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《高中竞赛教程》教案:第11讲 极端原理


第十一讲

极端原理

考虑极端情况,是解决数学问题的非常重要的思考方式。在具体解题过程中,常用到的 极端元素有:数集中的最大数与最小数;两点间或点到直线距离的最大值与最小值;图形的 最大面积或最小面积;数列的最大项或最小项;含元素最多或最少的集合,等等。 运用极端原理解决问题的基本思路,就是通过考虑问题的极端情形下的结果及解决极端 情形的

方法,寻找出解决问题的一般思路与方法,使问题得以顺利解决。

A 类例题
例1在正n棱锥中,相邻两侧面所成的二面角的取值范围是(
(A) ? )

?n?2 ? ? ,? ? ? n ?
? ?? ? ? 2?

(B) ?

? n ?1 ? ? ,? ? ? n ?
? n ? 2 n ?1 ? ?, ? ? (1994 年全国高中联赛题) n ? n ?

(C) ? 0,

(D) ?

分析 利用图形的极端位置解题。 解 当正n棱锥的顶点S向下无限趋近底面正n边形中心时, 所求值趋于π ;当S向上运动, 趋向无穷远时, 正n棱锥趋于正n棱柱,所求值趋于正n边形的一个内角(即

n?2 ? ),故选A. n

例 2 有 201 人参加一次考试,规定用百分制记分,得分为整数,证明: (1)总分为 9999
分时,至少有 3 人得分相同; (2)总分为 10101 分时,则至少有 3 个人得分相同。 分析 考虑无三人得分相同时的得分取值情况。 解 无三人得分相同的最低分值为:2?(0+1+?99)+100=10000。 无三人得分相同的最高分值为:2?(1+2+?100)+ 0=10100。 即无三人得分相同时的得分取值情况为 10000,10001,?,10100。所以(1)总分为 9999 分时,至少有 3 人得分相同; (2)总分为 10101 分时,则至少有 3 个人得分相同。 说明 从极端情形考 虑无三人得分相同的最低分值是得 0,1,?,99 分各 2 人,得 100 分 1 人;无三人得分相同的最高分值是得 1,2,?,100 分各 2 人,得 0 分 1 人。

情景再现
1. 已知长方形的 4 个顶点 A(0 ,0) ,B(2 ,0) ,C(2 ,1) 和 D(0 , 1),一质点从 AB 的中点 P0 沿 与 AB 夹角为θ 的方向入射到 BC 上的点 P1 后依次反射到 CD 、DA 和 AB 上的点是 P2 、P3 和 P4 (入射角等于反射角). 设 P4 的坐标为(x4 ,0),若 1<x4<2 ,则 tanθ 的取值范围是( )

-1-

(A) ? ,1?

?1 ? ?3 ? ?2 1? , ? ?5 2?

(B) ? ,

?1 2? ? ?3 3? ?2 2? , ? ?5 3?
(2003 年全国高考题)

(C) ?

(D) ?

2.已知 A(2 , 3) ,B ( -3 , -2), 若直线 l 过点 P(1 , 1), 且与线段 AB 相交, 则直线 l 的斜率 k 的取值范围为( (A) k≥ )

3 . 4 3 4

(B)

3 ≤k≤2. 4

(C) k≥2 或 k≤

(D) k≤2.

B 类例题
例 3 已知对任意正自然数 n,不等式 nlga< (n +1) lg a a ( a >0)恒成立, 求实数 a 的取值范
围. 分析 用分离变量的方法处理恒成立的问题,即 a>f(x)对任意 x 恒成立等价于 a>max {f(x)}. 解 当 lg a >0 ,即 a >1 时, 则不等式 a ? 限增大时,n 无限接近于 1 ,且

n 对任意正自然数 n 恒成立, 因为当 n 无 n ?1

n <1 , 所以 a >1 ; n ?1 n n 当 lg a <0 ,即 0< a <1 时,要使 a ? 对任意正自然数 n 恒成立,因为 的最小值为 n ?1 n ?1 1 1 1 ,所以 a < ,即 0< a < . 2 2 2 1 故所求实数 a 的取值范围是 0< a < 或 a >1. 2 n n 说明 本题考虑了 取值中的极端情形,而极值的取得充分利用了函数 f(n)= n ?1 n ?1

单调递增的性质。

例 4 已知二次函数 y = ax2+ bx + c( a >0) 的图象经过 M( 1- ,
0),N ( 1+ 分析 , 0) , P (0 , k) 三点, 若∠MPN 是钝角, 求 a 的取值范围. 若利用余弦定理, 并由-1<cos∠MPN <0 ,则将得到一个较

