖杠左侧有两子空位) : ○A○○B○○B○○A○ A B B A 子进行 T 4 的后两次操作,成为: ○A○○B○○B○○A○○B○○A○│○B○ A B B A B A B ○A○ A ┃○B○○B○○A○○A○,对图中的四对棋 B B A A □B□□A□□B□□A□?□B□□A□○B○○ B A B A B A B ○A○ ○B○ ○B○ ○A○ ┃ A B B A ○B○ ○B ○ ○A○ ○ B B A ○A○ A ○A○ │○B○ ○B○ ○B○ ○B○ ○A ○ ○ A B B B B A

○B○○A○○B○○A○│○B○○A○○B○○A○ B A B A B A B A 即得到黑白间隔排列(黑子在前,竖杠左侧的两子空位已被填充,整行无间隙.) 现恢复竖杠所代表 n 对加方框的棋子, 于是, 上述两次操作就成为 T n ? 4 的第 n ? 3, n ? 4 次 操作。且这 n ? 4 对棋子已黑白相间(黑子在前,整行无间隙,且右移了两子空位). ○B ○ ○A ○ □B □ □A □ □B □ □A □ ?□B □ □A □ ○B ○ ○A ○ ○B ○ ○ B A B A B A B A B A B A○○B○○A○ A B A 据归纳法,知所证结论成立。

专题十四

组合不等式
——武钢三中 郭希连

组合不等式问题是数学竞赛中的热点问题, 通常也是教学竞赛中难度很大的 问题, 同时也是针对学生思维考测的典型问题. 组合不等式问题的内容非常广泛, 涉及到代数、几何、数论等多个分支.组合不等式问题有:组合数不等式、组合 计数不等式、组合最值、组合几何不等式、组合数论不等式等.特别是在数学竞 赛训练过程中, 可利用组合不等式强化学生的思维品质优化, 提高学生综合能力. 例 1:若 S 为 m 个正整数对(a,b) (1≤a≤b≤n)所成的集合.求证:至少
m ? n
2

有 4m ?
3n

4

个三元数组(a,b,c) ,使得(a,b)(a,c)与(b,c)都属 ,

于 S. 证明:考虑 n 个点 1,2……,n.如果(i,j) ? S,则在 i 与 j 之间连一条 线,我们来求这个图中三角形的个数(即具有题中所述性质的三元数组(a,b, c)的个数)T. 设(i,j)
? S.记从

i 引出的线的条数为 d i (其中包含(i,j)这一条) .

考虑以(i, j)为边的三角形, 至少有 d i ? d j ? n 个. 因为每个三角形有三条边, 所以 S 中至少有
T ? 1 3

( i , j )? S

? ?d

i

?d

j

? n?

(5)

个三角形. 对于每个固定的 i,恰有 d i 个 j 使(i,j)
? S,所以在式(5)中 d i

出现了 d i 次.

又注意到(i, j)既可作为从 i 引出的边, 又可作为从 j 引出的边, 被计算了两次. 所 以

?d
i ?1

n

i

? 2m



(6)



?n?
(i, j )

n

( i , j )? s

?1?

nm

(7)

且式(5)中的 d i 出现了 d i 次,所以

( i , j )? s

? ?d

i

? d

j

?? ? d
i ?1

n

2 i



由柯西不等式及式(6)得

?d
i ?1

n

2 i

1? n ? ? ?? di ? n ? i ?1 ?

2

?

1 n

?2 m ?

2

?

4m n

2



(8)

由式(5)(7)及(8)得 、
2 ? 1 ? 4m ? ? ? n ? nm ? ? 3? ? 2 ? n ? ? 4m? m ? ? 4 ? ? ?

T ?



