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构造法解题漫谈(12[1].25)


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构 造 法 解 题 漫 谈
首都师范大学数学科学学院 首都师范大学数学科学学院 周春荔 数学解题中,运用逻辑推理一步一步地导出必要条件,最后得出问题的结论, 这是经常采用的常规手段. 但对某些问题,依据题设条件的特点,用已知条件中的 元素为“元件”,用已知数学关系式为“支架”,在思维中构作出一种新的数学形 式,这样,常使数学解题突破常规,另劈蹊径.表现出简捷、明快、精巧的特点. 例 1.证明存在两个无理数 x , y ,使得 x y 是有理数. 这是一道莫斯科数学竞赛的培训题.在 1985 年北京数学奥林匹克学校教学中曾 组织高一学生课堂讨论.教师的思路是:令 x = 2 , y = 2 .若 2 题已得解;若 2
2
2

是有理数,则问

是无理数,则 ? 2 ? ?

2

? ? ?

2

= 2 = 2 是有理数.因此,一定存在这样

2

的两个无理数 x, y ,使得 x y 是有理数. 证明虽然漂亮,但并没有指出哪两个无理数具有这种性质.经过课堂讨论 ,人 大附中的丹阳同学举出 x = 2 , y = log 2 9 是两个无理数,而 x y = 2
log 2 9

= 3 是有理

数的例子. 集思广益,得到了优美、简捷的构造法证明,进而引起了大家对无理数 性质研究的兴趣. 例 2. a, b, c, d 都是正数.证明,存在这样的三角形,它的三边等于 b2 + c 2 ,

a 2 + c 2 + d 2 + 2cd ,

a 2 + b 2 + d 2 + 2ab ,并计算这个三角形的面积.

分析:此题若直接利用“三角形不等式”来判定三条线段为边能否构成三角形, 分析 然后再利用海伦公式依据三边计算三角形的面积,会使人望而生畏的.但是,只要认 真分析题目的条件, 注意到 b 2 + c 2 , a 2 + c 2 + d 2 + 2cd , a 2 + b 2 + d 2 + 2ab 的结构 特征,就会萌发利用勾股定理把这三条线段构作出来的想法,我们不妨试试看.

1

解:如图 1,以 a + b, c + d 为边画一个矩形,阴影所示的三角形的三边分别为
b 2 + c 2 , a 2 + ( c + d ) 2 , ( a + b) 2 + d 2 , 满足题设条件的三角形就构作出来了.当然它

的存在性也就证明了. 设阴影三角形的面积为 S,显然
1 1 1 S = (a + b)( c + d ) ? bc ? d ( a + b) ? a ( c + d ) 2 2 2 = 1 ( ac + bc + bd ) . 2
(图 1) )

这样就把问题巧妙地解决了.真乃山穷水尽疑无路,柳暗花明又一村! 在上述问题中, 解题时由于某种需要, 而把题设条件中元素间的关系构作出来, 或者构想这种关系在某个模型上得以实现,或者构想出某种关系或形式能使问题按 新的观点,新的角度去审视,从而使问题巧妙地获得解决.在这个过程中思维活动的 特点是“构作”,我们不妨称之为“构造性思维”.运用构造性思维解数学问题的方 法,通称为数学解题的构造法.

§1.

构 造 图



所谓“构造图形 构造图形”是指: 根据问题条件中的数量关系的几何意义,以某种方式 构造图形 构作图形,将题设中的数量关系直接在图形中实现,从而得到问题的解答. 构作图形帮我们解题, 重要的一点是熟悉基本代数关系式的几何意义.证题过程 实质是代数语言向图形语言的转换.其中的巧思构作会增加解题的美感, 构作图形解 题是发展数学创造性思维的一个有效途径. 例 3. 如图 2-1 所示,面积为 13 平方厘米、29 平 方厘米和 34 平方厘米的三张正方形纸片拼放在一起, 中间恰围成 ?ABC . 求 ?ABC 的面积是多少平方厘米? 解:注意到 13 = 32 + 22 , 29 = 52 + 22 ,
34 = 52 + 32 .

如图 2-2 作边长为 5 厘米的正方形 AMNP, 分成 5×5=25 个 1 平方厘米的正方形网格. 根据
(图 2-1) )

2

勾股定理,可知 图 2-2 中的 AB,BC,CA 分别等于题图 2-1 中 3 个正方形的边长. 因此 ?ABC 的面积可求. 事实上,
1 1 1 ?ABC 的面积 = 5 × 5 ? × 3 × 5 ? × 2 × 5 ? × 2 × 3 2 2 2 = 9.5(平方厘米)

答: ?ABC 的面积为 9.5 平方厘米.