复杂的不等式. 我们从钝角的极端情形直角着手。 解 当∠M PN 为直角时, 则点 P 在以 MN 为直径的圆周⊙O1 上, 于是 P 是该圆与 y

-2-

轴的交点, 如图, 由勾股定理不难得 k =±1 , ∴当∠M PN 为钝角时, 点 P 在⊙O1 内, 由 a >0 知: 点 P 应在 y 轴的负半轴上. 把 P (0 , k) 的坐标代入 y = a( x -1+ 此,0< a <1. 说明 根据平面几何的知识∠MPN 是钝角意味着 P 点在以 MN 为直径的圆内。 )( x -1 - ) 得 a =-k, 因

例 5 黑板上写着从 1 开始的 n 个连续正整数,擦去其中一个数后,其余各数的平均值是 7 35 ,求擦去的数. 17
分析 此题的常规方法是转变为列出并处理一个不定方程的问题 , 但运算复杂,而从其 极端情形考虑, 很快获解, 运算简洁、解法扼要. 解 考虑擦去数的极端情形, 显然擦去 1 与 n 是其极端情形,若擦去的数是 1 , 则得平

n(n ? 1) n(n ? 1) ?1 ?n n ? 2 n 2 2 均值为 ; 若擦去的数是 n, 则平均值为 ? ? ,根据极端状态下 n ?1 2 n ?1 2 n 7 n?2 的平均值与已知平均值的联系,显然有 ≤ 35 ≤ , 从而 69≤n≤70 ,即 68≤n -1 ≤ 2 17 2
69.

7 , 所以 n -1 是 17 的倍数,故 n -1=68 ,即 n = 69. 最 17 1 ? 2 ? ? ? 69 ? x 7 ? 35 . 后,设擦去的数为 x, 则 68 17
而 n -1 个整数的平均数是 35 ∴x =7 ,即擦去的数是 7. 说明 本题用到等差数列前 n 项的和 1+2+3+?+n=

n(n ? 1) 。 2

例 6 若干只箱子的总重量为 10 吨,每一只箱子重量不超过 1 吨,问为了把这些箱子用
载重 3 吨的卡车运走。 (1)证明:有一个办法至多分 5 次就可以把这此批货物全部运完; (2)至少需要多少次一定可以把货物全部运完。 分析 把这此批货物全部运完需构造装货最多的极端情形,4 次不一定能运完需构造“最 不利”的极端情形。 解 (1)先往车上尽量装货,一直装到不超过 3 吨,但再加上一箱便超过 3 吨为止,照 此办理 5 次至少运输 5?2=10 吨,得证; (2) 可知 3 次至多运输 3?3=9 吨, 考察 4 次的情况, 设每次装 x 吨, 则由 ? 得x?

?x ? 3 , ?10 ? 3x ? 3

7 2.3 2.3 。取 x ? 2.3 ,每箱重 吨,即 12 只箱子 吨,一只箱子重 0.8 吨,则 4 次不一 3 3 3

定能运完。而由(1)5 次一定可以把这此批货物全部运完,所以至少 5 次一定可以把货物全 部运完。 说明 请注意“最不利”的极端情形的构造方式,当然方式不唯一。

情景再现

-3-

3.已知函数 f( x)=

1 2 (x +1) .若存在 t∈R,只要 x∈[ 1 , m](m >1),就有 f(x+t)≤x, 则 4

m 的最大值是( ) (A)8. (B) 9. (C)10. (D)11. 4.现有 20 张扑克牌,分别是 4 张 10 , 4 张 9 ,4 张 8 ,4 张 7 ,4 张 6. 为了确保摸出 4 对同数字扑克牌,则至少要摸出多少张?

C 类例题
例 7 给定平面上不全在一直线上的有限个点,试证:必有一条直线只经过其中的两点.
分析 该命题是英国著名数学家西勒维斯特(Sylvester,1814-1897)提出的,故称之为 西勒维斯特问题.这个问题也可以叙述为: 设 ? 是平面上的有限点集, 若过 ? 中任意两点的直线上还存在有 ? 的点, 则集合 ? 中的 所有点共线. 西勒维斯特问题初看起来结论似乎比较“显然” ,应该不难证明.但实际上这个问题提出 近 50 年的时间内无人解决. 解 设所有的点(有限)构成集合 ? ,点 P ? ? ,集合 ? 表示由至少过 A 中两点的全体 直线构成的集合, l ? ? . d ? P, l ? 表示点 P 到直线 l 的正距离( l 不通过点 P) , ? 表示所有