3n

例 2:已知一个由 0 和 1 组成的数列 x 1 , x 2 , ? , x n ,A 为等于(0,1,0)或 (1,0,1)的三元数组 ? x i , x j , x k ? 的个数,其中 1 ? i ? j ? k ? x j ? x i 的 j 的个数. (1)求证: A ? C n3 ? C d2 ? C d2 ? ? ? C d2 ;
1 2 n

(2)给定奇数 n,求 A 的最大值. 解:对于 i ? 1, 2 , ? , n ,令 D i ? ?x j x j ? x i ,1 ? j ? i ; x j ? x i , i ? j ? n ? ,于是有
Di ? d i

,在 D i 中任取二元与 x i 共 3 项,按下标从小到大的顺序排成三元数组,
i

所有这样数组的集合记为 S i ,显示然, S i ? C d2 ,将所有不满足题中要求的三元 数 组 的集合记为 T ,则 S i
? T

, i ? 1, 2 , ? , n 且诸 S i 两两不交,实际上,若

?x ?x

i

, x j , xk ?? S i , x j , xk ?? S k

, 则 x i ? x j ? x k ; 若 ?x i , x j , x k ? ? S j , 则 x i ? x j ? x k ; 若 ,则 x i ? x j ? x k ,由此可知诸 S i 两两不交.

i

另一方面,对于 T 中任一个三元数组 ? x i , x j , x k ? ,必为下列 6 种情形之一: (0,0,1)(0,1,0)(0,1,1)(1,0,0)(0,0,0)(1,1,1) , , , , , ,按 定义,前两种情形属于 S j ,中间两种情形属于 S i ,后两种情形属于 S k ,故有
n

T ?

? S ,从而得到
i i ?1 n

T ??

?S
i ?1

i

由此即得
A ? C n ? T ? C n ? C d1 ? C d 2 ? ? ? C d n
3 3 2 2 2

再解(2)按 D i 和 d i 的定义,对任一个二元数组 ? x i , x j ? , 1 ? i ? j ? n ,若
xi ? x j

,则 x i ? D j 并在 d j 中计数一次;若 x i ? x j ,则 x j 恰在 d i 中计数一次,由
n

此可见,所有 d i 之和恰为所有二元数组的个数,即有 ? d i ? C n2 .
i ?1

为求 A 的最大值,只须求 ? C d2 的最小值,这时,由柯西不等式有
j

n

i ?1

? n ? ?? di ? ? i ?1 ?

2

? n? d i
i ?1

n

2



所以有

?

n

C di ?
2

1

i ?1

? 2

n

d i ?d i ? 1? ?
? di? ? ?

i ?1

1? n 2 ?? di ? 2 ? i ?1

?d
i ?1

n

i

? ? ?

2 1 ?1 ? n ? ? ? ?? di ? ? 2 ? n ? i ?1 ? ?
n

?

n

i ?1

?

1

?d 2
i ?1

?1 i? ?n

?d
i ?1

n

i

? ? 1? ?

?

1 8

n ? n ? 1 ?? n ? 3 ?
? 2 k ? 1 ,所以 n ? 1 ? 2 k

② ,n ? 3 ?
2k ? 2 ,

因为 n

1 8

n ?n ? 1?

?n ? 3 ? ?

1 2

nk ? k ? 1 ? ? nC

2 k

,代入②式即得 ③
1 2

?C
i ?1

n

2 di

? nC

2 k

由①知,③式中等号成立当且仅当 d 1 ? d 2 ? ? ? d n ?

? n ? 1 ? ,容易验证,

当数列中奇数项均为 0 而偶数项均为 1 时, 所有 d i 都相等, 这表明③式右端所表 示的最小值是可以取得的,从而知 A 的最大值为
A 0 ? C n ? nC
3 2 k

?

1 6

n ? n ? 1 ?? n ? 2 ? ?

1 8

n ? n ? 1 ?? n ? 3 ? ?

1 24

n n ?1
2

?

?.

