2012江蘇省數(shù)學(xué)競賽《提優(yōu)教程》教案：第9講-無限遞降與逐次調(diào)整

====Word行業(yè)資料分享====Word行業(yè)資料分享--可編輯版本--雙擊可刪====源源-于-網(wǎng)-絡(luò)-收-集9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x＝y(tǒng)＝z＝0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．0 0 0 ，y，z)x＞00 0 0 x3＝6xyz－2y3－4z3， ⑴0 000 0 0x

xx

其中x為正整數(shù)又得

yz，0 0 0從而得

0 0 1 1y3＝6xyz－2z3－4x3， ⑵

1 0

1000 100 0 1故y0也為偶數(shù)，設(shè)y0=2y，其中y1為整數(shù)．于是又有12z3=12xyz－4x3－8y3，0 110 1 11故又有z0為偶數(shù)，設(shè)z0=2z，其中z1為整數(shù)，代入即得1x3+y3+z3=6x1y1z1． ⑶從而(x

，y，z

)也滿足此方程，由于x

1 1 1，y，z均是整數(shù)，且x＞0，故(x，y

，z)也是方程的一1 1 1

1 1 1

1 1 1 1

＞0的解．即1 1y

1z)

1 ＞0的整數(shù)解．依此類推，可知1 1 1 )1 (2x

也是方程的滿足2x

(4x

，4y

，4z00001111 1 1 1 10000111仍是方程的滿足x＞0的整數(shù)解，由( x，y，z)(n∈N*)都是方程的滿足x＞0的整數(shù)解．40 2n

2n

2n0

2n0x1x不可能永遠(yuǎn)是正整數(shù)，從而方程沒有使x＞0的整數(shù)解，即原方0 2n0 0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*)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)．分析或下作不能無限延續(xù)下去．ij解設(shè)第i行第j列填的數(shù)為a(≤≤n∈N*S＝∑ij1≤i≤m1≤j≤na．a(chǎn)ij)

)中適ij1≤i≤m1≤j≤n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a和都不大于∑| aij1≤i≤m1≤j≤n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)(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．變大．此時，每一行、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，但是知道操了無限遞降法與最小數(shù)原理的血緣關(guān)系．情景再現(xiàn)用無限遞降法證明：2是無理數(shù)．x3－2y3－4z3=0的所有整數(shù)解．B類例題311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511塊鐵中的每塊重量都相等．分析有的同學(xué)認(rèn)為先任取10兩組重量相等，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．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)：1110塊鐵的和必須是偶數(shù)．否則分成重量相5B兩塊鐵重量數(shù)的奇偶性不同，則當(dāng)去掉AB9AB9AB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．0 現(xiàn)在，設(shè)這些鐵塊的重量不全相等，則其中必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02k×qkqkkkk11k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00 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x＝y(tǒng)＝z＝a(a∈N*)3a2＝3a3a＝1(1，1，1)；x＝y(tǒng)＝12＋z2＝3z(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)(a

，b

)(a＜b

)是方程的一組正整數(shù)解，即a2＋b2＋c2＝3abc

成立，0 0

0 0 0

0 0

000考慮方程b2＋c2＋z2＝3b0c0z，即0 0z2－3b0c0z＋(b2＋c2)＝0，0 0z＝az＝3bc

必為正整數(shù)．0 1 00 00 0 00 0 0 0 00 于是原方程必有解(b，c，3bc－a)且這一組解也滿足b＜c＜0 0 00 0 0 0 00 令a＝b，b＝c

＝3bc－a

＜b

的正整數(shù)解，則又可從此解出發(fā)得1 0 1 0

00 0

1 1 11 1 11 1 1 1 11 (bc－ab＜c＜3bc1 1 11 1 1 1 11 5在ABC

3 3；C≤2A＝B＝CAB、C的和增大，從而原題可經(jīng)逐次調(diào)整得證．A≠B，則有

A+B

sinC＜

A+B

sinC．2sin2

cos 2

2sin2 ＋即只要ABC從而只要這三個角不全相等，和sinA+sinB+sinC就不能取得最大值．3 3故只有當(dāng)A＝B＝C時此和取得最大值2．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(jìn)的證明為： 若A、B、C不全相等，不妨設(shè)A≤B≤C，若B＜3，則取B＝3，C＝C＋B－3(3＜C＜C)．π πC+C C－C