(图 2-2) )

例4. 若 x > 0, y > 0, z > 0. 求证: x 2 ? xy + y 2 + y 2 ? yz + z 2 > z 2 ? zx + x 2 . 解:注意到 x > 0, y > 0, z > 0,
x 2 ? xy + y 2 = x 2 + y 2 ? 2 xy cos 60

表示以x,y为边夹角为 60 的三角形的第三边.同理
y 2 ? yz + z 2 , z 2 ? zx + x 2 也有类似的几何意义.这样,

我们构作顶点为O的四面体O-ABC,使得 ∠AOB = ∠BOC = ∠COA = 60 , OA = x, OB = y, OC = z. 则有 AB = x 2 ? xy + y 2 ,BC = y 2 ? yz + z 2 ,CA = z 2 ? zx + x 2 由△ABC中, AB + BC > AC , 所以 x 2 ? xy + y 2 + y 2 ? yz + z 2 > z 2 ? zx + x 2 . 此法更是令人拍案叫绝! 构造图形解题过程的程序框图是:
(图3) )

题设条件 特点分析

几何作图 几何意义

构 图

作 形

在图形中寻求 或间接推理

所 求 结 论

数形结合引入的构造图形的方法体现的构造思想,可以进一步推广到其它的数 学对象上去,成为构造数学对象的极有特色的解题方法.

3

例 5. 正数 a,b,c,A,B,C 满足条件 a + A = b + B = c + C = k. 求证: aB+bC+cA < k2.
届全苏数学竞赛八年级的一道试题) (第 21 届全苏数学竞赛八年级的一道试题)

先给出原命题者给出的代数解法,然后再与我们的几何解法比较. 代数解法:因为 k 3 = (a + A)(b + B )(c + C ) 代数解法 = abc + Abc + acB + ABc + abC + AbC + aBC + ABC = abc + ABC + aB (c + C ) + cA(b + B ) + bC (a + A) > aBk + bCk + cAk = k (aB + bC + cA) 又因为 k > 0,所以 k2 > aB + bC + cA. 即 aB + bC + cA < k 2 .

不难见到,完成以上代数法证明,要求具备很好的因式分解的基本功. 几何证法 1:注意条件 a + A = b + B = c + C = k 和结论 aB + bC + cA < k 2 . 等 价于
1 1 1 1 aB sin 60 + bC sin 60 + cA sin 60 < k 2 sin 60 . 2 2 2 2

可以想到构造边长为 k 的等边三角形的方法. 如图作边长为 k 的等边三角形 MNT,在边 MN,
NT,TM 上分别取点 P,Q,W. 连接 PQ,QW,WP

显然 S ?NPQ + S?TQW + S ?MPW < S ?MNT ,即

1 1 1 1 aB sin 60 + bC sin 60 + cA sin 60 < k 2 sin 60 . 2 2 2 2
因为

(图 4) )

1 1 sin 60 > 0, 约去 sin 60 即得证 aB + bC + cA < k 2 . 2 2

几何证法 2:利用我们给出的代数关系式的几何表示,将 k2 看成边长为 k 的正 : 方形面积.先作一个边长为 k 的正方形 PQMN, PQ = b + B,QM = a + A,若 a ≤ C 设 令 PN = C + c,MN = A + a,在正方形

PQMN 内,如图 5 完成面积为 aB , bC ,cA 的三个长方形,三个未涂阴影
的长方形面积之和恰为 aB + bC + cA, 显然小于正方形 PQMN 的面积 k2.

a > C,如图 6 完成面积为 aB , bC ,

(图 5) )

(图 6) )

4

cA 的三个长方形,三个未涂阴影的长方形面积之和恰为 aB + bC + cA,显然也小于 正方形 PQMN 的面积 k2. 这个证法简单明快,直观有趣,小学生也可以理解. 华罗庚教授曾以如下诗句概括数形结合的思想: 数与形, 本是相倚依,焉能分作两边飞. 数缺形时少直觉,形少数时难入微. 数 形结合百般好, 隔裂分家万事非.切莫忘, 几何代数统一体,永远联系,切莫分离![1] 例 6.设 a, b, c 是满足

a+ b+ c=

3 的正数.试证:方程组 2

? y ? a + z ? a =1 ? ? z ?b + x ?b =1 ? x?c + y ?c =1 ?
有唯一的实数解 x, y, z. 证明:如图,作边长为 1 的正三角形 ABC,在形内作 l1//BC,使 l1 与 BC 的距 证明: 离为 a ;再作 l2//CA,使 l2 与 CA 的距离为 b ;这时 l1 与 l2 有且仅有一个交点 P. 这时 P 到 BC 的距离 PD = a , P 到 CA 的距离 PE = b , 由已知, a + b + c = 推知,P 到 AB 的距离 PF = c . 设 AP = x , BP = 则 AF = x ? c , BF =
3 , 2

y , CP = z .
y ? c , BD = y ? a,

CD = z ? a , CE = z ? b , AE = x ? b .

而 BD + CD = 1, CE + AE = 1, AF + BF = 1.
(图 7 ) ? y ?a + z ?a =1 ? 恰满足题设的方程组 ? z ? b + x ? b = 1 ,因此方程组有实数解. ? x ?c + y ?c =1 ?

现证明,方程组的解是唯一的.假设还有另一组解 x1 , y1 , z1 ,不妨设 y1 > y ,则由 第一个方程知 z1 < z ,再由第二个方程知 x1 > x ,又由第三个方程知 y1 < y ,得出矛

[1]

《华罗庚科普著作选集》第 181 页,上海教育出版社,1984 年 10 月版.