d ? P, l ? 的集合.
因为 ? 中的点不全在一直线上,所以 ? 非空,又 ? 是有限集,所以 ? 也是有限集,于是

? 中有一个最小元素,设为 d ? P0 , m? .下面证明:直线 m 只经过 ? 中的两点.
假定 m 经过 ? 中的至少三个点,例如经过 P 1 ,P 2 ,P 3 .设 P 0 点在直线 m 上的垂足为 Q , 那么 Q 点的一侧必有两个点(其中一个点可能和 Q 重合) ,设为 P 3 ? QP 2 .另 2,P 3 ,且 QP 直线 n 为经过 P 0 、P 3 的直线,显然 d ? P 2 , n? ? d ? P 0 , m? .这与 d ? P 0 , m ? 的最小性矛盾,从而

m 只能经过两个点.
说明 与西勒维斯特问题相应,有一个对偶的命题:在平面上给定 n 条两两互不平行的直 线,若对于它们中任何 2 条直线的交点,都有这 n 条直线中的另一条过这点.则这 n 条直线共 点.

例 8 设有 2n?2n 的正方形方格棋盘,在其中任意的 3n 个方格中各放一个棋子,求证:
可以选出 n 行 n 列,使得 3n 枚棋子都在这 n 行 n 列中。 分析 考虑尽可能选取棋子数目较多的 n 行。 解 在各行棋子中,一定有一行棋子最多,设有 p1 枚棋子。 从剩下的 2n ? 1 行中找一行 棋子最多的,设有 p 2 枚,?,找 n 行,共有 p1 ? p2 ? ? ? pn 枚棋子,则所选 n 行至少有 2 n 枚棋子。否则,若 p1 ? p2 ? ? ? pn ≤ 2n ? 1 ,则 pn?1 ? pn?2 ? ? ? p2n ≥ n ? 1 。∴ p1 ,

p 2 ,?, p n 中必有一个不大于 1, pn?1 , pn?2 ,?, p 2 n 中必有一个大于 1,与 p1 ≥ p 2 ≥?

-4-

≥ p 2 n 矛盾。∴剩下的 n 枚棋子从 n 列中选即可。 说明 本题是极端原理在操作策略上解题的一个应用。

情景再现
5.已知:在△ABC 中,∠A>90°,AD 是 BC 边上的高,求证:AB+AC<AD+BC。 6.已知有 10 张圆纸片,它们盖住的平面图形的面积为 1。证明:可以从中选出若干张互 不重叠的圆纸片,使得它们的面积之和不小于

1 。 9

习题

A
1.把 16 个互不相等的数排成下表:

a11

a12

a13

a14 a 24

a 21

a 22 a 23

a31
a 41

a32 a33
a 42 a 43

a34
a 44

先取出每一行最大的数,共得 4 个数,设其中最小的数为 x,再取出每一列中最小的数,也得 到 4 个数,设其中最大的数为 y,那么 x,y 的大小关系是 A. x=y B. x<y C. x≥y D. ( x≤y 。 )

2.已知 n 是自然数 ,且 n≥2,那么方程 x1 ? x2 ? ? ? xn ? x1 x2 ? xn ,在正整数范围 内的解 A. 不存在 B. ( 有且仅有一组 ) C. 至少有一组 D. 至少有 2n 组

3.设有 n(n≥2)名选手进行乒乓球比赛,任两名选手都进行一场比赛,每场比赛均决 出胜负,求证:存在选手 A,使得其他的任一选手,或是输给 A,或是输给被 A 打败的某一 名选手。 4.25 个人组成若干个委员会,每个委员会都有 5 名成员,每两个委员会至多有一名公共 成员。证明:委员会的个数不超过 30。 5.平面上有 4 个点,其中任意三个点作成的三角形面积都小于 1,试证明:存在一个面 积小于 4 的三角形包含这 4 个点。 6.两圆外切于点 P,过 P 点作两条互相垂直的割线 APC,和 BPD,设两圆的直径为 m, n。求证:AC2+BD2 为定值。
-5-

