解数学竞赛题的局部调整策略.pdf

解数学竞赛题的局部调整策略 郑 日 锋 浙江省杭州学军中学 310012 局部调整法 就是为了解决某个问题 从 与问题有实质联系的较宽要求开始 充分利 用已获得的结果作为基础 逐步加强要求 逼 近目标 直至最后彻底解决问题的一种解题 方法 这种方法在解数学竞赛题中有着广泛 的应用 本文结合例题介绍这种方法的应用 例1 已知锐角 ABC中 A B C 在 ABC的内部 包括边界上 找一点 P 使得P到三边的距离之和为最小 分析 先讨论点P在 ABC边界上的情 况 研究点P在什么位置时 P到三边距离 之和最小 然后再对点P在 ABC的内部的 情形进行研究 解 1 点P在 ABC的边界上 图1 1 若点P在 边BC上 如图1 记 ABC的 顶 点A B C对应的三边长 分别为a b c 三边 上的高分别为ha hb hc P到边AB AC的距离分别为x y 连 结PA 由已知得a b c 故ha hbEG EH 变化x 有 EG EH ha 故x y z ha 综合步骤1 2知 当点P与点A重合 时 x y z最小 例2 已知正实数x1 x2 xn 满足 x1x2 xn 1 求证 1 n 1 x1 1 n 1 x2 1 n 1 xn 1 分析 先从特殊情形入手 当x1 x2 xn 1时 不等式成立 然后研究一般情 况 通过局部调整解决问题 证明 当x1 x2 xn 1时 不等式 成立 当x1 x2 xn中不全为1时 其中必 有一个属于 0 1 一个属于 1 由对 称性 不妨设 0 x1 1 xn x1 x2 xn 1 若 1 n 1 x1 1 n 1 xn 1 n 1 因 01中 等 数 学 为 1 n 1 x2 1 n 1 x3 1 n 1 xn 1 1 n 1 1 n 1 1 n 1 n 2个 n 2 n 1 故 1 n 1 x1 1 n 1 x2 1 n 1 xn 1 n 1 即 x1xn n 1 2 第一次调整 令x 1 1 x n x1xn x j xj 2 j n 1 下面证明 1 n 1 x1 1 n 1 x2 1 n 1 xn 1 n 1 x 1 1 n 1 x 2 1 n 1 x n 即证 1 n 1 x1 1 n 1 xn 1 n 1 1 1 n 1 x1xn 令f x 1 n 1 x 则 f y f z 1 n 1 y 1 n 1 z 2 n 1 y z n 1 2 yz n 1 y z 记m n 1 x1 xn m n 1 x 1 x n n 1 1 x1xn b n 1 2 x1xn n 1 2 x 1x n a 2 n 1 c 1 n 1 故 1 n 1 x1 1 n 1 xn f x1 f xn a cm b m 1 n 1 1 1 n 1 x1xn f x 1 f x n a cm b m 因为m m n 1 1 x1xn x1 xn n 1 x1 1 xn 1 0 所以 m m 式 a cm b m a cm b m a bc m m 0 a bc 2 n 1 1 n 1 n 1 2 x1xn x1xn n 1 2 已假设x1xn n 1 2 所以 x1xn n 1 2 故 1 n 1 x1 1 n 1 x2 1 n 1 xn 1 n 1 x 1 1 n 1 x 2 1 n 1 x n 1 n 1 n 1 x 2 1 n 1 x n 其中x 2x 3 x n 1 再继续调整 可得 1 n 1 x1 1 n 1 x2 1 n 1 xn 1 n 1 n 1 n n个 1 注 本题调整的目的是逐步将所证不等 式左边各项变为 1 n 需要注意 每次调整应使 各变量的积为1 而且不等式左边放大 例3 在1 2 3 1 989每个数前添上 或 号 使其代数和为最小的非负数 并写出算式 1989 全俄数学奥林匹克 解 先证其代数和为奇数 从简单情形考虑 全添上 此时 1 2 1 989 995 1 989 是奇数 对一般情况 只要将若干个 调整为 即可 112004年第4期 由于a b与a b奇偶性相同 故每次 调整其代数和的奇偶性不变 即总和为奇数 而1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 986 1 987 1 988 1 989 1 因此 这个最小值是1 注 本题是在不断调整 变化过程中 挖 掘不变量 或不变性质 以解决问题 例4 空间有2 003个点 其中任何三点 不共线 把它们分成点数各不相同的30组 在任何三个不同的组中 各取一点为顶点作 三角形 问要使这种三角形的总数最大 各组 的点数应为多少 分析 设分成的30组的点数分别是n1 n2 n30 其中ni i 1 2 30 互不相 等 则满足题设的三角形的总数 s 1 i j k 30 ninjnk 于是 问题转化为 已知n1 n2 n30 2 003 其中ni i 1 2 30 为互不相等的正整数 求s 的最大值 解 设分成的30组的点数分别是n1 n2 n30 其中ni i 1 2 30 互不相 等 则满足题设条件的三角形的总数为 s 1 i j k 30 ninjnk 由对称性 不妨设n1 n2 n30 1 在n1 n2 n30中 让n1 n2变化 其余各组的点数不变 因为n1 n2的值不变 而 s n1n2 3 k 30 nk n1 n2 3 j k 30 njnk 3 i jn1n2 s的值变大 因此 要使s的值最大 对任何1 i 29 都有ni 1 ni 2 2 在n1 n2 n30中 若使ni 1 ni 2的i的值不少于2个 不妨设 1 i j 29 ni 1 ni 2 nj 1 nj 2 类似 1 令n i ni 1 n j 1 nj 1 1 其余各组的点数不变 则s的值变大 因此 要使s的值最大 至多有一个i使 ni 1 ni 2 3 若对任何1 i 29 ni 1 ni 1 设 这30组的点数分别是m 14 m 13 m 15 则30m 15 2 003 这是不可能的 综上可知 要使s的值最大 对任何1 i 29在ni 1 ni中恰有一个为2 其余均为 1 设这30组的点数分别是m m 1 m t 1 m t 1 m 30 1 t 29 则 m m 1 m t 1 m t 1 m 30 2 003 即 30m 465 t 2 003 解得m 52 t 22 所以 当分成的30组的点数分别是52 53 73 75 82时 此分法使三角形的总 数最大 注 解本题的关键是把多元函数s视为 二元函数 通过调整两个变量的取