5

盾!所以,该方程组只有唯一一组实数解. 例 7.在一个有限的实数列中,任何七个连续项之和都是负数,而任何十一个 连续项之和都是正数.试问:这样一个数列最多能包含多少项?
(19-IMO 第 2 题)

分析与解: 分析与解 设这个数列为 a1 , a 2 , ?, a n . 可以按条件分成若干“7 项和片段”与若干 “11 项和片段”.而这些片段又可作出各式各样的组合,其中大量的是无用的组合. 解 题过程就是从大量的组合中挑出有用的组合形式. 连续 7 项之和都是负数, 而任意连续 11 项之和都是正数. 这样的数列一定是有 限项. 比如前 77 项之和,若按每 7 个数为一段求和, 总和应为负数, 如果按每 11 项为 一段求和, 总和应为正数. 得出矛盾! 所以这个数列的项数不能超过 76. 那么, 这个 数列到底最多有多少项呢? 一项一项地试: 76,75,74,73,…,是不可取的,还要一般 的分析. 由于 a1 + a2 + ? + a7 < 0, 而 a1 + a2 + ? + a7 + a8 + ? + a11 > 0, 所以 a8 + a9 + a10 + a11 > 0 . 进而若数列从 a2 算起, 可得 a9 + a10 + a11 + a12 > 0, 从 a3 算 起, 可得 a10 + a11 + a12 + a13 > 0, ……,也就是从 a8 起,每连续 4 项的和都是正的 项的和都是正的.考虑 从 到 a1 + a2 + ? + a7 + a8 + ? + a14 < 0, 而 a1 + a2 + ? + a7 + a8 + ? + a11 > 0, 则 项之和小于零, a12 + a13 + a14 < 0, 且从 a12 开始每连续 3 项之和小于零,但 a12 + a13 + a14 + a15 > 0, 所以 从 从 a15 开始,以后每一项都应是正的,这时 a16 > 0, 若再有 a17 > 0, 则得出 a15 + a16 + a17 > 0 , 与从 a12 开始每连续 3 项之和小于零, 即应有 a15 + a16 + a17 < 0 矛盾! 所以这个数列不能是 17 项,即项数 n ≤ 16. 一位得特别奖的学生给出的解法很有特色. 设这数列是 a1 , a 2 ,?, a n ,构造数阵 a1 a2 a3 ? a10 a11 a2 a3 a4 ? a11 a12 a3 a4 a5 ? a12 a13 a4 a5 a6 ? a13 a14 a5 a6 a7 ? a14 a15 a6 a7 a8 ? a15 a16 a7 a8 a9 ? a16 a17

6

横向逐行求和得整个表中 77 个数之和为负,纵向逐列求和得整个表中 77 个数之和 为正.这一矛盾说明项数 n < 17 . 另一方面,构造 16 项数列:6,6,-15,6,6,6,-16,6,6,-16,6,6,6, -15,6,6,适合题意,所以这个数列最多能包含 16 项.

§2

构 造 函 数

所谓“构造函数”是指:由题设条件为对象,构想、组合出一种新的函数关系、 方程、多项式等具体形式,使问题在新的观点下实现转化而获解.中学数学微积分教 材证明拉格朗日微分中值定理构造的辅助函数 ? ( x) = f ( x) ? 函数的一个生动的例子. 函数 例 8. a 、 b 、 c , ∈ R ,求证
a+b+c 1+ a + b + c ≤ a 1+ a + b 1+ b + c 1+ c . x 在相应四点 | a + b + c |, | a | , 1+ x
f (b) ? f (a ) x 就是构造 构造 b?a

分析:四个分式形状相似,相当于函数 f ( x ) = 分析

| b |, | c | 的值.
证明:构作函数 f ( x ) = 证明

x , x ∈ [0, +∞ ) ,则研究这个函数性质如下: 1+ x

当任意 x1,x2 满足 0 ≤ x1 < x2 < +∞ 时,

f ( x2 ) ? f ( x1 ) =

x2 x x2 ? x1 ? 1 = > 0, 1 + x2 1 + x1 (1 + x1 )(1 + x2 ) x 在 [0, +∞) 是递增函数. 1+ x

所以函数 f ( x ) =

因为 | a + b + c |≤| a | + | b | + | c | ,所以 f (| a + b + c |) ≤ f (| a | + | b | + | c |) . 即

|a +b+c| |a |+ |b|+ |c | ≤ 1+ | a + b + c | 1 + (| a | + | b | + | c |) = |a | |b| |c| + + 1+ | a | + | b | + | c | 1+ | a | + | b | + | c | 1+ | a | + | b | + | c |

7



|a | |b | |c| . + + 1+ | a | 1+ | b | 1+ | c |

不等式得证. 例 9.若 a1 , a 2 ,..., a n , b1 , b2 ,..., bn 都是实数,求证:

(a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn )2 ≤ (a12 + a 22 + ... + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )
分析与解:若 a1 = a 2 = ? = a n = 0 ,所证结论显然成立; 分析与解
2 2 若 a1 , a 2 , ?, a n 不全为 0 ,则 a12 + a 2 + ? + a n ≠ 0 .