B
? x1 ? x 2 ? x3 2 ? 2 ? x 2 ? x3 ? x 4 7.解方组 ? ,其中 x i (i=1,2?,4)为正数。 2 ? x3 ? x 4 ? x1 ? 2 ? x 4 ? x1 ? x 2
8.证明:方程 x 2 ? y 2 ? 3( z 2 ? u 2 ) 不存在正整数解。 9.将自然数 1 至 100 填入 10?10 个方格中,每格一个数,求证:无论怎样安排,总不 能使每两个有公共边的方格中所填数之差都不超过 5。 10.对于任意一个大于 1 的自然 数 n 而言,把 n2 个自然数 1,2…..n2,随着填入 n?n 的方格中,每格填一个数,试证明:总有两个相邻的方格,即具有公共边的两个方格中,所 填写的两个数的差的绝对值不小于

n ?1 。 2

C
11.网球比赛,20 人参加 14 场单打比赛,每人至少上场一次,求证:必有 6 场比赛, 其中 12 个参赛者各不相同. 12.

[来源:www.shulihua.net]

在空间给定 n 个点的集合 ? ,其中任何四点不共圆,任何三点构成三角形,且有

一个内角大于

2? 2? .求证:可以把这 n 个点排序为 A 1 , A2 ,?, An ,使 ?Ai A j Ak ? 3 3

对任何满足 1 ? i ? j ? k ? n 的数组 ? i, j, k ? 都成立. 本节“情景再现”解答: 1. 分析 考虑边缘位置:P1 为 CB 的中点时, 易知 P2、 P3 和 P4 也应是各边的中点,此时 tan θ=

1 ,该值应是界值,故选 C. 2

2.解 显然, PA, PB 是直线 l 的极端位置,而 kPA =2 ,

3 ,由直线斜率变化规律知,直线 l 的斜率 4 3 为 k ≥2 或 k ≤ ,故选(C) . 4
k
PB

=

[来源:www.shulihua.net]

3.作函数 y = x 的图象, 平移函数 y=f(x)的图象使之与 直线 y = x 交于点(1 ,1) 和(m, m ),其中 m>1.此时所得的图 象 是 y = f(x + t) 的 图 象 的 极 端 位 置 , 于 是 , 解 方 程 组

-6-

?f(1+ t) =1 , 结合 m>1 ,t =-4. m=9. 所以,m 的最大值是 9 ,选(B) . ? ?f(m + t) = m
4.考虑最不利的情形, 先摸的 5 张都是不同数字, 再摸第 6 张必有 2 张成对, 拿出这 一 对,余下 4 张,再摸第 7 张,又考虑最不利的情况— 第 7 张与余下的 4 张互不成对, 于是 摸出第 8 张必又有一对,故至少摸出 8 张才能保证有两对. 不难想象, 以后每摸出 2 张必又 确定一对. 因此,至少摸出 2 ?4 + 4 = 12 张才能确保摸出 4 对. 5 . 构造特殊状态——直角三角形。从 A 引 AE 交 BC 于 E ,使∠ BAE=90 °。∴ 2 AB +AE2=BE2,且 AB?AE=BE?AD。∴(AB+AE)2= AB2+AE2 +2AB?AE= BE2+2BE?AD < BE2+2BE?AD +AD2=( BE+AD) 2。∴AB+AE <BE+AD。 又Δ AEC 中, AC<AE+CE。∴AB+AC < AB+AE+ CE<BE+AD+CE=BC+AD。得证。 6.⑴若 10 张圆纸片互不重叠,则本题得证;⑵若 10 张圆纸片有互相重叠,则先取出面 积最大的圆纸片⊙ o1 ,并相应取出与其重叠的圆纸片,再依次取出剩下的面积最大的圆纸片 ⊙ o2 ,?,得到⊙ o1 ,⊙ o2 ,?,⊙ on 。则它们的面积和 S1+S2+?+SK=π r1 +π r2 +?+π rk ,
2 2 2

又 1≤π (3r1) +π (3r2) +?+π (3rk) ,∴S1+S2+?+SK≥ 本节“习题 4”解答: 1. 考虑最特殊的一个排列: 1 5 9 2 6 10
来 [

2

2

2

1 。 9

3 7 11

4 8 12
[来源:学。科。网]

源:www.shulih

ua.net]