3+B

3－B 而sinC＋sinB－sinC－sinB＝2cos π π π

sin

＋2cos

sin 2

(由C－C＝B－3)3－B 3+B ＝2sin 2 (cos2－cos 2 )． 由3＋B＜2C＋B－3，故sinC＋sinB－sinC－sinB＞0．即sinA+sinB+sinC＜sinA＋sinB＋sinC 2＝sinA＋sin3＋sin(3－A) 3 3＝2sin3cos(3－A)＋sin3＜3sin3＝2． 對于B＞3，也可類似證明，若B＝3，則直接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2sinA+sinB+sinC+sin3A+B

A－B

C C＝2sin

cos 2

+2sin(6+2)cos(6－2)A+B C≤2sin2 +2sin(6+2)A+B+C ＝4sin( 4 +12)cos( 4 －12)≤4sin3． 3 3 從而sinA+sinB+sinC≤3sin3＝2A＝B＝C＝3時成立．本題還可用琴生不等式證明．n例6設(shè)αa={n表示數(shù)x為不超過x的最大整數(shù)，則nn{x}＝xn

1 ()＞．n 2＞．分析本題似用反證法較合適．證明不妨設(shè)α＞0 1．設(shè)只有有限個整數(shù)n使an＞2，m是其中最大的一個，即對于任何t＞m，都有 {tα} 1 ①＜2．取正整數(shù)t，使t＞m，令{tα}＝β，則據(jù)①，0＜β

1此時，2t＞m，于是由①，{2tα} 1

1＜2，故

＜2，0＜2β＜1，所以{2tα}＝{2β}＝2β，于是由①知，0＜2β

11 12 再取{22tα}22tα＞m{22tα}0＜2β0＜22β＜1，2 12從而{22tα}={22β}=22β，又有0＜22β＜，…，212這一過程可以無限繼續(xù)下去，于是得到0＜2nβ＜(n∈N*)．2這是不可能的，因只要β≠0，就必存在正整數(shù)k，使12－k<β<2－k+1，此時有2k－1β＞2．命題得證．{nα}(n)(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．2n+112nn袋)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整數(shù)依次為，且y<0，則要進(jìn)行如下的操作：把整數(shù)z分別換為IMO)分析1 1 2 3 4 1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1x，x，x，x，xS=x+x+x+x+x>0x<0，，x+x，x，x，x+x1 1 2 3 4 1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 3 2 4 3 5 4 1 5 取函數(shù)f(x，x，x，x，x)=(x－x)2+(x－x)2+(x－x)2+(x－x)2+(x－x)2，顯然f≥1 2 3 4 5 1 3 2 4 3 5 4 1 5 1 1 2 3 4 1 5 1 2 3 4 5 1 1 2 3 4 則f(－x，x+x，x，x，x+x)－f(x，x，x，x，x)=2x(x+x+x+x+x)≤－21 1 2 3 4 1 5 1 2 3 4 5 1 1 2 3 4 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．1 2 3 4 解2取目標(biāo)函數(shù)f(x，x，x，x，x1 2 3 4 =|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|1 2 3 4 f(x，x，x，x，x)≥01 2 3 4 1 2 3 3 4 5 1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 則f(－x，x+x，x，x，x+x)－f(x，x，x，x，x)=+x+x+x+x+x+x+x+x|=|s+x1 2 3 3 4 5 1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1|s－x1|．(記s=x1+x2+x3+x4+x5由于s＞0，x＜0，故|s+x1|－|s－x1|＜0．下同解1．18a、B是兩個實數(shù)，試確定方程組 2+2+=(132， ⑴ 12Ax2By2)+2ABz)+2A2Bx2)(AB)(1．⑵(用AB)()1解A(x4+y4+z4)+B(x2y2+y2z2+z2x2)＝4(2A+B)(13a)4(x2y2+y2z2+z2x2)項：1 1 1 1⑵－⑴2×2B：(A－2B)(x4+y4+z4)＝2(A－2B)(13a)4．如果2A－B≠0，則得，2(x4+y4+z4)＝(13a)4． ⑶0 0 ⑶如果有正整數(shù)解，設(shè)為(x，y，z)0 0 a