由于所要证明的形式与简化二次方程的判别式相近,启发我们构造一个二次函 数
2 2 P( x ) = a12 + a 2 + ? + a n x 2 ? 2(a1b1 + a 2 b2 + ? + a n bn )x + b12 + b22 + ? + bn2

(

)

(

)

展开、集项、配方得
P( x ) = (a1 x ? b1 ) + (a 2 x ? b2 ) + ? + (a n x ? bn ) ≥ 0 .
2 2 2

所以,恒有判别式
2 2 2 2 4(a1b1 + a 2 b2 + ? + a n bn ) ? 4 a12 + a 2 + ? + a n b12 + b2 + ? + bn ≤ 0 , 2

(



(a1b1 + a 2 b2 + ? + a n bn )2 ≤ (a12 + a22 + ? + a n2
10. 例 10.设 a, b, c 两两不等,证明:

)( )(b

)

2 1

2 + b22 + ? + bn

)

成立.

bc ca ab + + = 1. (a ? b )(a ? c ) (b ? c )(b ? a ) (c ? a )(c ? b )
分析与解: 方法烦琐.我们从变量 x 的函数观点来考虑, 分析与解 将左边通分化简来论证, 构造辅助方程:

(x ? b )(x ? c ) + (x ? c )(x ? a ) + (x ? a )(x ? b ) = 1 . (a ? b )(a ? c ) (b ? c )(b ? a ) (c ? a )(c ? b )

??(?)

这是关于 x 的不超过二次的方程,容易验证,它有三个不同的根 即对于任何 x 值,(?) 式均成立.特别地, x = a, x = b, x = c. 故 (?) 式是关于 x 的恒等式, 取 x = 0, 就得出了所求证的等式. 11.已知 16 cos C + 4 sin B + tan A = 0 , sin 2 B = 4 cos C ? tan A ,其中 cos C ≠ 0 例 11 试确定 cot A ? cos C 的值.

8

分析与解:由 sin 2 B = 4 cos C ? tan A ,诱发我们想到一元二次方程判别式. 分析与解 并且判别式等于 0 方程有等根.为此,不妨一试. 令 t = 4 ,则前一式改写为
t 2 cos C + t sin B + tan A = 0

( ?)

因为 cos C ≠ 0 ,所以 (?) 式是 t 的一元二次方程.由第二个关系式推知,(?) 的判 别式 ? = sin 2 B ? 4 cos C ? tan A = 0, 所以,关于 t 的一元二次方程 (?) 有等根,即

t1 = t 2 = 4 .
由韦达定理得,
tan A = t1 ? t2 = 42 = 16, 所以 tan A ≠ 0. cos C 1 . 16

因此, cot A ? cos C = 例 12.如果

x2 y2 z2 w2 + 2 + 2 + 2 = 1, 2 2 ? 12 2 ? 3 2 2 ? 5 2 2 ? 7 2 x2 y2 z2 w2 + 2 + 2 + 2 = 1, 4 2 ? 12 4 ? 3 2 4 ? 5 2 4 ? 7 2 x2 y2 z2 w2 + + + = 1, 6 2 ? 12 6 2 ? 3 2 6 2 ? 5 2 6 2 ? 7 2

x2 y2 z2 w2 + 2 + 2 + 2 = 1. 8 2 ? 12 8 ? 3 2 8 ? 5 2 8 ? 7 2
求 x 2 + y 2 + z 2 + w 2 之值.
(第二届美国数学邀请赛第 15 题) 第二届美国数学邀请赛第

分析与解 分析与解:依据所给条件的特点,把题设四个方程统一起来,构成如下的参数 方程:

x2 y2 z2 w2 + + + =1 t ? 1 t ? 9 t ? 25 t ? 49



x,y,z,w 满足给定的方程组,等价于 t = 4,16,36,64 时满足 ① 式.
以 (t ? 1)(t ? 9)(t ? 25)(t ? 49) 遍乘①式两端, 可知, 对有意义的 (即 t ≠ 1,9, 25, 49 ) t 来说,①式等价于多项式方程
(t ? 1)(t ? 9)(t ? 25)(t ? 49) ? x 2 (t ? 9)(t ? 25)(t ? 49) ? y 2 (t ? 1)(t ? 25)(t ? 49)

? z 2 (t ? 1)(t ? 9)(t ? 49) ? w2 (t ? 1)(t ? 9)(t ? 25) = 0



9

②式左端是 t 的 4 次多项式,因为 t = 4,16,36,64 是这个方程式的 4 个已知 根,而 4 次多项式至多有 4 个根,所以这些根就是②的全部根.可见②式等价于

(t ? 4)(t ? 16)(t ? 36)(t ? 64) = 0



在②和③中, t 4 项的系数都是 1,所以 t 的其它各次幂的系数也应该相同. 特别 地,两方程②和③中 t 3 项的系数应相等.由根与系数关系比较系数,得

1 + 9 + 25 + 49 + x 2 + y 2 + z 2 + w2 = 4 + 16 + 36 + 64
由此,得出

x 2 + y 2 + z 2 + w2 = 36.

?1 9? 例 13. 证明.存在这样的整系数多项式 P (x) 对于区间 ? , ? 中的一切 x ,它适 ?10 10 ?
合不等式 P ( x ) ?
1 1 < . 2 1000
年数学竞赛题) (波兰 1971-1972 年数学竞赛题)

分析与解 分析与解:由 0.1 ≤ x ≤ 0.9 得, 0.2 ≤ 2 x ≤ 1.8 .从而 ?0.8 ≤ 2 x ? 1 ≤ 0.8 ,即
| 2 x ? 1 |≤ 0.8 .



