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数论专题：构造法解题 梁久阳前言： “构造法”作为一种重要的化归手段，在数学解题中有着重要的作用。历史上有不少著名的数学家，如欧几里得、欧拉、高斯、拉格朗日等人，都曾经用“构造法”成功地解决过数学上的难题。数学是一门创造性的艺术，蕴含着丰富的美,而灵活、巧妙的构造令人拍手叫绝，能为数学问题的解决增添色彩，更具研究和欣赏价值。构造需要以足够的知识经验为基础，较强的观察能力、综合运用能力和创造能力为前提，根据题目的特征，对问题进行深入分析，找出“已知”与“所求（所证）”之间的联系纽带，使解题另辟蹊径、水到渠成。本文可能并不仅仅局限于数论方面，对函数也有一定的涉及。一 构造法解题过程的大致模式函数图象向量例子复数数列其它所求结论分析和挖掘题设条件通过构造性思维等实现转化实现转化通过推演二 经典例题（1） 构造辅助函数构造一次函数【例1】已知x,y,z（0，1），求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)1（第15届俄罗斯数学竞赛题）题前分析：此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。例7还给出了它的另一种构造方法。特点：一题两构，各有千秋证明：构造函数f(x)=(y+z-1)x+(yz-y-z+1)，y,z(0,1),f(0)=yz-y-z+1=(y-1)(z-1)0f(1)=(y+z-1)+(yz-y-z+1)=yz0，而f(x)是一次函数，其图象是直线，由x(0,1)恒有f(x)0即(y+z-1)x+(yz-y-z+1)0，整理可得x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)1。题后分析：由上题我们可以看出，理解和掌握函数的思想方法有助于实现数学从常量到变量的这个认识上的飞跃。很多数学命题繁冗复杂，难寻入口，若巧妙运用函数思想，能使解答别具一格，耐人寻味。而这构造的只是一次函数，还有更高次的函数等着我们去构造。构造二次函数我们大家都在初中学过一元二次方程。我们都知道，一元二次方程根的判别式原本是用来讨论一元二次方程的实根情况，然而它的作用远不止此.在有些证明中，将题目或结论适当变形，再依据变形后的式子构造二次函数来解决问题，是一种十分巧妙的方法。【例2】设,都是正整数,证明对任意的自然数,下面不等式成立.分析：如果简单地用柯西，这道题就没什么出题的价值了。我们应该探索一下未知的领域，试一试用构造二次函数解本题.证明:因为下面对任意的都成立：.即.构造二次函数,其中,0,i=1,2,.由于0,故其判别式,由此，得：.构造高次函数当我们构造高次函数时，它的构造常常与根的存在性定理、极限思想等联系起来。而韦达定理也是必不可少的工具。【例3】 证明代数方程至少有一个实根.分析:只要证明高次函数至少有一个零点即可.因为当充分大时，函数的符号取决于，由此易知，当时的函数值与-时的函数值是异号的，根据根的存在性定理即可得证.证明:不妨设,构造函数，则，故存在, ,使得,.因为在上连续，故由根的存在性定理知，存在，使得，即代数方程（0，=3，4，）至少有一个实根.构造三角函数什么时候构造三角函数？大多数这样的题，都是已知xy=1，求一个函数y=f（x）的值域。而这样的题，大多数都是填空题，我们只要不紧张，细心观察，都能准确构造。我们更应该关注的，是另一类问题。【例4】在锐角三角形中，求证:.分析: 考虑到、 均为锐角故可构造三角函数。证明：设其中,均为定义域中的值.,.,均为正值， .而在，为增函数,所以有.同理可得: ，三个不等式同侧相加有. 构造其它函数观察问题的条件特征，联想有关函数方面的数学知识来构造函数是最奏效的构造方法.除了构造以上四类函数外，还可以构造其他函数，如指数函数或各类初等函数的复合等等.【例5】已知:,求证:.证明:，,.构造函数,则根据指数函数的性质，得,即.整理，得:,所以有.（2） 构造辅助图形图形是数学关系的一种反映，在几何方面，题设给出的条件大多图形一般，解证有一定的困难，如果我们根据题设巧妙地构造出特殊的规则图形，利用所构造图形的性质解题，可以把观察、分析、联想、推理于一体，开拓解题思路.构造图形是用来解决问题的一个重要方面，对于本身不具备图形的一些数学问题，由于它的条件中数量关系有明显的几何意义或以某种方式可以将问题转化为几何图形，借助于对几何图形性质的研究，从而获得解决，它的实质就是将“数转化为形”，借助图形来实现解题的目标.