)4．1 0 0 0 1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)．0 1 0 1 0 令x＝2x，y＝2y，z＝2z0 1 0 1 0 2(x4+y4+z4)=(13a1)4．即(x，y

)也是正整數(shù)解．1 1 1

1 1 1由此可知，這個方程有無數(shù)組解．且對于一切正整數(shù)n，1x

都是正整數(shù)．這是不可能的．于是2A2n0－B≠0時方程⑶無正整數(shù)解．2A－B=0A=0A≠02A－B=0．情景再現(xiàn)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)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？27．已知對任意實數(shù)，函數(shù)都有定義，且f2≤22f(．如果集合={a(a＞a2不是空集，A是無限集．(1994)28．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證明：四元二次不定方程不存在正整數(shù)解．()方程的所有整數(shù)解．(美國第五屆數(shù)學(xué)競賽)

x2＋y2＝3(u2＋v2)a2＋b2＋c2＝a2b23f(x)N*N*m∈N*f(2m)=2m，證f(x)=xN*上恒成立．1 2 n 1 2 ．若x，xx為非負(fù)數(shù)，且x+x+x=，1 2 n 1 2 試求si+si2…+sin(1987年南京市競賽．a(chǎn)

=1n1

ab

abna

．(j，i i+1 i

i+1

iii=1

i=1

iji

i=1

in+1i 12 j，…，j1，2，…，n2

,a，…,a

a1a2++

…an≥++

11…1是互不相等的正整數(shù)，求證：1 2 n

1+++ +；+(第二十屆IMO)+

1222

n2 23 n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．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?。袩o數(shù)個長與寬都是正整數(shù)的矩形

，S，…，SS(0，0)，(a，0)，(a，1 2 n i i ib)，(0，b)(a，b∈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i i i i個矩形在后一個矩形之內(nèi)．0 0 0 在坐標(biāo)平面上，如果x、y 都是整數(shù)，則把點，y)稱為整點(或格點)0 0 0 n(n≥7)邊形，其所有頂點都是整點．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．()在王宮中召見他的2nn－1)能夠讓這些騎士圍著圓桌坐下，使每個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VV本節(jié)“情景再現(xiàn)”解答：r證明：設(shè)為有理數(shù)，2＝(r、2s2＝r2．故rr=2r1(r

∈N*)．s 1s2＝2r2，又得ss＝2s2s2＝r2．1 1 1 1重復(fù)上一步驟，可依次得一列無限多個正整數(shù)r，r，r，…，rr

(k∈N*)．1 2 n k k+11 2 且r＞r＞r＞…＞rrr－11 2 也是一組解．故只要x>0的解即可．1 1 1 1 1 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(x，y，z)(x，y，z∈Z)1 1 1 1 1 則 x3－2y3－4z3=0． 即x3=2y3+4z3．1 1 1 1 1 12y3+4z3x1

∈N*)，代入得：8x3=2y3+4z3．1 1 2

2 1 1約去2得，y3=4x3－2z3，于是又得y1為偶數(shù)．令y1=2y2(y2∈Z)，代入又得8y3=4x3－2z3，1 2 1 2 2 1即z3=2x3－4y3，又得z1