P( x ) ?

1 1 1 ,只须 2 P ( x ) ? 1 < < . 500 2 1000

1 令 Q ( x ) = 2 P( x ) 也就是 P( x ) = Q ( x ) . 2

若 P( x ) 为整系数多项式,显然 Q ( x ) 也必须是整系数多项式,且 Q ( x ) 的各项系 数要为 2 的倍数(是偶数),并且满足 Q ( x ) ? 1 <
1 . 500

由二项式定理知 (2 x ? 1) n + 1 ,当 n 为奇自然数时,各项系数均为偶数. 故令
Q( x) = (2 x ? 1)n + 1

(n 为奇自然数)
1 1 , 只需 (0.8)n < = 0.002 ,解得 n > 27.8 . 500 500 1 ?(2 x ? 1) 29 + 1? 即为满足 ? 2?

则要 | Q ( x ) ? 1 |=| 2 x ? 1 |n <

注意到 n 为奇自然数, 我们取 n = 29 即可.此时 P( x ) = 题设条件的一个整系数多项式. 例14. 解方程组

10

? x1 + x2 + x3 + ? + xn = n ? x2 + x2 + x2 + ? + x2 = n ? 1 2 3 n ? ?? ? ? ? ? ? n n n ? x1n + x2 + x3 + ? + xn = n ?

分析与解: 分析与解:该方程组是n元方程组,形式很对称.我们构造函数 P(x) =(t – x1)(t – x2)(t – x3)…(t – xn)= t n+ a1tn-1 + a2tn-2 + … + an-1t + an 则 0 = P(x1) + P(x2) + P(x3) + …… + P(xn) = =

∑x

n i

+ a1 ∑ xin ?1 + a 2 ∑ xin ?2 + ? + a n ?1 ∑ xi1 + na n

n + a1 n + a 2 n + ? + a n ?1 n + a n n = n(1 + a1 + a 2 + ? + a n ?1 + a n ) = nP(1).

这表明 x1,x2,……,xn中有一个是1.根据对称性可知

x1 = x2 = x3 = …… = xn =1.
构造函数解题过程的程序框图是:
题设条件 特点分析
构想、逻辑组合 依条件重新构作

构造函数 (方程)

由构作的函数推出

所 求 结 果

§3

构 造 “算 法” 算

主要指我们能够直接设计、构作出一种可行的计算、作图的程序步骤.在有限次 内能够实现所构造的对象.这样,不仅证明了存在性,而且可以按照指出的程序在有 限步骤内确定存在的对象. 我们借用“算法”这一术语,不妨称之为构造“算法”. 例 15. 证明在自然数列中存在着这样的片断,连续的 n 个自然数 (n ≥ 2) ,其中 每一个都是合数. 解:记 1 × 2 × 3 × 4 × ? × n × (n + 1) = (n + 1)! 考虑以下的n个连续的自然数
(n + 1)!+ 2 , (n + 1)!+ 3 , (n + 1)!+ 4 ,……, (n + 1)!+ n , (n + 1)!+ ( n + 1) .

因为

2 | (n + 1)!+ 2
3 | (n + 1)!+ 3 4 | (n + 1)!+ 4

11

……

……

n | (n + 1)!+ n

(n + 1) | ( n + 1)!+ ( n + 1) .
所以,(n + 1)!+ 2 ,(n + 1)!+ 3 ,(n + 1)!+ 4 ,……,(n + 1)!+ n ,(n + 1)!+ ( n + 1) 是 n个连续的自然数,其中每个都是合数. 例 16. 证明,能够找到 1986 个连续的自然数,它们之中恰好只有一个质数. 证明:我们依上例的方法,可以构造 1985 个连续的自然数,其中每一个都是 证明 合数.只需令 N = 1986!+ 1, 则 N + 1, N + 2, N + 3,?, N + 1984, N + 1985 即为连续的

1985 个合数.
因为质数有无限多个,故此可取到大于 N 的最小的质数 p.则 p > N + 1985 .于是 由 N+1 到数 p – 1 都是合数.且个数不小于 1985 个.我们可如下取出 1986 个数:
p ? 1985, p ? 1984, p ? 1983,?? , p ? 3, p ? 2, p ? 1, p .

其中前面 1985 个数都是合数,只有最后一个数 p 是质数,合于题设要求. 例 17.平面上给定了 n 个点.证明,可以画一个圆,使得圆内恰有 k 个点,圆外 有 n ? k 个点.其中 1 ≤ k < n . 分析与解:设这 n 个点为 P1 , P2 ,? , Pn ,作它们两两连接线段的垂直平分线 分析与解
? ij (i, j = 1,2,3,? , n;

则 i ≠ j ) .在平面上取不在 ? ij 上的一点 O , O 到 Pi 的距离两两不

等,不失一般性,我们可取
OP1 < OP2 < OP3 < ? < OPn ?1 < OPn



r=

1 (OPk + OPk +1 ) ,则 OPk < r < OPk +1 . 2

以 O 为圆心 r 为半径画⊙( O , r ),则 P1 , P2 , ?, Pk 这 k 个点在⊙( O , r ) 内,其余 Pk +1 , Pk + 2 , ?, Pn 这 n ? k 个点均在⊙( O , r )外. 例 18.函数 f ( x ) 对于任意实数 x 都有定义. 求证, f ( x ) 一定可以表示为一个奇 . 函数与一个偶函数之和. 分析与解: 要设计一种程序, f ( x ) 以 分析与解 本题已知 f ( x ) 是定义在实数集 R 上的函数, 为“原料”加工制作一个偶函数 ? ( x ) 及一个奇函数ψ ( x ) ,并且使 ? ( x ) + ψ ( x ) = f ( x ) .