构造三角形【例6】证明:证明：由于条件及的形式很容易启发并构造一个直角，使，显然，.又，,则.,即有.故有.【例7】已知x,y,z（0，1），求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)1（第15届俄罗斯数学竞赛题）题前分析：此题条件、结论均具有一定的对称性，然而难以直接证明，不妨用构造法一试。例1还给出了它的另一种构造方法。特点：一题两构，各有千秋zA证明：构造边长为1的正ABC，D，E，F为边上三点，D并设BD=x，CE=y， AF=z，如图1xCEyFB显然有SBDE+SCEF+SADF 即x(1-y)+ y(1-z)+ z(1-x)图1这道竞赛题能如此简洁、直观地证明，真是妙不可言。构造四边形对于一些代数问题，特别是直接解决较为棘手甚至无从下手的代数问题，如果其形式可以转化为图形或者可以借助构造四边形等图形来解决，便可以寻找到新的解题途径，以形助数，充分利用图象的形象直观可以使我们更快地进入问题情景.【例8】已知正数、，满足条件，求证:.证明：此题通过构造性思维发现可以把、均看成三个矩形的面积. 可以看成边长为的正方形的面积，从中可以构造出前面的三个矩形.证明：构造一个特殊的四边形边长为的正方形，且令，并作出相应的矩形、，由于+，故有.构造图形可以增强解题的直观性，有助于问题的解决.不等式证明中的添加辅助线、图形的补割、变换等都是构造图形的实例.在构造四边形上，当然也不例外.构造其他图形除了构造三角形和四边形，还可以构造其他图形进行解决数学问题，如可以构造单位圆来研究极限等问题.【例9】证明:证明：构造图形（如右图所示）单位圆，当时，显然可得: 的面积扇形的面积的面积，所以有，即有：，此式同除以，则有或. 由于偶函数的性质，上式对也成立.由及函数收敛性定理可得.下面是一个无比经典的问题，几乎是所有人第一次看到这道题时都会为之倾倒。当然，它也是一个构造问题，也是与圆有关的构造，只不过它构造的是圆。【例10】已知0xysin2x+sin2y+sin2z。证明: 如图8,在单位圆中,设AOD=x, BOD=y, COD=z,则 A,B,C点的坐标分别为(cosx,sinx),(cosy,siny),(cosz,sinz) 。图中三个矩形面积分别为2sinx(cosx-siny),2siny(cosy-sinz), 2sinzcosz。显然，这三个矩形面积之和小于半圆面积，即有+2sinxcosy+2sinycosz sin2x+sin2y+sin2z。【例11】证明：（闵可夫斯基不等式）。证明：细线总长度为不等式左侧，粗线长度则为不等式右侧，根据两点之间线段最短，得到答案。构造法解题最困难的地方不在于其过程，而在于第一步如何构造。熟悉以下的一些对应关系可以更好地构造辅助图形来解决问题。：勾股定理：相交弦定理、相似三角形、平行线切割定理、圆幂定理、正弦定理：余弦定理：射影定理、圆幂定理（3）归纳构造归纳构造法的逻辑依据与通常的归纳证明是相通的，它的一般形式为：从n=l开始，相应于每个正整数n的“事物”记为P（n）,则归纳构造法由下面两个步骤组成： 构造基础，即作出符合问题要求的事物P（l）。 假设对nl，符合要求的P（n）已构造出来，我们通过它来构造P（n+1），并证明所作出的第n+1个事物也合乎问题中的要求。完成上述两步后，我们便可以从P(l)开始，一步一步递推地作出了无穷个事物P(l)，P(l+1)，。下面是两个例子。【例12】证明：对任意整数n（n3），存在一个正整数的完全立方，使得它可以表示成n个不同正整数的立方之和。证明：这事实上是一个归纳构造问题。如果我们采用常规的跨度为“1”的归纳，将会灰常困难，至少我不能做出。这个时候，就需要我们的大胆想象，根据题目的特点，进行适当的构造。不难算得，3+4+5=6；5+7+9+10=13再往下，我们就不好找了。事实上，我们也不用找了，因为这些已经够了。我们观察“3+4+5=6”，1变3，多出了2个数，这样我们便已经可以大胆地采用“2”为跨度了。假设对n3，存在可表示成k个不同正整数立方之和的完全立方数m，设m=a1+a2+ak （1）这里a1a2ak都是正整数。由（1）容易看出（6m）=（6a1）+（6a2）+(6ak) = (3a1) +(4a1) +(5a1) +(6a2) +(6ak) 而显然有，3a14a15a16a26ak，故它们是不同的正整数。这表明，我们做出的 （6m）能表示成k+2个不同正整数的立方和。综上所述，原命题得证。注：可以证明，不存在能表示成两个正整数立方和的完全立方数，所以题目中“n3”的条件是必要的。