《提優(yōu)教程》2020江蘇省高中數(shù)學(xué) 第69講 無限遞降與逐次調(diào)整競賽教案

《《提優(yōu)教程》2020江蘇省高中數(shù)學(xué) 第69講 無限遞降與逐次調(diào)整競賽教案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《《提優(yōu)教程》2020江蘇省高中數(shù)學(xué) 第69講 無限遞降與逐次調(diào)整競賽教案（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第69講 無限遞降與逐次調(diào)整 無限遞降法是一種常用的證明方法，首先由費馬(Fermat)使用，數(shù)學(xué)競賽也有較廣泛的應(yīng)用．與之相似的逐次調(diào)整法也是證明很多問題的重要方法． 無限遞降法的理論根據(jù)是最小數(shù)原理： 命題一 有限個實數(shù)中，必有一個最小數(shù)(也必有一個最大數(shù))． 根據(jù)這一原理，又可得出： 命題二 任意有限個兩兩不同的實數(shù)可以從小到大排列順序．(排序原理) 對于自然數(shù)集，有 最小數(shù)原理 若M是正整數(shù)數(shù)集N*的任一非空子集(有限或無限均可)，則M中必有最小的數(shù)． 最小數(shù)原理常用于論證存在性命題．在解題時，也常用由最小數(shù)原理演化出的最優(yōu)化原則(極端原理)． A類例題 例1 求方

2、程x3+2y3+4z3=6xyz的所有整數(shù)解(莫斯科中學(xué)生競賽)． 分析 要求此方程的所有整數(shù)解，但這個方程的解的情況我們并不清楚，但其解的情況不外以下幾種： 1? 方程沒有整數(shù)解：對這種情況，我們必須證明一切整數(shù)都不是這個方程的解； 2? 方程只有有限組解：對這種情況，我們必須把所有的解都求出來，并證明方程沒有別的解； 3? 方程有無數(shù)組解：對這種情況，我們應(yīng)給出如何找到這無數(shù)組解中的任一組解的方法，并證明沒有其他類型的解了． 情形1?是很容易否定的，因為我們可以發(fā)現(xiàn)x＝y(tǒng)＝z＝0就是方程的一組解．那么方程還有沒有其他的解呢？一時找不到其他的解，那么，是否只有這一組解呢？不妨設(shè)方程

3、還有一組解，試著推出這組解的特點．從而確定方程的所有的解． 解 顯然 x＝y(tǒng)＝z＝0是方程的一組解． 如果方程有一組解(x，y，z)，則必有一組解(－x，－y，－z)，故只要考慮方程的正整數(shù)解即可． 設(shè)(x0，y0，z0)是方程的一組解，其中x0＞0．則 x＝6x0y0z0－2y－4z， ⑴ 由于x0，y0，z0為整數(shù)，故x0為偶數(shù)，設(shè)x0＝2x1，其中x1為正整數(shù)，又得 8x+2y+4z＝12x1y0z0， 從而得 y＝6x1y0z0－2z－4x， ⑵ 故y0也為偶數(shù)，設(shè)y0=2y1，其中y1為整

4、數(shù)．于是又有 2z=12x1y1z0－4x－8y， 故又有z0為偶數(shù)，設(shè)z0=2z1，其中z1為整數(shù)，代入即得 x+y+z=6x1y1z1． ⑶ 從而(x1，y1，z1)也滿足此方程，由于x1，y1，z1均是整數(shù)，且x1＞0，故(x1，y1，z1)也是方程的一組滿足x1＞0的解．即(x0，y0，z0)也是方程的滿足x0＞0的整數(shù)解．依此類推，可知(x1，y1，z1)仍是方程的滿足x0＞0的整數(shù)解，由此(x0，y0，z0)(n∈N*)都是方程的滿足x0＞0的整數(shù)解． 但對于任何確定的正整數(shù)x0，x0不可能永遠(yuǎn)是正整數(shù)，從而方程沒有使x0＞0的整數(shù)解，即原

5、方程只有惟一組解(0，0，0)． 說明 本例所用的方法就是無限遞降法，又稱無限下推法． 例2 在m×n(m，n∈N*)的方格表的每個格子中都填入一個數(shù)．以后可以每次改變表中某一行或某一列的所有數(shù)的符號．證明：只要經(jīng)過有限次的改變符號，就可以使每一行、每一列的各數(shù)之和都非負(fù)． 分析 這是一類操作題，是要證明經(jīng)過有限次操作達(dá)到某個目標(biāo)．我們可以為此目標(biāo)設(shè)一上限(或下限)，從初始狀態(tài)到此上限之間只有有限個中間狀態(tài)，再證明每次操作都向此上限接近一步，從而此操作不能無限延續(xù)下去． 解 設(shè)第i行第j列填的數(shù)為aij(1≤i≤m，1≤j≤n，i，j∈N*)，且此方格表中所有各數(shù)的和為S＝aij．

6、 無論怎樣改變其中每個格子中的數(shù)的符號(不改變此數(shù)的絕對值)，此和都是在和式(±aij)中適當(dāng)選取每個數(shù)的符號的結(jié)果，從而只有有限個可能的和的值(顯然該和至多有2mn種可能)，但所有這些和都不大于|aij|，即這些和有上限． 如果填好后發(fā)現(xiàn)每行、每列的數(shù)的和都已經(jīng)非負(fù)，則經(jīng)過0次改變符號即已達(dá)到題目的要求． 如果某一行(或列)的數(shù)的和為負(fù)，則可改變這一行(或列)的所有各數(shù)的符號．這時這一行(或列)中的數(shù)的和變大，而其余的行(或列)上的數(shù)不變，這樣，操作一次就使這個表格中所有的數(shù)的和變大． 由于可能的和式只有有限個值，故這種變大的過程不可能無限延續(xù)下去．必到某一時刻即無法再變大．此時，每