13

14

15

16

则有 y=4=x。调整 1,16 的位置,则有 x=8,y=5。故 选C 事实上: 设 x= aij , 则第 i 行的每一个数均不超过 x, 即 ai1 ,

ai 2 ,?, aij ≤x。又因为每一列中最小的数均不超过该列中第 i 行的数,即第 1 列最小的数
≤ ai1 ≤x,?,第 k 列最小的数≤ aik ≤x。所以 x≥y。 2.简单化,从极端 n=2 分析。 当 n=2 时,有: x1 ? x2 ? x1 x2 , ( x1 ? 1)(x2 ? 1) ? 1 。 则在正整数范围内,有 x1 ? x2 ? 2 ,事实上:当 n>2 时,在 x1 ? x2 ? ? ? xn ? x1 x2 ? xn 中, 令 x3 ? x4 ? ? ? xn ? 1 ,则 ( x1 ? 1)(x2 ? 1) ? n ? 1 。至少有 ? 程至少有 n(n ? 1) 组解。故本题选 C。 3.设 A 是赢球场数最多的人。⑴对其他的任一选手 B,若输给 A,则得证。⑵若 B 不输
-7-

? x1 ? 2 ? x1 ? n 或? 。所以原方 ? x2 ? n ? x2 ? 2

给 A,即赢 A。若 B 没有输给被 A 打败的任一个人,即 B 赢了被 A 打败的任一个人,则 B 赢 的场数超过 A 赢的场数,与 A 是赢球场数最多的人矛盾。∴本 题得证。 4.设有 x 个委员会,并设 A 是参加委员会最多的人,设 A 参加了 n 个委员会。平均每人 参加委员会的个数为

5x x ? ≤n,即有 x≤5n。考虑 A 参加的 n 个委员会,总人数为 4n+1 25 5

≤25,n≤6,∴x≤5n≤30。 5.以给定的 4 个点(A、B、C、D)为顶点的三角形数 目是有限的,不妨设Δ ABC 是其中面积最大的一个三角形。 过 A、B、C 分别作对边的平行线,它们相交可得Δ EFG(如 图所示) 。显然 SΔ EFG<4,则第四个顶点 D 必在Δ EFG 内,否 则与Δ ABC 的面积最大矛盾,从而得证。 6. 可以通过让两条割线处于特殊位置状态, 探究出结论, 再研究一般情形。由两条割线 APC、BPD 垂直,由勾股定理 可得 AP2+BP2= m2, CP2+DP2= n2。 且有 AB =m, CD=n。 ∴AC2+BD2=(AP+CP)2+(BP+DP)2 =AP2+BP2+CP2+DP2+2(AP?CP+BP?DP) = m2+n2+2(AP?CP+BP?DP)。过点 P 作两圆的 内公切线 EPF,则由弦切角定理有∠APE=∠PBA,∠FPC=∠PDC。又由对顶角相等,知∠ APE= ∠ FPC 。 ∴ ∠ PBA= ∠ PDC 。 又 ∠ APB= ∠ CPD=90 ° , ∴ Δ ABP ∽ Δ CDP , ∴

AP BP AB m m m m ? ? ? 。 从而可得 AP= CP, BP= DP, 则 AP? CP+BP? DP= CP? CP+ CP DP CD n n n n m m m DP?DP= ( CP2+DP2)= ? n2=m?n。∴AC2+BD2= m2+n2+2mn 为定值。 n n n
7.容易看出, (2,2,2,2)满足原方程组。下面用极端原理证明唯一性。 设( x1 , x2 , x3 , x4 )是原方程组的一组解。若 x i 是其中最大的正数,则 xi ≤ 2 xi ,∴ x i ≤2。若 x j 是其中最小的正数,则 x j ≥ 2 x j ,∴ x j ≥2。∴ x1 = x2 = x3 = x4 =2,所以原方程 组的解是(2,2,2,2) 。 8.假设这个方程有正整数解( x , y , z ,u ),则 x 必有最小值。设( x0 , y0 , z0 ,u0 ) 是使 x 最小的一组解。∵ x0 ? y0 是 3 的倍数,∴ x0 , y0 也均是 3 的倍数。设 x0 ? 3m ,
2 2

2

2

y0 ? 3n ,则 z02 ? u02 ? 3(m2 ? n2 ) 。∴ z0 , u0 也均是 3 的倍数,设 z0 ? 3s , u0 ? 3t 此时
(m, n, s, t) 也是方程的一组解。 m< x0 。 与 x0 的最小性矛盾。 故方程 x ? y ? 3( z ? u )
2 2 2 2

不存在正整数解。 9.考察 1 和 100 这两个最小的和最大的数,它们相差 99,在 10?10 方格中任何两个方 格之间都可以找到一条不超过由 18 个相连方格组成的路。对于任一条路,即使每两个有公共 边的方格中所填数之差为 5,所有差的和都小于 99。从而必有某两个有公共边的方格中所填