【例13】是否存在一个等差数列an，使得对任何自然数n，等式：a1+2a2+3a3+nan=n(n+1)(n+2)都成立，并证明你的结论分析：与上题一样，这道题的构造也需要我们费一些思考。本题需要采用由特殊到一般的思维方法，先令n=1，2，3时找出来an，然后再证明一般性解：将n=1，2，3分别代入等式得方程组，解得a1=6，a2=9，a3=12，则d=3故存在一个等差数列an=3n+3，当n=1，2，3时，已知等式成立下面用数学归纳法证明存在一个等差数列an=3n+3，对大于3的自然数，等式a1+2a2+3a3+nan=n(n+1)(n+2)都成立因为起始值已证，可证第二步骤假设n=k时，等式成立，即a1+2a2+3a3+kak=k(k+1)(k+2)那么当n=k+1时，a1+2a2+3a3+kak +(k+1)ak+1= k(k+1)(k+2)+ (k+1)3(k+1)+3=(k+1)(k2+2k+3k+6)=(k+1)(k+2)(k+3)=(k+1)(k+1)+1(k+1)+2这就是说，当n=k+1时，也存在一个等差数列an=3n+3使a1+2a2+3a3+nan=n(n+1)(n+2)成立综合上述，可知存在一个等差数列an=3n+3，对任何自然数n，等式a1+2a2+3a3+nan=n(n+1)(n+2)都成立（4） 证明存在性问题一般来说，存在性问题有三种：第一类是肯定性问题, 其模式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”.第二类是否定性问题, 其模式为“已知A, 证明具有某种性质B的对象不可能存在”.第三类是探索性问题, 其模式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质B的对象. 常常采用排序原则、极端性原则进行构造.以下是一些联赛题以及国际竞赛题，肯定会有一些难度，做不上正常。可以先做例14和例16，它们较为简单，老师以前也都讲过。【例14】将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析：因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n个元素的有限点集，至少有一个含个元素的子集是同色点集.(其中 为高斯符号)，于是利用抽屉原理，在半径为1和1995的两个同心圆上，寻找两个三顶点同色的相似三角形.证明：如图，在平面上，以O为圆心，作两个半径为1和1995的同心圆.根据抽屉原理，小圆周上至少有5点同色，不妨设为A1,A2,A3,A4,A5，连接OA1,OA2,OA3,OA4,OA5,分别交大圆 于B1,B2,B3,B4,B5，根据抽屉原理,B1,B2,B3,B4,B5中必有三点同色，不妨设为B1,B2,B3,分别连接A1A2，A2A3,A3A1,B1B2,B2B3,B3B1,则A1A2A3B1B2B3，其相似比为1995，且两个三角形三顶点同色.【例15】 已知在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得（1）每个整点都在此集合的某一个圆周上；（2）此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题） 分析：构造法.先设法证明任意两整点到P的距离不可能相等，从而将所有整点到P点的距离排序造出同心圆的集合，这里同心圆的坐标不是惟一的，可取外的其它值.证明：取点P.设整点(a,b)和(c,d)到点P的距离相等，则上式仅当两端都为零时成立.所以c=a c2a2+d2b2+(bd)=0 将代入并化简得d2b2+(bd)=0.即 (db)(d+b)=0 由于b，d都是整数，第二个因子不能为零，因此b=d，从而点(a,b)与(c,d)重合，故任意两个整点到P的距离都不相等. 将所有整点到P点的距离从大到小排成一列 d1，d2，d3，dn，. 显然，以P为圆心，以d1,d2,d3,为半径作的同心圆集合即为所求.【例16】平面上是否存在100条直线, 使它们恰好有1985个交点？(第26届IMO预选题)分析：由于100条直线最多有C=4950(1985)个交点, 所以符合要求的直线可能存在.减少交点的个数可有两种途径:一是利用平行线, 二是利用共点线. 所以用构造法.解：由于x条直线与一族100-x条平行线可得x(100-x)个交点. 而x(100-x)=1985没有整数解, 于是可以考虑99条直线构成的平行网格.由于x(99-x)1985的解为x26或x73,xN, 且1985=7326+99-12, 于是可作如下构造:(1) 由73条水平直线和26条竖直直线x=k,k=1,2,3,73;y= k,k=1,2,3,26.