7、一行、每一列的各數(shù)之和均非負(fù)． 說明 本例是無限遞降的另一種敘述形式．在例1中說明了：只要有一組非零整數(shù)解，就一定有無窮多組整數(shù)解，這些解有遞降(遞升)關(guān)系；本例中每次操作的目標(biāo)也存在遞降(遞升)關(guān)系，但是知道操作只有有限種可能的結(jié)果，因此經(jīng)過有限次遞降就必然得到滿足要求的解答．這種形式更明白地說明了無限遞降法與最小數(shù)原理的血緣關(guān)系． 情景再現(xiàn) 1．用無限遞降法證明：是無理數(shù)． 2．試求方程x3－2y3－4z3=0的所有整數(shù)解． B類例題 例3 11塊鐵，重量都是整數(shù)克，如果任意取其中10塊，都可以把它們分成兩組，每組5塊鐵，且這兩組鐵的重量相等．證明：這11塊鐵中的每塊重量都

8、相等． 分析 有的同學(xué)認(rèn)為先任取10塊，可以分成兩組，若把把其中未取的一塊與某組中的一塊交換，兩組重量相等，從而換入的一塊與換出的一塊重量相等，于是所有各塊重量相等．這一想法為什么是錯的？由于交換一塊后，可以把此10塊重新分組，因此不能說換出的一塊與換入的一塊重量相等． 但是，這能說明，各塊重量數(shù)的奇偶性相同．所以如果各塊重量數(shù)為偶數(shù)，可以把每塊重量數(shù)減半，而如果各塊重量數(shù)為奇數(shù)，則可以把各塊重量減去相同的重量，這樣做不影響問題的結(jié)論．為此考慮減去誰能使問題得到簡化？ 證明 首先，滿足條件的鐵塊具有以下三個性質(zhì)： ⑴這11塊鐵的重量數(shù)的奇偶性相同．這是因為，任何10塊鐵的和必須是偶數(shù)．

9、否則分成重量相等的兩組，每組的重量數(shù)就不是整數(shù)，但每組5塊鐵的重量數(shù)都是整數(shù)，其和應(yīng)該是整數(shù)，二者矛盾．如A、B兩塊鐵重量數(shù)的奇偶性不同，則當(dāng)去掉A，用B與其余9塊組成一組時其重量數(shù)的和為偶數(shù)，如用A換B，其余9塊不變，則由于A、B的奇偶性不同，這個新的組的重量數(shù)的和就會是奇數(shù)了． ⑵ 如果某11塊鐵滿足題目要求，則將每塊鐵的重量都減去相同的某上重量后，仍能滿足題目要求． ⑶ 當(dāng)各塊鐵的重量數(shù)都是偶數(shù)時，把每塊鐵的重量減半后，所得鐵塊仍然滿足題目的要求． 于是，若各塊鐵的重量數(shù)為奇數(shù)時，可都先減去一個奇數(shù)的重量，使各塊鐵的重量數(shù)變?yōu)榕紨?shù)再減半． 現(xiàn)在，設(shè)這些鐵塊的重量不全相等，則其中必

10、有一塊鐵的重量最輕，設(shè)其重量數(shù)為m，把每塊鐵都減去m．則至少有一塊鐵的重量數(shù)為0．這時由⑴知，每塊鐵的重量數(shù)都是偶數(shù)．如果這時各塊鐵的重量數(shù)不全相同，則必有重量數(shù)不為0的鐵塊，把這些鐵塊的重量數(shù)記為2k×q的形式,其中k為正整數(shù)，q為奇數(shù)．在所有的k中，必有最小的一個k值，設(shè)此k值為k0．這時我們對這11塊鐵，連續(xù)減半k0次．則所得鐵塊仍能滿足題目要求，但此時這11塊鐵的重量的奇偶性不同．（因為有鐵塊的重量數(shù)已經(jīng)減成了奇數(shù)，但有的鐵塊重量數(shù)為0，是偶數(shù)）這與⑴產(chǎn)生矛盾． 這說明，原來每塊鐵的重量都是m． 例4 證明方程x2+y2+z2=3xyz有無窮多組正整數(shù)解(x，y，z)． 分析

11、 要說明方程有無窮多組正整數(shù)解，或者給出一個解的通式，滿足此通式的數(shù)都是解，而此通式可以取無窮多組值．或者給出一個遞推的方法，由此方法可以從一組解推出第二組解，這兩種想法都是解決數(shù)列問題的常用想法．本題即是用第二種遞推的想法，先找出易于發(fā)現(xiàn)的解，再尋找這些解的規(guī)律，由此得到尋找一般解的方法． 證明 若x＝y(tǒng)＝z＝a(a∈N*)，則3a2＝3a3，解得a＝1．即方程有解(1，1，1)； 若x＝y(tǒng)＝1，則有2＋z2＝3z，得方程的另一組解(1，1，2)； 若x＝1，y＝2，則有方程z2－6z＋5＝0，又得方程的另一組解(1，2，5)． 現(xiàn)設(shè)(a0，b0，c0) (其中a0＜b0＜c0)是方