-8-

数之差超过 5。 10 .考虑 1 和 n2 的填写: ( 1 )当 1 和 n2 填在相邻方格时,则它们的差的绝对值

n2 ?1 ?

n ?1 n ?1 ? 2(n ? 1) ? ,∴命题成立。 2 2

(2)当 1 和 n2 填在不相邻方格中,不妨 1 填在 a11 ,n2 填在 a kl ,考察差的绝对值之和 设其 | akl ? ak (l ?1) | ??? | ak 2 ? ak1 | ? | ak1 ? a(k ?1)1 | ??? | a21 ? a11 | ≥ akl ? a11 ? n 2 ? 1 。 中绝对值最大的为 m,则 2(n-1)m≥n2-1。∴m≥

n ?1 。得证。 2

11.设第 i 场比赛选手为 ? ai , bi ? ,全部比赛为 S ?

?? a , b ? i ? 1, 2,3,? ,14? .
i i

用逐步生成的办法挑选一个最大的子集.先选 ? a1 , b1 ? ,如果 ? a2 , b2 ? 中的 a2 , b2 与 a1 , b1 均 不同,则将 ? a2 , b2 ? 选入.再检验 ? a3 , b3 ? 是否可以选入,一直继续到选出这样一个最大的子 集 M ? S , M 中的元素的选手均彼此不同,而再添加一对选手时,就有两选手相同了. 设 M 的元素个数是 r ,共 2 r 个选手,余下 20 ? 2r 个选手,这 20 ? 2r 个选手中,他们 的两选手之间不能比赛(否则这对 选手的比赛将选入 M ,与 M 的最大性矛盾) ,于是他们只 能和 M 间涉及到的 2 r 个选手比赛,且每人至少上场一次,这样至少有 20 ? 2r 次比赛,再加 上 M 中的 r 场比赛,于是 r ? ? 20 ? 2r ? ? 14 .解之得 r ? 6 ,即要证命题成立. 12.由于 ? 是有限集,故可从中选取两点 A 、 B ,使得 AB 是所有任意两点之间距离最 大者.首先证明:对于任意两点 C 、 D ? ? ,有 ?CAD ?

2? 2? , ?CBD ? . 3 3 2? 2? 事实上,在 ?ACB 、 ?ADB 中 AB 都是最大边,故 ?ACB ? , ?ADB ? ,从而 3 3
[来源:www.shulihua.netwww.shulihua.net]

?CAB ?

?

3

, ?DAB ?

?

3

.由于三面角的任一面角小于另外两个面角之和,故在三面角

A ? BCD 中,有 ?CAD ? ?CAB ? ?DAB ?

2? 2? .同理 ?CBD ? . 3 3

又对任何 C 、 D ? ? ,有 AC ? AD . (否则在等腰三角形 CAD 中只能有 ?CAD ? 矛盾! )

2? , 3

A ,其余的点则依其与 A1 的距离从 把 ? 中的点排列成: A 1 , A2 ,?, An .其中 A 1 为点
小到大排列(有前面的结论,这些距离各不相同) ,即有 A 1A 2 ? A 1A 3 ??? A 1A n .
-9-

下面证明:这个排列的方式符合要求. 在 ?A 1 Aj Ak ( 1 ? j ? k ? n )中,因为 A 1 Aj ? A 1A k ,故 ?A 1 Ak Aj 不可能大于 前面的结论 ?Aj A1 Ak ?

2? 2? ,从而 ?A1 Aj Ak ? . 3 3

2? ,又由 3

当 1 ? i ? j ? k ? n 时,

2? ? ? ,从而 ?A1 Ak Ai ? ,同理 ?A1 Ak A j ? .于是,在 3 3 3 2? ?Ai Ak Aj ? ?A1 Ak Ai ? ?A1 Ak A j ? 三面角 Ak ? A . 1A i Aj 中 3 2? 2? 2? 再 证 明 : ?Ak Ai A? . 事 实 上 , 若 ?Ak Ai Aj ? , 由 ?A1 Ai A j ? , j 3 3 3 2? ?A1 Ai Ak ? ,得 ?A 1A i Ak ? ?A i ?A 1 Aj A k 的 3 个面 1A i Aj ? ?A kA i Aj ? 2? .即三面角 A 3
因在 ?A 1 Ai Ak ? 1A i Ak 中, ?A 角之和大于 2? ,这是不可能的. 所以,在 ?Ai Aj Ak 中必是 ?Ai Aj Ak ?

2? . 3

综上所述,所作出的排列方式符合要求.

- 10 -


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