12

容易想到 ? ( x ) 、ψ ( x ) 都与

1 f ( x ) 有关系,要由 f ( x ) 产生奇函数、偶函数,与自 2

变量及函数的符号也有关.因此可按
f ( x ) → f (? x )

? (x ) ψ (x)

的程序进行构造,得

? (x ) =

1 [ f (x ) + f (? x )], ψ (x ) = 1 [ f (x ) ? f (? x )] . 2 2 1 [ f (? x ) + f (x )] = ? (x ) , 2 1 [ f (? x ) ? f (x )] = ? 1 [ f (x ) ? f (? x )] = ?ψ (x ) . 2 2

由于 ? (? x ) =

ψ (? x ) =

∴ ? ( x ) 是偶函数,ψ ( x ) 是奇函数.

而 f (x ) =

f ( x ) + f (? x ) f ( x ) ? f (? x ) + = ? ( x ) + ψ ( x ) ,命题得证. 2 2

证题过程中, 实际上构造出了将 f ( x ) 表为一个偶函数 ? ( x ) 与一个奇函数ψ ( x ) 之 和的表示方法的程序. 例 19. 已知 n 个彼此不等的正数 证明, 至少存在有 a1 , a 2 , a3 ,..., a n , n(n + 1) 个 2

彼此不等的形如 ε 1a1 + ε 2 a 2 + ε 3 a3 + ... + ε n a n 的正数. 其中 ε i = 1 或 0(i = 1,2,3,..., n). 分析与解:由 n 个实数 a1 , a 2 ,?, a n 两两不等,可将这 n 个实数由小到大排序, 分析与解 为确定起见,不妨就是

a1 < a 2 < a3 < ?? < a n ?1 < a n ,这样可得

两两不同和 a n + a1 < a n + a 2 < a n + a3 < ?? < a n + a n ?2 < a n + a n ?1 , 共 n ? 1 个. 三三不同的和 四四不同的和

a n + a n ?1 + a1 < a n + a n ?1 + a 2 < ? < a n + a n ?1 + a n ?2 ,共 n ? 2 个. a n + a n ?1 + a n? 2 + a1 < ? < a n + a n?1 + a n ? 2 + a n ?3 ,共 n ? 3 个. ……… ………… ……… …… n(n ? 1) 个. 2 a n + a n ?1 + ?? + a3 + a 2 + a1 ,只此 1 个.

最后, n 个实数之和

显见,不同的和数至少有 1 + 2 + 3 + ? + (n ? 2 ) + (n ? 1) =

13

本例实际给出了构作这

n(n ? 1) 个不同和数的程序. 2

构造“算法”解题过程的程序框图是:

题设条件 特点分析

设计一种程序 安排一种作法

构 造 “算法”

通过算法 实现对象

所 求 结 论

§4

构 造 “模 型” 模

这种构造方式是将问题中的条件,数量关系,在已构造的模型上实现并得到一 种解释.这样就实现了问题的证明.或转化为在所构造的“模型”上相应问题的证明. 例 20. 求方程 x1 + x 2 + x3 + x 4 = 7 有多少组非负整数解? 分析与解:构想模型,“7 个大小全同的不可辩的球,放入 4 个盒子中,有多少 分析与解 种放法?” ⊙⊙⊙ ⊙⊙⊙ ⊙

? (3,3,0,1)

x1

x2

x3

x4
(图 8) )

如图所示,7 个球放入 4 个盒子的每一种放法,对应着方程的一组非负整数解, 反之, 方程的每一组非负整数解也对应着 7 个球在这 4 个盒子中的一种放法. 因此,
7 3 计算得 7 个球在 4 个盒子中的放法数为 C 7 +3 = C10 = 120 ,即方程的非负整数解共有

120 组.

例 21. 已知空间六条直线中,任三条中必有两条异面,求证,这六条直线中总 可以选出三条,其中任两条都异面. 分析:由已知条件,任意3条已知直线中必有2条是异面直线. 将已知直线l1,l2, 分析
l3,l4,l5,l6与点 P1,P2 ,P3,P4,P5,P6 建立一一对应. 如果Pi,Pj对应的li,lj

是异面直线,则线段PiPj染红色;否则线段PiPj染蓝色.( i,j = 1,2,3,4,5,6, i≠j )原问题 在新的模型中归结为:已知六点,其中任二点间用红线段或蓝线段联结.任何一个以 这六点中三点为顶点的三角形必有一条红边.求证: 存在一个三角形,三条边都是 红边.