例 3:在一个车厢中,任何 m ? m ? 3 ? 个旅客都有惟一的公共朋友(当甲是乙

的朋友时,乙也是甲的朋友;任何人都不作为自己的朋友) ,问在这个车厢中, 朋友最多的人有多少位朋友? 解:设朋友最多的人有 k 个朋友,显然, k
1

? m
2

,若 k

? m

,设 A 有 k 个朋

友 B1, 2, B k , B …, 并记 S ? ?B 1 , B 2 , ? B k ? . ?B i , B i , ? , B i 设
1 2 m ?1

m ?1

? 是 S 的任一个 m ? 1

元子集,则 A, B i , B i , ? , B i 这 m 个人有惟一的公共朋友,记为 C i .因 C i 是 A 的 朋友,故 C i ? S .宝义映射
f : B i1 , B i 2 , ? , B i m ?1 ? C i ? S

?

?

, S 的一个单射.事实上,若有 S 的
j1

则 f 是从 S 的所有 m 两个不同的 m
?1

? 1 元子集的集合到
1 2 m ?1

元子集 ?B i , B i , ? , B i

? 和 ?B

, B j2 , ? , B jm ?1

? ,二者有相同的象

C i ,则因 B i1 , ? , B i m ? 1 ? B j1 , ? , B j m ? 1

?

? ?

? 中至少有 m 个元素,这 m 个人有两个公共

朋友 A 和 C i ,此与已知矛盾. 由于 f 是单射,故有 C km ?1 ? k .另一方面,因为 m
Ck
m ?1

?3

,m

?1 ? 2

,所以

? Ck ? Ck ? k
2 1

,矛盾.可见,所求的最大值为 m.

例 4 : 设 S ? ?1, 2 , ? ,10 ? , A1 , A 2 , ? , A k 都 是 S 的 子 集 且 满 足 ( 1 )
A i ? 5 , i ? 1, 2 , ? , k

; (2) A i ? A j ? 2 ,1 ? i ? j ? k .求 k 的最大值.

解:设 k 有个子集满足题中条件(1)和(2) ,并设 i 属于这 k 子集中的 x i 个 集合,i=1,2,…,10.若 i ?
Aj

, i ? Ak ,

j ? k

,则称 i 为一个重复数对.于

是由数 i 导致的重复数对有 C x2 个.由 S 中的 10 个元素所导致的重复数对的总数
i

为 C x2 ? C x2 ? ? ? C x2 , x 1 ? x 2 ? ? ? x 10 ? 5 k .
1 2 10

另一方面,每两个子集间至多有两个重复数对,所以 k 个子集之间至多有
2C k
2

个得复数对.因而有
C x1 ? C x 2 ? ? ? C x10 ? 2 C k
2 2 2 2



由柯西不等式有
C x1 ? C x 2 ? ? ? C x10
2 2 2

? ?
?

1 2 1 2 1
2 1

?x 1 ? x 1

? 1 ? ? x 2 ? x 2 ? 1 ? ? ? ? x 10 ? x 10 ? 1 ??
2 2

?x
?x

2 1

? x 2 ? ? ? x 10 ?
? x 2 ? ? x 10 ?
2 2

?

1 2
k

? x1

? x 2 ? ? ? x 10

?

1 2

?

5 2

?

?5 k ? 2

?

5 2

k ?

5 4

k ?k ? 2 ?



20
5 4

由①和②得到

?k

? 2? ? k ? 1
? 6 .这表明至多有

③ 6 个子集.

由③解得 k

例 5:对 n≥2,证明(1) 2 n ? C 2nn ? 4 n ; (2) C 2nn ?1 ? 4 n ?1 证明: (1)当 n=2 时, 2 2 ? 6 ? C 22? 2 ? 4 2 不等式成立 设 2 k ? C 2k k ? 4 k 成立,则 n
? k ? 1时

1 由 C 2kn ? C 2k k?? 2 ? 2 C 2k k ? 1 ? 2 C 2k k ? 2 ? 2 k ? 2 k ? 1 ? 2 n

C 2 n ? 2 C 2 k ?1 ? 2 ?
n k

2k ? 1 k ?1

C 2 k ? 2 ? 2C 2k ? 4C 2k ? 4 ? 4
k k k

k

? 4

k ?1

? 4

n

知不等式成立 由归纳原理,对 n≥2 不等式 2 n ? C 2nn ? 4 n 恒成立 (2) 4 n ?1 ? 2 2 n ? 2 ?
n ?1

1 2

?2

2 n ?1

?