共99条直线, 可得7326个交点.(2)再作直线y=x+14与上述99条直线都相交, 共得到99个交点, 但其中有12个交点(1,15),(2,16),(12,26)也是(1)中99条直线的彼此的交点, 所以共得99-12个交点.由(1)、(2),这100条直线可得到7326+99-12=1985个交点.【例17】设n是大于等于3的整数, 证明平面上存在一个由n个点组成的集合, 集合中任意两点之间的距离为无理数, 任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形. (第28届IMO试题)分析：本题的解决方法是构造法，一种方法在抛物线y=x2上选择点列，另一种方法在半圆周上选择点列解法一：在抛物线y=x2上选取n个点P1,P2,Pn, 点Pi的坐标为(i,i2) (i=1,2,n). 因为直线和抛物线的交点至多两个, 故n个点中任意三点不共线, 构成三角形为非退化的. 任两点Pi和Pj之间的距离是|PiPj|=|i-j| (ij, i, j=1,2,n).由于(i+j)21+(i+j)2(i+j)2+2(i+j)+1=(i+j+1)2, 所以 是无理数. 从而|PiPj|是无理数.PiPjPk的面积= =|(i-j) (i-k)(j-k)|, 显然是有理数.因此,所选的n个点符合条件.解法二：考虑半圆周x2+y2=r2(yR+, r =)上的点列An,对一切nN*,令xOAnn，则任意两点Ai,Aj之间的距离为|AiAj|=2r|sin|,其中，0n, cos = , sin= .|AiAj|=2r|sincoscossin|为无理数（5） 构造向量与复数 构造向量由于向量具有代数和几何的双重性质，所以有时构造向量能够实现代数问题和几何问题的互化，这使得构造向量法在数学解题中也有广泛的应用.向量数量积公式（为与的夹角）蕴涵着重要的不等关系：（当且仅当与共线时取等号）；以及等式关系：.可利用它们来解决一类数学问题，如求值计算、不等式的证明、等式证明等，可根据题设中的条件和结论，独辟蹊径，将其化为向量形式，利用上述关系式可辟免复杂的凑配变形技巧，使解题的过程和方式变得简洁明了，问题最终得已解决.【例18】已知、，且，求证:.证明：构造向量，则，且，得，故可知与同向且，从而有，所以.【例19】已知a,b,c为正数,求函数y=的最小值.（简单）解: 构造向量=(x,a),=(c-x,b),则原函数就可化为:y=+=ymin=【例20】已知，证明不等式.（难）证明:设，则可以构造向量与，于是有.当时，故.当时，但由于无解，故，即.因此原不等式成立，即有：. 构造复数复数是实数的延伸，一些难以解决的实数问题通过构造转化为复数问题，虽然数的结构会变复杂，但常使问题简明化，正所谓“退一步海阔一空”。【例21】若a,b,x,y正实数,且x2+y2=1,求证：+=a+b证明：设z1=ax+byi， z2=bx+ayi，则+=Z1+Z2Z1+Z2=(a+b)x+(a+b)yi=(a+b)=a+b不等式得证。【例22】设、，求证:.分析:根据本题的结构特征，联想到复数模的概念，故可通过构造复数的方法，把问题转化到复数的范围来证明.证明:构造复数，则有，.又（、），因为，所以有.（6） 构造模型数学和其它学科一样，要学以致用，“建模”思想就把数学这门高度抽象的基础学科与实际生活紧密地联系在一起，在实际中渗透数学思想，把数学中的理论作为工作，充分发挥其作用，因而许多问题可通过构造模型来处理。 下面是一个经典的模型，小学我们就对它有着一定的了解。【例23】（哥尼斯堡七桥问题）18世纪B岛A岛为东普鲁士首府，布勒尔河穿城而过，河中间有一个小岛，如图2。当地的居民常到这散步，“如何能不重复地一次走遍这图2七座桥而返回出发地呢？”许多人均未成功，这便产生了数学史C上著名的“七桥问题”。1735年 欧拉对该问题进行抽象，构造出DA图论中的“一笔画”模型（如图3）才知该问题无解，至于为什么无解，相信大家都知道，我就不多说了。图3B我认为，这一模型的构造充分展示出欧拉超人的智慧。近年来，构造模型的方法越来越被重视，并成为高考与竞赛中的一道独特的风景线。每年的建模大赛，都会吸引许多大学生去参加，也激励着许多像我一样的中学生，努力探索着建模的美丽与奥妙。【例24】有17位科学家，其中每一人和其他所有人通信，他们通信中只讨论三个题目，且每两个科学家之间只讨论一个问题。求证：至少有三个科学家之间讨论同一题目构造模型思考与分析：将原题转化为：空间17个点两两连线，用红、蓝、白三色染其边，每边一色。求证：必存在同色三角形。证明：由A点引出的16条线