14

由于只染两色,所以P1P2,P1P3,P1P4,P1P5, P1P6中必有三条同色,不妨设P1P2,P1P3,P1P4 同色. ①若同为红色,根据题意△P2P3P4中有一边也 染红色,设P2P3为红边,△P2P3P4三边皆为红边. ②若此三线段均为蓝色,则△P2P3P4三边将都 是红色.
(图 9) )

构造模型是数学解题中常用的方法,其实质是建立两个集合之间元素与元素之 间的同构关系. 构造模型解题过程的程序框图是:
题设条件 特点分析 (题设问题)
设法建立两个集合 之间的一一对应

构 造 模 型 (模型中问题)

在模型上推理

所 求 结 论

§5

构 造 特 例

为了证明某种对象的存在性,找到这种对象的一个特例,即能实现证明. 另外为了证明一个命题不真,也只须构造一个特例——“反例”说明即可.选择题 设条件中特殊、极端的情形,常常是构造特例与反例的关键. 例 22. 平面上是否存在 100 条不同的直线,恰好有 1985 个不同的交点?
预选试题) (第 26 届 IMO 预选试题)

分析: 分析:这个问题,要给以肯定答复,就必须 构造出一个有 1985 个不同交点的 100 条不同直线 的例子.为此,我们采用平行于 Ox 轴的 26 条直线 与垂直于 Ox 轴的 73 条直线,共计 99 条不同的直 线,可得 73×26 = 1898 个不同的交点.还剩下一条 直线,设法用它来调整. 由于 1985 = 73×26 + 87 = 73×26 + 99 – 12,这要求最
(图 10) )

后一条直线与前 99 条直线相交,但要有 12 个交点与先前的交点重合. 作直线 x = 0, x = 1, x = 3,?, x = 71, x = 72 及 y = 0, y = 1, y = 2,? , y = 24, y = 25 解:

15

共 99 条直线.相交出 1898 个不同的交点.再作直线 x + y = 5 ,与前 99 条直线都相交 可得 99 个交点. 但相交而得的点 (0,5),(1, 4),(2,3),(3, 2), (4,1),(5,0) 既是与 6 条平行于 Ox 轴的直线的交点, 也是与 6 条垂直于 Ox 轴的直线的交点.但这 6 个点已被统计过, 所以最后这一条直线实际只与平行于 Ox 轴的直线的出 20 个新交点,与垂直于 Ox 轴的直线得出 67 个新交点, 总计增加了 87 个新交点.这样就找到了一个 100 条不同 的直线恰有 1898 + 87 =1985 个不同交点的实例.问题得到肯定的回答! 例 23.“设 P (x) 是整值多项式(即当 x 是整数时, P (x) 也是整数),且在五个 整数点上都取值 5 .则 P ( x ) = 0 必定没有整数根”.试举反例证明这命题不真. 令 解: P ( x ) =
1 当 x( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) + 5 , x = 0,1, 2, 3, 4 这 5 个整数值时, 24

有 P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = P(4) = 5 .又当 x 取整数时, x, x ? 1, x ? 2, x ? 3, x ? 4 是连 续的 5 个整数,其中至少有两个相邻的偶数,其积能被 8 整除,另外,这 5 个连续 此时整数 x( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) 能被 24 整除, 的整数中至少有一个能被 3 整除, 所以 P( x ) =

1 x( x ? 1)( x ? 2)( x ? 3)( x ? 4) + 5 是整值多项式.完全满足题设命题的条 24

件.然而, P ( ?1) = 0 ,即 P( x ) = 0 有整数根 x = ?1. 所以题设的命题不真. 例 24.“ ?ABC 的三边为 a 、 b 、 c ,面积为 S . ?A1 B1C1 三边为 a1 , b1 , c1 ,面 积为 S1 ,若 a > a1 , b > b1 , c > c1 ,则 S ≥ S1 必定成立”是真命题码? 分析: 分析:一个三角形一条边虽然可以很长,当这条边上的高很小时,三角形的面 积可以很小.因此可以构作反例如下: 作△ABC ,使得BC = 200,AB = AC = 101. 作△A1B1C1 易知 S1 = 使得AB = BC = CA = 100.
(图11) )

3 × 100 2 > 4000 4

而△ABC中,BC边上的高 h = 1012 ? 100 2 = 201 < 15
S= 1 1 × 200 × h < × 200 × 15 = 1500 因此 S1 > S . 由此表明,题设命题不真. 2 2

16

拟在该区域内铺设 例 25. 有 51 个城市分布在边长为 1000 千米的正方形区域内,
11000 千米的公路网,试问可否将所有的城市都通过公路网连结起来?
年数学竞赛试题) (全苏 1984 年数学竞赛试题)

分析与解:解本题,实际上是要求我们设计(构想)一种合于题设条件的铺设 分析与解 公路网的方案.先过该区域内的一个城市(不妨设为 A1 )铺设一条长为 1000 千米的 东西干线 MN .然后在这干线 MN 上取 P1 , P2 , P3 , P4 , P5 五个点. 使 MP1 = P5 N = 100, P1 P2 = P2 P3 = P3 P4 = P4 P5 = 200 , 过 P1 , P2 , P3 , P4 , P5 修五条与 MN 垂直的长为 1000 千米 的南北干线(见图 5.12).现在,从其余 50 个城市中 每一个都沿最短的路线分别铺设公路与这五条南北干 线中的一条相连.这些补充的小支路都是东西方向且 每条长不会超过 100 千米.而且这样的小支路不会超 (图 5.12)
(图 12) )