1 2

2 n ?1

?C
k ?0

k 2 n ?1

?

?C
k ?0

k 2 n ?1

? 2 C 2 n ?1 ? C 2 n ?1
n

n ?1

例 6:在 1980× 1981 的方格表的每个方格中都写有+1,-1 和 0 之一,且表 中所有数之和等于 0.试证存在两行和两列,使得位于它们交点处的 4 个数之和 为 0. 证明: 若不然, 则任何一个边在网格线上的矩形的 4 个角格中的 4 数之和均 不为零. (1) 考察数表中 0 的个数. 设表中 1981 列中 0 的个数依次为 k 1 , k 2 , ? , k 1981 . 因 为不能有两行两列之交的 4 个方格中同时为 0,故有
1981

?C
i ?1

2 ki

? C 1980 ? 990 ? 1979
2





2 2 C 因为 C 45 ? 990 , 44 ? 946 , 故表中 0 的个数不超过 1980× 个. 45 1980× 1936,

故-1 的个数与+1 的个数都不少于 1980× 968. 若有某行中有 1015 个-1,则因有+1 最多的一行至少有 968 个+1,故必 有两个-1 与两个+1 同列,此与反证假设矛盾,故知每行中-1 的个数和+1 的个数均不超过 1014. 设第 i 行有 ni 个-1, mi 个+1, i ? 1, 2 , ? ,1980 .因为不能有两行两列之我 的 4 格中的数之和为 0,故必有
1980

? nimi
i ?1

? C 1981 ? 1981 ? 990
2





其中
1980

? ni
i ?1

? 1980 ? 968

, ? mi ? 1980 ? 968 ,
i ?1

1980

ni

, mi

? 1014

, i ? 1, 2 , ? ,1980 .

由排序不等式知在②式中可设 ?ni ? 递增而 ?mi ? 递减且在容许条件下前面的
mi

尽可能大,前面的 ni 尽可能地小.从而有
1980

? nimi
i ?1

? 1800 ? 1014

2



③与②矛盾,这就完成了反证的证明. 例 7:设 C 为圆周,D 为圆内部,点 A ? C ,函数 f:D→R(实数集合)定 义为
f ?M

??

MA MM ?

,M

? ? AM ? C

,M

?D



证明:f 是严格凸的,即对所有 M 1 ,M 2 ? D ,M 1 ? M 2 ,P 为线段 M 1 M 2 的 中点,有
f ?P ? ? 1 2

? f ? M 1 ? ? f ? M 2 ?? .
m 1? m

C 的直径为 1. 容易看出 f ? M ? ? m 的轨迹是一个圆, 与圆 C 内切于点 A, x 轴于 x ? 交 .

设 M 1 ,M 2 的坐标为 ? x 1 , y 1 ? ,? x 2 , y 2 ? , f ? M 1 ? ? m 1 , f ? M 2 ? ? m 2 , f ? P ? ? p ,

则点 P 坐标为 ?
?

? x1 ? x 2 2

,

y1 ? y 2 ? ? 2 ?


2

因为 ? x 1 ? x 2 ?? x 2 y 1 ? x 1 y 22 ? ? x 1 x 2 ? y 1 ? y 2 ? 2
? x 2 y 2 ? x 2 y 1 ? 2 x1 x 2 y 1 y 2
1 2 2 2

? ? x1 y 2 ? x 2 y 1 ? ? 0
2

所以

2 2 y 2 ? 1 ? y1 ? y 2 ? 1 ? y1 ? ?? ? ? 2 ? x1 x2 ? 2 x1 ? x 2 ? ?