12、程的一組正整數(shù)解，即a＋b＋c＝3a0b0c0成立， 考慮方程b＋c＋z2＝3b0c0z，即 z2－3b0c0z＋(b＋c)＝0， 此方程必有一正整數(shù)解z＝a0，由韋達(dá)定理，其另一解為z1＝3b0c0－a0必為正整數(shù)． 于是原方程必有解(b0，c0，3b0c0－a0)且這一組解也滿足b0＜c0＜3b0c0－a0． 令a1＝b0，b1＝c0，c1＝3b0c0－a0為方程的一組滿足a1＜b1＜c1的正整數(shù)解，則又可從此解出發(fā)得到方程的另一組解(b1，c1，3b1c1－a1)，這組解也滿足b1＜c1＜3b1c1－a1，從而這組解與前面的解不同． 這一過程可以無限延續(xù)下去，從而原方

13、程有無窮多組解． 例5 在ABC中，求證：sinA+sinB+sinC≤； 分析 可以猜到等號在A＝B＝C時相等，于是可以假設(shè)A、B、C不全相等，通過調(diào)整使三個正弦的和增大，從而原題可經(jīng)逐次調(diào)整得證． 證明 若A≠B，則有sinA＋sinB＋sinC＝2sincos＋sinC＜2sin＋sinC． 即只要A、B、C中有任何兩個不等，則可以通過上述方法對這三個角進行調(diào)整，使其正弦之和增大，從而只要這三個角不全相等，和sinA+sinB+sinC就不能取得最大值． 故只有當(dāng)A＝B＝C時此和取得最大值． 說明 上述證明方法也是“逐次調(diào)整法”的一種表述形式，但這樣的說法只是證明了“當(dāng)三個角

14、不等時，其正弦和不能取得最大值”，并沒有證明原命題．因此這樣的證明理由是不充足的．改進的證明為： 若A、B、C不全相等，不妨設(shè)A≤B≤C，若B＜，則取B￠＝，C￠＝C＋B－(＜C￠＜C)． 而sinC￠＋sinB￠－sinC－sinB＝2cossin＋2cossin (由C￠－C＝B－) ＝2sin(cos－cos)． 由＋B＜2C＋B－，故sinC￠＋sinB￠－sinC－sinB＞0． 即sinA+sinB+sinC＜sinA＋sin B￠＋sinC￠ ＝sinA＋sin＋sin(－A) ＝2sincos(－A)＋sin＜3sin＝． 對于B＞，也可類似證明，若B＝，則直接

15、用上述證明的后半部分即可證． 本題還可用添項法證明： 證明2 sinA+sinB+sinC+sin ＝2sincos+2sin(+)cos(－) ≤2sin+2sin(+) ＝4sin(+)cos(－)≤4sin． 從而sinA+sinB+sinC≤3sin＝．等號當(dāng)且僅當(dāng)A＝B＝C＝時成立． 本題還可用琴生不等式證明． 例6 設(shè)α為任一無理數(shù)，an={nα}({x}表示數(shù)x的“小數(shù)部分”，即記[x]為不超過x的最大整數(shù)，則{x}＝x－[x])，證明：存在無數(shù)個正整數(shù)n使an＞．(南京大學(xué)強化班入學(xué)試題) 分析 本題似用反證法較合適． 證明 不妨設(shè)α＞0．設(shè)只有

16、有限個整數(shù)n使an＞，m是其中最大的一個， 即對于任何t＞m，都有 {tα}＜． ① 取正整數(shù)t，使t＞m，令{tα}＝β，則據(jù)①，0＜β＜． 此時，2t＞m，于是由①，有{2tα}＜， 但由于0＜β＜，故0＜2β＜1，所以{2tα}＝{2β}＝2β，于是 由①知，0＜2β＜． 再取{22tα}，同理，由22tα＞m ，得{22tα}＜，又因0＜2β＜，知0＜22β＜1， 從而{22tα}={22β}=22β，又有0＜22β＜，…， 這一過程可以無限繼續(xù)下去，于是得到0＜2 nβ＜(n∈N*)． 這是不可能的，因只要β≠0，就必存在正整數(shù)k，使 2－k

17、<β<2－k+1?，此時有2k－1β＞． 命題得證． 說明 本題實際上說明了，無理數(shù){nα}(n取全體正整數(shù))時在區(qū)間(0．1)上是處處“稠密”的． 情景再現(xiàn) 3、證明方程6(x2+y2)=z2+t2無正整數(shù)解． 4．若干個球裝在2n+1個口袋中，如果任意取走1袋，總可以把余下的2n袋分成兩組，每組n袋，并且這兩組的球的個數(shù)相等．證明：每個袋中的球的個數(shù)都相等．(90年意大利數(shù)學(xué)競賽) C類例題 例7 正五邊形的每個頂點對應(yīng)著一個整數(shù)，使得這五個數(shù)的和為正．若其中3個相連頂點對應(yīng)的整數(shù)依次為x、y、z，且y<0，則要進行如下的操作：把整數(shù)x、y、z分別換為x+y，－y，z+y，這