＝2z

(z∈Z)1 2 2

1 2 2就得x3－2y3－4z3＝0

)也是原方程的一組解，但x＞0x＜xx的最2 2 2 2 2

2 2 1 1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．(x，y，z，t)x3|(z2+t2)若/0(mod3或/0(mod3，則2+/0(mod3．于是0，0(mod3．令z=3z1，t=3t1，代入得，2(x2+y2)=3(z12+t12)．于是又有x≡0，y≡0(mod3)．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<x．與x的最小性矛盾．故證．證明⑴所有的袋中球數(shù)的奇偶性相同．⑵把每個袋中的球數(shù)都減少同一個數(shù)目，不影響結(jié)論的正確性；⑶如果每個口袋中的球數(shù)有公因子d，則把這個公因子約去，不影響結(jié)論的正確性．由此，設(shè)各口袋中球數(shù)不全相等，取各袋球數(shù)最少的，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．證明2m2n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＜m1°經(jīng)過一次調(diào)整后，每個小孩的糖塊還在2n2m之間；2k2l塊k+l)k+l塊或k+l)k+l+1塊．因n≤k，l≤m，故2n≤k+l≤2m．k=l=nk=l=mk+l=2m，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．2°n＜m2n塊糖的小孩人數(shù)就至少減少12n的小孩，經(jīng)調(diào)整后，手中糖數(shù)仍多于2n．2k塊糖(k＞n)2ll≥nk+l＞2n．從而這個(k＋lk＋l＋1)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．2n2n2n塊．但n＜m2n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2n塊糖的小孩手中的糖數(shù)就多于2n2n11?2nh(h∈N*)h次調(diào)整后，每個小孩手中2m2n＋2．如果2m而不少于n，mm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．考慮一般情況：對于任意正整數(shù)na≥5，則把它拆成3a－3，由于3(a－3)＝3a－9＝a＋(2a－9)＞a4，當(dāng)44＋43＋3＋24×4＜3×3×21442＋22的個數(shù)≥3時，把2＋2＋22×2×2＜3×3．于是可知，如果原數(shù)被3331223321個23n＝1979≡2(mod3)26593的2×3659最大．07．解由于f2(0)≤2·02·f(2)，即f(0)=0．即0A．設(shè)a∈A，顯然a≠0，又由a∈A，知 f(a)＞a2， ①a由f(x)定義，有 f2(a)≤2a2f(2)， ②a f2(a) a2 a2 比較①、②，有 f()≥2 2

＞2＞(2)2．a(chǎn) a a于是2∈A．但由a≠0，故2≠a，即2與a是A的(相異的)兩個元素．a(chǎn) a a a a a a同理，由∈A，≠0，又可得∈A．由此可知，a，，，，…，，…(n∈N)都是A的元素，2 2 4 2 22 23 2n即A為無限集．1 2 30 1 2 30 1 2 8．設(shè)分成各組的點數(shù)分別為n，n，且n＜n＜…＜n ，n＋n＋…＋n ＝19891 2 30 1 2 30 1 2 得三角形總數(shù)S＝ ∑ ninjnk．1≤i＜j＜k≤30n n 3 30S＝n

30

n＋(n

＋n

∑nn

∑ nnn．12 k＝1

1 2 j3≤j＜k≤30

ijk3≤i＜j＜k≤302 1 2 1 1 故要使S最大，n－n應(yīng)盡可能小，故n－n＝1或2．同法可知應(yīng)有n －n＝12 1 2 1 1 1301519891530n，n＋1，…n＋k－1，n＋k＋1，…，n＋30．于是前k1后，30個數(shù)的和＝1989＋k，且15|1989＋kk＝6．2n＋31＝133n＝51．即分成數(shù)為51，52，…，56，58，59，…，81．“習(xí)題69”解答：0 0 0 (x，y，u，v)x2+y20 0 0 由于左邊能被3整除，若3?x，或3?y，則x2+y2≡1或2(mod3)，故x≡0(mod3)，y≡0(mod3)．x=3x，代入得u2+v2=3(x2+y2)(u)也是原方程的一組解，但u2+v2＜1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0x2+y2，即得到的一組解使x2+y2更小．這與假設(shè)矛盾．故原方程沒有正整數(shù)解．0 000解a=b=c=0(a0，b，c)是一組非零解．00⑴a、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．⑵a，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；⑶a，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；⑷a，b，c都是偶數(shù)，則約去左、右兩邊所有的公因子2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)<…<f(2k+1－1)<f(2k+1)=2k+1．由于在2k＜x＜2k+1的自然數(shù)共有2k－1個：2k+1，2k+2，…，2k+1－1．f(2k)、f(2k+1)、f(2k+2)f(2k+1－1)2k－12k－1個值．即f(x)=x2k＜x＜2k+1kx∈N*，f(x)=x成立．n=2，3的情況，再推廣到一般情況．

=sinx+sinx+sinx+…+sinxn 1 2 3 n22n=2時，S2=sinx1+sinx≤1+1=2x1=x2=

時等號成立；當(dāng)n=3時，S3=sinx1+sinx2+sinx3=sinx1+sinx2+sin(x1+x2)=2sin

x1+x2 x－x22 cos122 cos12 +sin(x+x≤ x1+x2 x1+x2 x1+x22sin 2 +2sin 2 cos

x1+x2=2sin2(1+cos2)=8sincos3．其中2＝2 ．64 64 3 333所以S2=82sin2cos6= 3·3sin2·cos2·cos2·cos2≤3·(4)4＝4 ．33 323 323 1 2 故 S≤ ．當(dāng)且僅當(dāng)x=x=x3 1 2