? y1 ? y 2 ? ? ? 2 ? ? ? x1 ? x 2 2

2



2 2 2 2 x2 ? y2 ? 1 ? x1 ? y 1 ? ?? ? ? 2? x1 x2 ? ?

? x1 ? x 2 ? ? y1 ? y 2 ? ? ? ?? ? 2 2 ? ? ? ? x1 ? x 2
2

2

2





p 1? p

?

m2 1 ? m1 ? ?1? m ? 1? m 2? 1 2

? ? ? ?
x1 ? y1
2 2

(过 M 1 且与圆 C 内切于点 A 的圆交 x 轴于 从而
P ? 1 1? 1 1 ? ?1? m ? 1? m 2? 1 2 ? ? ? ?

,即

x1 ? y1
2

2

?

m1 1 ? m1

) ,

x1

x1

?1

?

2 ?1 ? m 1 ? 1 ? m 2 ? 1? 1? m2 1 ? m1 ?1? 1 ? m1 1? m2

?1

?

2 ?1 ? m 1 ? 1 ? m 2 ? 4

?1

?

1 2

?m 1

? m2 ?.
? 3 为奇数,

例 8:在某项竞赛中,共有 a 名参赛选手与 b 位裁判员,其中 b 每位裁判对每名选手的评分都只有“合格”与“不合格”两种,设 k 裁判至多可对 k 名选手有完全相同的评分,求证
k a ? b ?1 2b
? N

,任何两位



证明:当两位裁判对一名选手的评分相同时,称之为一个“相同评分对”下面 对相同评分对的个数进行换序求和. 一方面,每名运动员都获得 b 位裁判的各一个评分.设第 i 名选手获得 xi 个 合格与 b ?
xi

个不合格, 于是由第 i 名选手产生的相同评分对的个数为 C x2 ? C b2? x ,
i i

i ? 1, 2 , ? , a

.从而所有相同评分对的个数为
? C b ? xi ? a C m ?1 ? C m
2 2 2

? ?C
i ?1

a

2 xi

?

?

?
2

?

a 2

?m ?m

? 1 ? ? m ? m ? 1 ?? ? am



其中 b ? 2 m ? 1 , m ? N . 另一方面, 任何两位裁判所产生的相同评分对至多 k 对,故所有相同评分对 的个数不超过 kC b2 . 结合起来,得到
kC b ?
2

? ?C
i ?1

a

2 xi

? C b ? x i ? am
2

?

2



k?

1 2

b ?b ? 1 ? ? am

2

, ,

kb ? am ? a ? k a ? b ?1 2b

b ?1 2



例 9:给定平面的 n 的相异点,证明其中距离为单位长的点对少于 2 n 3 对. 证:对于平面上的点集 ?P1 , ? , Pn ? . 令 e i 表示与 Pi 相距为单位长的点 P j 的个数,不妨设 e i 的点对的对数是
E ? e1 ? e 2 ? ? ? e n 2
? 1 ,则相距为单位长

设 C i 是以点 Pi 为圆心,以 1 为半径的圆. 因为每对圆至多有 2 个交点,故所有的 C i 至多有 2 C n2 ? n ? n ? 1 ? 个交点. 点 Pi 作为 C j 的交点出现 C e2 次,因此
j

n ?n ? 1? ?

?C
j ?1

n

2 ej

?

?

n

e j ?e j ? 1 ? 2

?

1

j ?1

? ?e 2
j ?1

n

j

? 1?

2



由柯西不等式及①式得
? n ? ? ? ?e j ? 1 ?? ? j ?1 ?
2

? n ? ? ?e j ? 1 ?
j ?1

n

2

? n ? 2 n ?n ? 1? ? 2 n

3

于是有

? ?e
j ?1

n

j

? 1? ?