18、算一次操作．只要所得五個整數(shù)中至少有一個整數(shù)為負(fù)數(shù)時，操作就要繼續(xù)進行．問這種操作是否經(jīng)過有限次后就一定能終止．(27屆IMO) 分析 選定一個目標(biāo)函數(shù)，證明每次操作目標(biāo)函數(shù)值向某方向進一步，但又只能有有限種取值可能． 解1 不妨設(shè)某次五個頂點上的數(shù)分別為x1，x2，x3，x4，x5，且S= x1+x2+x3+x4+x5>0．又設(shè)x1<0，進行一次操作后的五個數(shù)為－x1，x1+x2，x3，x4，x1+x5，此時S保持不變． 取函數(shù)f(x1，x2，x3，x4，x5)=(x1－x3)2+(x2－x4)2+(x3－x5)2+(x4－x1)2+(x5－x2)2，顯然f≥0 則f(－x1，x1+

19、x2，x3，x4，x1+x5)－f(x1，x2，x3，x4，x5)=2x1(x1+x2+x3+x4+x5)≤－2． 這說明，每操作一次f的值至少減少2，但f恒≥0，故這樣的操作經(jīng)過有限次就一定終止． 解2取目標(biāo)函數(shù)f(x1，x2，x3，x4，x5) =|x1|+|x2|+|x3|+|x4|+|x5|+|x1+x2|+|x2+x3|+|x3+x4|+|x4+x5|+|x5+x1| +|x1+x2+x3|+|x2+x3+x4|+|x3+x4+x5|+|x4+x5+x1|+|x5+x1+x2|+|x1+x2+x3+x4| +|x2+x3+x4+x5|+|x3+x4+x5+x1|+|x4+x

20、5+x1+x2|+|x5+x1+x2+x3|+|x1+x2+x3+x4+x5|． 顯然f(x1，x2，x3，x4，x5)≥0． 則 f(－x1，x2+x3，x3，x4，x5+x1)－f(x1，x2，x3，x4，x5)= |x1+x2+x3+x4+x5+x1|－|x2+x3+x4+x5|=|s+x1|－|s－x1|． (記s=x1+x2+x3+x4+x5由于s＞0，x1＜0，故|s+x1|－|s－x1|＜0．下同解1． 例8 設(shè)a是給定的正整數(shù)，A、B是兩個實數(shù)，試確定方程組 有正整數(shù)解的充分必要

21、條件(用A、B的關(guān)系式表示，并予以證明)(第五屆全國冬令營) 解 ⑵即A(x4+y4+z4)+B(x2y2+y2z2+z2x2)＝(2A+B)(13a)4．故消去(x2y2+y2z2+z2x2)項： ⑵－⑴2×B：(A－B)(x4+y4+z4)＝(A－B)(13a)4． 如果2A－B≠0，則得， 2(x4+y4+z4)＝(13a)4． ⑶ ⑶如果有正整數(shù)解，設(shè)為(x0，y0，z0)， 顯然a為偶數(shù)，令a=2a1，則x+y+z＝8(13a1)4． 由于奇數(shù)的4次方被8除余1，偶數(shù)的4次方被8除余0，故x0，y0，z0都是偶數(shù)． 令x0＝2x1，

22、y0＝2y1，z0＝2z1，于是得 2(x+y+z)=(13a1)4．即(x1，y1，z1)也是正整數(shù)解． 由此可知，這個方程有無數(shù)組解．且對于一切正整數(shù)n，x0都是正整數(shù)．這是不可能的．于是2A－B≠0時方程⑶無正整數(shù)解． 當(dāng)2A－B=0時，無論A=0或A≠0，均有解x＝3a，y＝4a，z＝12a． 即所求充要條件為2A－B=0． 情景再現(xiàn) 5．一群小孩圍坐一圈分糖果，老師讓他們先每人任取偶數(shù)塊糖，然后按下列方法調(diào)整：所有小孩同時把自己手中的糖分一半給左邊的小孩，糖塊數(shù)變成奇數(shù)的小孩向老師要1塊，這算一次調(diào)整．證明：經(jīng)過有限次調(diào)整后，大家的糖塊數(shù)就變得一樣多了．(1962年北

23、京市高中數(shù)學(xué)競賽) 6．把1979分成若干個正整數(shù)的和，要使分成各數(shù)的乘積最大，應(yīng)如何分？ 7．已知對任意實數(shù)x，函數(shù)f(x)都有定義，且f 2(x)≤2x2f ()．如果集合A={a|f(a)＞a2}不是空集，試證A是無限集．(1994年江蘇省數(shù)學(xué)競賽) 8．空間有1989個點，其中無三點共線，把它們分成點數(shù)互不相同的30組，取任意三個不同組的點為頂點作三角形，問各組點數(shù)應(yīng)為多少時，才能使所得三角形總數(shù)最多？ 習(xí)題69 1．證明：四元二次不定方程 x2＋y2＝3(u2＋v2) 不存在正整數(shù)解． 2．確定(并證明)方程 a2＋b2＋c2＝a2b2 的所有整數(shù)解．(美國

24、第五屆數(shù)學(xué)競賽) 3、已知f(x)是定義在N*上又在N*上取值的單調(diào)遞增函數(shù)，且對于任何m∈N*，有f(2m)=2m，證明f(x)=x在N*上恒成立． 4．若x1，x2，…，xn為非負(fù)數(shù)，且x1+x2+…+xn=π，(n≥2) 試求sinx1+sinx2+…+sinxn的最大值．(1987年南京市競賽）． 5．試證明排序不等式：設(shè)ai≥ai+1，bi≥bi+1，(i=1，2，…，n－1)．則aibi≥aib≥aibn+1－i．( j1，j2，…，jn是1，2，…，n的一個排列)． 6．用逐次調(diào)整法證明：設(shè)a1, a2，…,an是互不相等的正整數(shù)，求證：++…+≥1+++…+；(第二十