过 50 条,因此,所有这些公路总长度不会超过 1000 × 6 + 100 × 50 = 11000 (千米). 这个公路网就可以将正方形区域中的 51个城市连结起来.因此, 合于问题条件的公路 网是存在的. 例 4 是一道开放性的设计问题,解答并不唯一.在满足连通 51 个城市且公路总 长不超过 11000 千米的条件下,可以发挥想象,具有充分的创造空间.使解题者的建 构能力大有用武之地. 例 26. 平面直角坐标系中,纵横坐标都是整数的点称为整点.请设计一种方法 将所有的整点染色,每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色,使得 ⑴每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上; ⑵对于任意白点 A 、红点 B 及黑点 C ,总可以找到一个红点 D ,使 ABCD 为一 平行四边形. 证明你设计的方法符合上述要求.
年全国联合数学竞赛二试第三题) (1986 年全国联合数学竞赛二试第三题)

解:在平面直角坐标系 x ? O ? y 中,先将 y 轴上的整点染上黑、白两色,染 法是:(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),……,(0,m),……染白色

17

(m 为非负整数);点(0,-1),(0,-2),(0,-3),……,(0,-n),…… 染黑色(其中 n 为正整数).坐标平面上其余各整点均染红色.容易验证,上述设计的 染色法满足条件⑴: 每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上. 下面我们证明上述设计的染色法满足条件⑵:对于 任意白点 A 、红点 B 及黑点 C ,总可以找到一个红点 D , 使 ABCD 为一平行四边形. 事实上,任取白点 A(0, m) ,红点 B( p, q) 及黑点
C (0, ? n ) (其中 m 为非负整数,n 为正整数,p 为非 0

整数,q 为任意整数).显然,由 p ≠ 0 知,A,B,C 三 点不共线.取点 D ( ? p, m ? n ? q) ,由 p ≠ 0 知,点 D 不 在 y 轴上,因此点 D 为红点.设 AC 中点为 M,则中点
(图 13) )

M 的坐标为 (0,

m?n m?n 即 ) . 同理可求得线段 BD 的中点坐标也为 (0, ) , M 也是线 2 2

段 BD 的中点.于是由 AC,BD 互相平分于点 M,所以 ABCD 为一平行四边形. 对每个自然数 n(n ≥ 3) 都能够在平面上找到满足下列两个条件的 例 27. 证明,

n 个点:
(a ) 任两点之间的距离都是无理数; (b) 任三点都是面积为有理数的非退化三角形的顶点.
(第 28 届 IMO 第 5 题)

分析与解: 分析与解: 在抛物线 y = x 2 上选 n 个点
Pi i, i 2 (i = 1,2,?, n ) ,这 n 个点满足题设的两个条件,

( )

验证如下:

(a ) 任两点 Pi , Pj 之间的距离是
Pi Pj =

(i ? j )2 + (i 2 ? j 2 )

2

= i ? j 1 + (i + j )

2

(图 14) )
2

由于 (i + j )2 < (i + j )2 + 1 < (1 + i + j )2 ,所以 1 + (i + j ) 是无理数,所以

Pi Pj (i ≠ j , i, j = 1,2,? , n ) 是无理数.

18

(b ) 由于抛物线是凹的,所以任三点 Pi , Pj , Pk 都不共线. ?Pi Pj Pk 为非退化的.
1 1 ?Pi Pj Pk 的面积= i 2 2 i 1 j j
2

1 k 的绝对值,显然是有理数. k2

本题是第 28 届 IMO 第五题, 由于 6 名中国选手平时都受过构造法解题的训练, 因此对这道看起来似乎很难的问题丝毫没有感到困难,都取得了好的成绩. 例 28. 设 α , β , γ 是正数,满足 α + β + γ < π ,且长为 α , β , γ 的线段可以构成一 个三角形的边.证明:以长为 sin α ,sin β ,sin γ 的线段为边可以构成一个三角形,且它
1 的面积小于 (sin 2α + sin 2 β + sin 2γ ). 8
预选题) (第 28 届 IMO 预选题)

解:作一个四面体 O-ABC,它的一个顶点 O 处的三个面角分别为 2α , 2 β , 2γ , 由于 α + β + γ < π ? 2α + 2 β + 2γ < 2π ,且长为 α , β , γ 的线段可以构成一个三角形的边.即 α + β > γ , β + γ > α ,

γ + α > β ,保证了这个三面角的存在.又取棱 OA = OB
= OC =1.则底面是一个边长为 2sin α , 2sin β , 2sin γ 的三 角形 ABC.取 AB,BC,CA 的中点 M,N,P,连接三条 中位线,表明以长为 sin α ,sin β ,sin γ 的线段为边可以构 成一个三角形 MNP. 由于底面三角形 ABC 的面积小于四面体三个侧面面 积之和,即
4 S△ MNP < 1 ? 1 ? 1 ( sin 2α + sin 2 β + sin 2γ ) 2
(图 15) )

所以

1 S△ PMN < (sin 2α + sin 2 β + sin 2γ ) . 8

19


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