?e
2? n
3

n

j

E ?

j ?1

?

n? 2

2n

3

? 2 n

3



2

于是问题得证. 例 10:设 A 是一个 n 元集合,A 的 m 个子集 A1 , A 2 , ? , A m 两两互不包含,试 证(1) ?
m

1 C n Ai

i ?1

? 1; (2) ? C n A i ? m
i ?1

m

2



其中 A i 表示 A i 所含元素的个数 证:按定义有
1 C n Ai ? A i ! ?n ? A i ?! n!



由此可见,为证(1) ,只须证明等价不等式

?

m

A i ! ?n ? A i ?! ? n ! .



i ?1

对于每个 A i , 利用 A i 构造集 A 中的 n 个元素的排列如下: A i 个位置是 A i 前 中的所有元素的一个排列, ?n ? A i ? 个位置是 A i 的补集 A ic 中的所有元素的一个 后 排列,这样的排列称之为从属于 A i 的排列,按乘法定理知,这样的排列数是
A i ! ?n ? A i ?! .

当 j ? i 时,不妨设 A j ? A i ,如果有一个 A 的元素的排列既从属于 A i ,又 从属于 A j ,则其中的前 A i 个元素都属于 A i ,前
Aj

个元素都属于 A i ,从而有

Ai ? A j

,此与已知矛盾,这表明从属于不同子集的任何两个排列互不相同,因

为 A 中 n 个元素的所有排列总数为 n ! ,故得不等式①. 对于任何 m 个正数 a 1 , a 2 , ? a m ,由柯西不等式有
2

m

? m ? ?? ? i ?1 ?

1 ai

?

? ai ? ? ?
Ai

2

? m 1 ?? m ? ?? ? a i ? ? ?? ? ? ? ? i ?1 a i ? ? i ?1





在②中令 a i ? C n
m
2

, i ? 1, 2 , ? , m ,由已证的不等式(1)即得
Ai

? m 1 ? ?? Ai ? ? i ?1 C n

?? m ?? C ? ? n ? ? i ?1

? ?? ?

?C
i ?1

m

Ai n

例 11:设 P1 , P2 , ? , P2 n ? 3 为平面上的 2 n ? 3 个点,其中任何 3 点都不共线,任 何 4 点都不共圆.过其中 3 点作圆,使其余 2 n 个点在圆内和圆外各有 n 个点, 这种圆的个数词类 K,求证 K ?
1

?

C 2n?3 .
2

证明: 首先证明对任意两点 Pi ,P j , 一定存在第 3 点 Pk , 使得过 Pi ,P j ,Pk 3 点的圆满足题中的要求.为此,不妨设直线 Pi
Pj

的上方的点数 m

? n ? 1 .因为任

何 3 点不共线,任何 4 点不共圆,故可将直线上方的 m 点按对线段 Pi 从小到大排列为 Pk , Pk ,… Pk ,即有
1 2
m

Pj

的张角

0 ? ? ? Pi Pk 1 P j ? ? Pi Pk 2 P j ? ? ? ? Pi Pk m P j ? 180 ?

由此可知,过 Pi , P j , Pk 3 点的圆内的点数不多于 n.若两圆中有一圆内恰 有 n 个点, 则它就满足要求. 否则, 前者内部点数大于 n, 后者内部点数小于 n. 而 当顺次考察过 Pi , P j , Pk (h=1,2,…,m)3 点的圆时,圆内给定点的个数每次恰 减少 1 个.故知其中必有 1 个圆满足题中要求. 这样一来,对于 ?P1 , P2 , ? , P2 n ? 3 ? 中的任意两点都可以作出 1 个圆满足题中要 求.于是共可得到 C 22n ? 3 个圆.但在这个计数过程中,每个圆可被计数 3 次,故 得
K ? 1 3 C 2n?3 ?
2

1

?

C 2n?3 .
2

专题十五


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专题十一小结学生版学案2

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