25、屆IMO) 7．用逐次調(diào)整法說明：在給定圓的內(nèi)接三角形中，求面積最大的三角形． 8．用逐次調(diào)整法說明：銳角三角形的內(nèi)接三角形中，以三高的垂足為頂點的三角形的周長最小． 9．有無數(shù)個長與寬都是正整數(shù)的矩形S1，S2，…，Sn，…．其中Si的頂點為(0，0)，(ai，0)，(ai，bi)，(0，bi)(ai，bi∈N*，i=1，2，…．)．求證：可從中選出無窮多個矩形排成一個矩形序列，使前一個矩形在后一個矩形之內(nèi)． 10．在坐標(biāo)平面上，如果x0、y0都是整數(shù)，則把點(x0，y0)稱為整點(或格點)．試證明：不存在正n(n≥7)邊形，其所有頂點都是整點． 11．三個箱子裝了一些小球，每個箱

26、子都有足夠大，可以進行如下操作：從任一箱子中拿出與另一個箱子中數(shù)目相等的小球放入后者． 證明：不論最初三個箱子中各有多少個小球，總可以經(jīng)過有限次操作，使其中某個箱子變成空的． 12．亞瑟王(傳說中的英國國王)在王宮中召見他的2n名騎士，其中某些騎士之間互相有仇，已知每個騎士的仇人不超過n－1個，證明：摩爾林(亞瑟王的謀士)能夠讓這些騎士圍著圓桌坐下，使每個騎士都不與他的仇人相鄰．(本題也可用以下方式敘述： G為簡單圖，頂點數(shù)n≥3，且對每個不相鄰的頂點V與V￠，它們的次數(shù)和都≥n，那么，G有哈密爾頓圈．) 本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答： 1．證明：設(shè)為有理數(shù)，＝ (r、s∈N*)，則2

27、s2＝r2．故 r為偶數(shù)．設(shè)r=2r1(r1∈N*)． 代入就有s2＝2r12，又得 s為偶數(shù)．再設(shè)s＝2s1，則得2s＝r． 重復(fù)上一步驟，可依次得一列無限多個正整數(shù)r，r1，r2，…，rn，…，其中rk＝2rk+1(k∈N*)． 且 r＞r1＞r2＞…＞rn＞…，但小于r的正整數(shù)只有有限的r－1個，二者矛盾．故證． 2．解：方程顯然有一解：x=y=z=0．若(x，y，z)是一組解，則(－x，－y，－z)也是一組解．故只要考慮x>0的解即可． 設(shè)S是所有x＞0的整數(shù)解的集合．取其中使x的值最小的一組(x1，y1，z1)(x1，y1，z1∈Z)． 則 x－2y－4z=0

28、． 即 x=2y+4z． 由于2y+4z為偶數(shù)，故x1為偶數(shù)，設(shè)x1=2x2(x2∈N*)，代入得：8x=2y+4z． 約去2得，y=4x－2z，于是又得y1為偶數(shù)．令y1=2y2(y2∈Z)，代入又得8y=4x－2z， 即 z=2x－4y，又得 z1為偶數(shù)，令z1＝2z2(z2∈Z) 就得 x－2y－4z＝0．這說明(x2，y2，z2)也是原方程的一組解，但x2＞0，故x2＜x1．這與x1的最小性矛盾．故方程不能有使x＞0的解．即x＝y(tǒng)＝z＝0是方程的唯一解． 3．證明：設(shè)方程有正整數(shù)解，其中(x，y，z，t)是使x最小的一組解，則3|(z2+t2) 若z0(mod 3

29、)或t0(mod 3)，則z2+t20(mod 3)．于是z≡0，t≡0(mod 3)． 令z=3z1，t=3t1，代入得，2(x2+y2)=3(z12+t12)．于是又有x≡0，y≡0(mod 3)． 令x=3x1，y=3y1，代入又得6(x12+y12)=z12+t12．這說明(x1，y1，z1，t1)也是方程的解．而且x1

30、的，設(shè)為k． ⑴先把每個口袋中的球數(shù)減k，于是，至少有一個口袋中球數(shù)為0，而其余各袋中球數(shù)為偶數(shù)． ⑵把各袋中的球數(shù)都減半，此時由于有一袋中球數(shù)為0，故這一袋中球數(shù)仍為偶數(shù)．于是其余各袋中球數(shù)都仍為偶數(shù)． ⑶于是，可以再把各袋中球數(shù)減半，而同理知此時各袋中球數(shù)仍全為偶數(shù)．這一過程可以無限繼續(xù)下去，這是不可能的．即得證． 5．證明 設(shè)調(diào)整開始前，拿糖塊最多的小孩拿了2m塊糖，最少的拿了2n塊糖(n，m∈N*，0≤n≤m)． 若n＝m，則所有小孩拿糖塊數(shù)已經(jīng)相等，不再需要調(diào)整．現(xiàn)設(shè)n＜m．下面證明： 引理1° 經(jīng)過一次調(diào)整后，每個小孩的糖塊還在2n與2m之間； 設(shè)某小孩手中有糖2k塊