3時取最大值． 猜測，x＝x＝…＝x＝1 2 n

時S取最大值nsin．下面證明這個結(jié)論：n n 若x1、x2、…、xn不全相等，則必有某個xi＜n，也有某個xj＞n．就設(shè)x1＜n，x2＞n．====Word行業(yè)資料分享====Word行業(yè)資料分享--可編輯版本--雙擊可刪==== x+x x+x

x－x則sinn+sin(x1+x2－n)－(sinx1+sinx2)=2sin122(cos(12

2－n)－cos12 2)x+x

x1－n n－x2=2sin

2·2sin

sin

＞0． 即把x1換成n，x2換成x1+x2－n，其余的角保持不變后，和增大，若還有不等于n的角，則仍可繼 Snnsinn．

=sinx

+sinx

+sinx

+…+sinx

x1+x2+x3+…+xn=n n 1 2 3

n sin

sinn．證明：用逐次調(diào)整法證明如下：若j≠1，j＝1(k＞1)，因ab－ab－ab＋ab＝(a－a)(b－b)≥0，1 k 11 1j1 kjk kj1 1 k 1 j1na

＝a

＋a

＋…＋a

＋…＋abi=1

iji

j2

kjk

njn≤(a

b－ab

－ab

＋ab

)＋a

＋a

＋…＋a

＋…＋ab11 1j1 k

kj1 1j1 2

kjk

njn＝ab＋ab＋…＋a

＋…＋ab．11 2

kj1

njn1a1bjkakb1a1b1akbj，其余各項都沒有改1 1變，經(jīng)過這樣變化，其和不減．若j＝1，則此步調(diào)整可以不做，直接考慮下一步．12 2j≠22ab2 2至多1

ab，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．

iii=1

，a

a＜a＜…＜a，1 2

j1 j2 jna1 ak aj a1 1 1若j＝1＜≤n，則＋( ＋＝a－a)( －0．1 12

12

1 k 12 k2a1a2 an a1 aj ak a1于是，在和式+ +…+ 中，把換成，把換

，其余各項不動，則其和不增，即1222

12

k2 k2a1a2 ak an aj a2 a1 an+ +…＋+ ≤＋+…＋＋…+ 若

＝1，則此步調(diào)整可以不做，直接考慮下一步)1222

n2 12 22a2

k2 n2 1ak a2若j2＝k≠2，則又可把

換成，而把

，其余各項不動，仍可證明，經(jīng)過這樣的交換，22 22

k2

k2

aj aj aj其和不增，……，這樣經(jīng)過至多1次調(diào)整，使和式換成+ ++ ，而和不增．即12 22 n2a1a2 an aj aj aj+ +…+ ≥+ +…+ ． ①1222 n2 12 22 n2aj k 1但j＜j＜…＜j，故j≥1j≥j≥，從而≥＝＝1，n，故又得，1 2

1 2aj aj

n 11 1

k2 k+ +…+ ≥1++…+． ②比較①、②，得證．

12

n2 23 nO為其內(nèi)接三角ADBCAMBC源-于-網(wǎng)-絡(luò)-收-集

A' AO

形，若AB≠AC，則作BC交⊙OAM＞B M D C====Word行業(yè)資料分享====Word行業(yè)資料分享--可編輯版本--雙擊可刪====源源-于-網(wǎng)-絡(luò)-收-集ABC AD．于是S ＞S ，這說明，只要定ABC △ △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．解：設(shè)是△ABC的任一內(nèi)接三角形 (DEF分別在邊BC、AB上)，若∠FDB≠∠EDCFBC的

FFEBC于點連EF顯然FDDFD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，其周長才不能再減其內(nèi)接三角形中周長最小的．

C 小．即此時得到的三角形是FEDFEDD'F'a ()a i i應(yīng)．如果存在一個橫坐標(biāo)aaa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．2 1 1 1 1 1 1 1 1 aa(ay值最小(a，b){(x，y)|x≤ay≤b}這是因為：由假設(shè)，所1，2，…，