31、，他左邊的小孩有2l塊(k，l∈N*，且n≤k，l≤m)，經(jīng)過一次調(diào)整，他手中的糖變?yōu)?當(dāng)k+l為偶數(shù)時) k+l塊或(當(dāng)k+l為奇數(shù)時)k+l+1塊． 因 n≤k，l≤m，故 2n≤k+l≤2m． 當(dāng)且僅當(dāng)k=l=n時，k+l=2n成立；當(dāng)且僅當(dāng)k=l=m或k=m，l=m－1或k=m－1，l=m時，有k+l=2m，或k+l+1=2m． 故經(jīng)過一次調(diào)整，所有小孩手中的糖塊數(shù)還在2n與2m之間． 引理2° 經(jīng)過一次調(diào)整后，只要n＜m，手上有2n塊糖的小孩人數(shù)就至少減少1人． 首先，調(diào)整前手中糖塊數(shù)多于2n的小孩，經(jīng)調(diào)整后，手中糖數(shù)仍多于2n． 若調(diào)整前某小孩手中有2k塊糖(k＞n)，

32、他左邊的小孩有2l塊糖，但l≥n，所以k+l＞2n．從而這個小孩手中的糖數(shù)(k＋l或k＋l＋1)多于2n． 其次，調(diào)整前手中有2n塊糖的小孩人數(shù)至少減少1人． 調(diào)整前手中有2n塊糖的小孩，當(dāng)且僅當(dāng)其左邊小孩手中也是2n塊時，調(diào)整后手中仍為2n塊．但只要n＜m，就至少有一名手中有2n塊糖的小孩，其左邊小孩的糖多于2n塊．于是經(jīng)過調(diào)整，這名手中有2n塊糖的小孩手中的糖數(shù)就多于2n塊了，故經(jīng)過一次調(diào)整，手中有2n塊糖的小孩至少減少1人． 由1?與2?知，若原來手中有2n塊糖的小孩共有h(h∈N*)人，經(jīng)過至多h次調(diào)整后，每個小孩手中的糖數(shù)都不多于2m，不少于2n＋2． 如果2n+2＜2m，再

33、經(jīng)過有限次調(diào)整后，每個小孩手中的糖塊數(shù)又會不多于2m而不少于2n+4．……． 由于n，m都是正整數(shù)，n與m之間的整數(shù)只有有限個，所以，經(jīng)過有限次調(diào)整后，每個小孩手中的糖數(shù)都變得一樣多． 6．考慮一般情況：對于任意正整數(shù)n，如果n分拆成的某數(shù)a≥5，則把它拆成3與a－3，由于3(a－3)＝3a－9＝a＋(2a－9)＞a，故所得分拆使其積變大．如果最后最后拆成的數(shù)中所有數(shù)都≤4，當(dāng)4的個數(shù)≥2時，把4＋4改成3＋3＋2，則4×4＜3×3×2．當(dāng)只有1個4時，把4改成2＋2，而當(dāng)2的個數(shù)≥3時，把2＋2＋2改成3＋3，則2×2×2＜3×3．于是可知，如果原數(shù)被3整除，則把它全部拆成3的和；如果原

34、數(shù)被3除余1，則拆成2個2，其余全部是3的和；原數(shù)被3除余2，則拆出1個2，其余全部為3的和．這樣可使積最大．對于n＝1979≡2(mod 3)．故只要拆成一個2與659個3的和，此時其積2×3659最大． 7．解 由于f 2(0)≤2·02·f ()，即f(0)=0．即0?A． 設(shè)a∈A，顯然a≠0，又由a∈A，知 f(a)＞a2， ① 由f(x)定義，有 f 2(a)≤2a2f ()， ② 比較①、②，有 f ()≥＞＞()2． 于是∈A．但由a≠0，故≠a，即與a是A的(相異的)兩個元素． 同理，由∈A，≠0，又

35、可得∈A．由此可知，a，，，，…，，…(n∈N)都是A的元素，即A為無限集． 8．設(shè)分成各組的點數(shù)分別為n1，n2，…，n30，且n1＜n2＜…＜n30，n1＋n2＋…＋n30＝1989．則可得三角形總數(shù)S＝ninjnk． 現(xiàn)固定n3，…，n30．則 S＝n1n2nk＋(n1＋n2)njnk＋ninjnk． 故要使S最大，n2－n1應(yīng)盡可能小，故n2－n1＝1或2．同法可知應(yīng)有ni＋1－ni＝1或2，且至多有1組相鄰兩數(shù)差為2． 由于若所有相鄰兩數(shù)差為1時，此30個數(shù)的和為15的倍數(shù)，而1989不是15的倍數(shù)．故設(shè)此30組的點數(shù)為n，n＋1，…n＋k－1，n＋k＋1，…，n＋30．于

36、是前k個數(shù)都加1后，30個數(shù)的和＝1989＋k，且15|1989＋kTk＝6．2n＋31＝133Tn＝51．即分成數(shù)為51，52，…，56，58，59，…，81． “習(xí)題69”解答： 1．證明 設(shè)方程有正整數(shù)解．不妨設(shè)(x0，y0，u0，v0)是其中使x2+y2最小的一組解． 由于左邊能被3整除，若3?x，或3?y，則x2+y2≡1或2(mod 3)，故x≡0(mod 3)，y≡0(mod 3)． 設(shè)x=3x1，y=3y1，代入得u+v=3(x12+y12)，這說明(u0，v0，x1，y1)也是原方程的一組解，但u+v＜x+y，即得到的一組解使x2+y2更小．這與假設(shè)矛盾．故原

37、方程沒有正整數(shù)解． 2．解 a=b=c=0是一組解．設(shè)(a0，b0，c0)是一組非零解． ⑴ a、b、c不能都是奇數(shù)，否則左邊被4除余3，右邊被4除余1，矛盾． ⑵ a，b，c不能二奇一偶，否則左邊被4除余2，右邊被4除余0或1，矛盾； ⑶ a，b，c不能一奇二偶，否則左邊被4除余1，右邊被4除余0，矛盾； ⑷ a，b，c都是偶數(shù)，則約去左、右兩邊所有的公因子2后，必得上述三者之一． 從而本題只有唯一解． 3．證明：1≤f(1)＜f(2)=2，故f(1)=1，f(2k)=2k，f(2k+1)=2k+1， 而2k=f(2k)＜f(2k+1)＜f(2k+2)<…

38、

39、inx2+sinx3= sinx1+sinx2+sin(x1+x2) =2sin cos+sin(x1+x2) ≤2sin+2sincos =2sin2a(1+cos2a)=8sinacos3a．其中2a＝． 所以 S32=82sin2acos6a= ·3sin2a·cos2a·cos2a·cos2a≤·()4＝． 故 S3≤．當(dāng)且僅當(dāng)x1=x2=x3= 時取最大值． 猜測，x1＝x2＝…＝xn＝ 時Sn取最大值nsin．下面證明這個結(jié)論： 若x1、x2、…、xn不全相等，則必有某個xi＜，也有某個xj＞．就設(shè)x1＜，x2＞． 則 s

40、in+sin(x1+x2－)－(sinx1+sinx2)=2sin(cos (－)－cos) =2sin·2sinsin＞0． 即把x1換成，x2換成x1+x2－，其余的角保持不變后，和增大，若還有不等于的角，則仍可繼續(xù)這個過程，至多替換n－1次，就可使每個角都等于，此時已無法使Sn再增大．故得最大值為nsin． 又證：由琴生不等式，即有Sn=sinx1+sinx2+sinx3+…+sinxn≤nsin= nsin． 5．證明：用逐次調(diào)整法證明如下： 若j1≠1，jk＝1(k＞1)，因a1b1－a1b－akb＋akb＝(a1－ak)(b1－b)≥0， aib＝a1

41、b＋a2b＋…＋akb＋…＋anb ≤(a1b1－a1b－akb＋akb)＋a1b＋a2b＋…＋akb＋…＋anb ＝a1b1＋a2b＋…＋akb＋…＋anb． 即經(jīng)過一次調(diào)整，使和式中的第1項a1b及第k項akb1分別換成a1b1及akb，其余各項都沒有改變，經(jīng)過這樣變化，其和不減．若j1＝1，則此步調(diào)整可以不做，直接考慮下一步． 此時，若j2≠2，又可用同樣的方法調(diào)整，使和式的第2項變成a2b2，而和不減；……，這樣經(jīng)過至多n－1次調(diào)整，就可使和式變?yōu)閍ibi，且每次調(diào)整時其和都不減從而左邊的不等式得證．同法可證右邊的不等式． 6．證明：設(shè)a1，a2，…，an按大小排

42、列為a＜a＜…＜a， 若j1＝k，1＜k≤n，則＋－(＋)＝(a1－ak)(－)≤0． 于是，在和式++…+中，把換成，把換成，其余各項不動，則其和不增，即 ++…＋＋…+≤＋+…＋＋…+；(若j1＝1，則此步調(diào)整可以不做，直接考慮下一步) 若j2＝k￠≠2，則又可把換成，而把換成，其余各項不動，仍可證明，經(jīng)過這樣的交換，其和不增，……，這樣經(jīng)過至多n－1次調(diào)整，使和式換成++…+，而和不增．即 ++…+≥++…+． ① 但a＜a＜…＜a，故a≥1，a≥2，…，a≥n，從而≥＝(k＝1，2，…，n)，故又得， ++…+≥1+++…+． ② 比較①、②，

43、得證． 7．證明：設(shè)⊙O為給定圓，△ABC為其內(nèi)接三角形，若AB≠AC，則作BC邊上的高AD及BC的垂直平分線A￠M交BC于點M，交⊙O于點A￠，顯然A￠M＞AD．于是S△A￠BC＞S△ABC，這說明，只要定⊙O的內(nèi)接三角形的兩邊不等，就可調(diào)整此三角形使其面積增大，故此三角形不是圓的內(nèi)接三角形中面積最大的，從而，當(dāng)圓的內(nèi)接三角形三邊相等時，其面積才不能再增大，即圓的內(nèi)接三角形中面積最大的為正三角形． 8．解：設(shè)△DEF是△ABC的任一內(nèi)接三角形(D、E、F分別在邊BC、CA、AB上)，若∠FDB≠∠EDC，則作點F關(guān)于BC的對稱點F￠，連F￠E交BC于點D￠，連ED￠、FD￠，顯然，F(xiàn)D’

44、＋D￠E＜FD＋DE．這說明，只要內(nèi)接三角形的某兩邊與原三角形的相應(yīng)邊夾角不等，則可通過上法調(diào)整此三角形，使其周長變小，故此三角形不是內(nèi)接三角形中周長最小的．故只有當(dāng)內(nèi)接三角形的任兩邊與相應(yīng)邊的夾角都相等時，其周長才不能再減小．即此時得到的三角形是其內(nèi)接三角形中周長最小的． 而當(dāng)內(nèi)接三角形的任兩邊與相應(yīng)邊的夾角都相等時，此三角形是以原三角形的高的垂足為頂點的三角形．故以三高的垂足為頂點的三角形是三角形的內(nèi)接三角形中周長最小的． 9．證明 把題中的矩形簡記為(ai，bi)．即用每個矩形與其在第一象限內(nèi)的頂點對應(yīng)．這是一一對應(yīng)． 如果存在一個橫坐標(biāo)a，使橫坐標(biāo)為a的點對應(yīng)的矩形有無數(shù)個，即可

45、選擇所有橫坐標(biāo)為a的矩形，把這些矩形按縱坐標(biāo)從小到大排序，按此排序得出的矩形序列即滿足題意． 同理，如果存在一個縱坐標(biāo)b，使縱坐標(biāo)為b的點對應(yīng)的矩形有無數(shù)個，亦可如上證得解． 現(xiàn)設(shè)對于任何給定正整數(shù)a與b，矩形(a，y) 只有有限個，矩形(x，b)也只有有限個． 先取a1，使a1為所有矩形的橫坐標(biāo)的最小值，它對應(yīng)著矩形(a1，y)只有有限個，取其中y值最小的一個為矩形(a1，b1)，據(jù)題意，矩形集合{(x，y)|x≤a1，或y≤b1}是有限集．(這是因為：由假設(shè)，所有橫坐標(biāo)為1，2，…，a1－1，a1的矩形的集合都為有限集，所有縱坐標(biāo)為1，2，…，b1－1，b1的矩形集合也都為有限集)把

46、這些矩形去掉后的矩形集合仍為無限集．對新的矩形集合，再按此步驟又可得第二個矩形(a2，b2)，第一個矩形在此矩形內(nèi)部． 這一過程可以無限繼續(xù)下去，于是本題獲證． 10．證明 如果存在某個正n邊形，它的每個頂點都是整點，設(shè)為正多邊形ABC…．現(xiàn)在平面上任取一個整點O，作OA1∥AB，且OA1=AB，則由于A、B、O均為整點，得A1為整點．作OB1∥BC，且OB1=BC，則B1也是整點，……，這時得到一個新的多邊形A1B1…，此新多邊形是一個格點多邊形，且多邊形A1B1…也是正多邊形．但當(dāng)n≥7時，A1B1

47、這是不可能的．即不存在邊數(shù)不小于7的整點正多邊形 11．證明 不妨設(shè)三個箱子中的球數(shù)分別為a，b，c，且0

48、球放入第一箱中，此時第一箱中球數(shù)為2a，第二箱中球為為b，第三箱中球數(shù)=c－a≥a(2k+ε1′2k－1+ε2′2k－2+…+εk－1)+r ⑵ 第二次操作：若εk－1=1，則在第二箱中取出2a個球放入第一箱，此時第一箱的球22a，第二箱中球數(shù)為22a(2k－2+ε1′2k－3+ε2′2k－4+…+εk－2)+r，若εk－1=0，則在第三箱中取2a個球放入第一箱中； ……………… 一般的，第i(1≤i≤k)次操作后，第一箱中球數(shù)為2ia，第二箱中球數(shù)為2i(2k－i+ε1′2k－i－1+ε2′2k－i－2+…+εk－i)+r，第三箱中球數(shù)≥(2k+ε1′2k－1+ε2′2k－2+…+εk

49、－i)a+r－(2i－1)a ＝(2k+ε1′2k－1+ε2′2k－2+…+εk－i′2i－2i+1)a+r． 經(jīng)過k+1次操作，第一箱中球數(shù)為2k+1a，第二箱中球數(shù)為r，第三箱中球數(shù)≥r．即三箱中球數(shù)最少的為r．r＜a．這算一輪操作． 若r＞0．則重新按上述規(guī)則再進行一輪操作．于是又得最少的一箱中球數(shù)r1滿足0＜r1＜r． 這樣的操作不可能進行無限輪，必經(jīng)過有限的n輪，使rn=0．故證． 12．證明：如果兩人不是仇人，就稱這兩人為朋友．把這2n個人任意排列成一圈，如果相鄰兩人是朋友，就把他們連一條線．這時這個圈就斷成若干段． 現(xiàn)從某一人出發(fā)，順時針檢查，遇到第一個斷開的地方，例

50、如相鄰的A1與B1間斷開．現(xiàn)從B1下面的人開始檢查每個與A1的朋友：必能找到相鄰兩人A2、B2，其中A1與A2是朋友，B1與B2也是朋友，這樣的兩個人是能找到的：反設(shè)每個與A1是朋友的人后面的人都是B1的仇人，由于A1的朋友至少有n個，而B1的仇人不超過n－1個，故不會出現(xiàn)這種情況． 現(xiàn)在把此圓周上從B2順時針向后直到A1的一段不動，而把從B1到A2的一段保持相鄰關(guān)系翻轉(zhuǎn)，使A2轉(zhuǎn)到A1后面而B1轉(zhuǎn)到B2前面．這樣，除A1、A2及B1、B2由原來不相鄰變?yōu)橄噜復(fù)馄溆嗟娜说南噜応P(guān)系沒有改變，而此時原來A1B1斷開之處已被A1A2連接替代．即斷開處至少減少了1處． 由于圓圈上斷開處只有有限處，而每經(jīng)過這樣一次調(diào)整可以使斷開處減少1處．故經(jīng)過有限次調(diào)整，就能得到滿足要求的坐法． 用逐次調(diào)整法證明排序不等式