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全国高中数学联赛一试常用解题方法之构造法11


全国高中数学联赛一试常用解题方法
十一、构造法 方法介绍 解题通常在问题给定的系统里由题设推出结论,但对某些问题(例如存在性问题、条件 与结论相距较远的问题题等) ,直接推理有时不能顺利进行,因而不得不寻找某种中介工具 沟通条件和结论的联系.解题的中介工具往往隐含在题设条件之中,需要我们去发现、去解 释、去构造,这种通过构造题目本身所没有的解题中介工具——存在实例、对应

关系或数学 模型,去实现解题的方法,就是构造法. 用构造法解题,特点就是“构造” ,但怎么样“构造” ,却没有通用的构造法则.下面仅 通过实例说明. 命题精讲 1、构造方程模型 数学竞赛中的许多问题,本身结构就具备方程形式,或通过变形、概括,可以纳入到某 类方程中去,这时,若能构造相近的方程模型,通过解方程或利用方程的性质及广义韦达定 理等,常常可将复杂问题简单化.

mn 4 ? n 2 1 1 1 4 2 2 ,且 ,求 的值. ? ? 3 ? 0 , n ? n ? 3 ? 0 ? n m m2 m2 m 1 2 1 1 2 2 2 注:由原条件可知 , n 是方程 x ? x ? 3 ? 0 的两根,即有 ? n ? ?1, ? n ? ?3 ,所 m m m 4 2 2 mn ? n n 1 以 ? 2 (n 2 ? ) ? 3 . 2 m m m
例 1 已知 2.构造递推数列模型 问题中隐含着阶差递推关系的, 我们常常可将其一般化, 从而提示出相邻阶之间的关系, 建立起递推数列模型.常见的如数列中的问题、方程中与自然数有关的问题、数论问题等.

?ax ? by ? 3, ? 2 2 ?ax ? by ? 7, 5 5 例 2 设实数 a, b, x, y 满足方程组 ? 3 求 ax ? by 的值. 3 ?ax ? by ? 16, ?ax 4 ? by 4 ? 42 . ? n n 注:设 a n ? ax ? by ,则 a1 ? 3, a 2 ? 7, a3 ? 16, a 4 ? 42 ,
又为 a n ? 2 ? ax n ? 2 ? by n ? 2 ? ( x ? y )( ax n ?1 ? by n ?1 ) ? xy(ax n ? by n ) ? ( x ? y )a n ?1 ? xyan , 将初始值代入,得 a n ?1 ? ?14 a n ?1 ? 38a n ,所以 a5 ? ?14 a 4 ? 38a3 ? 20 . 3.构造不等式模型 许多重要不等式都具有固定的结构模式,如平均不等式、柯西不等式、外森比克不等式 等.若问题的结构能套上不等式公式的模型,则可利用不等式的性质(如利用不等式极值、 取等号的条件等)或通过不等式而加以解决. 例 3 解方程 ?sin x ? sin (
2 2

? ?

?

? ?? ? 3 ? x)?? ?cos2 x ? cos2 ( ? x)? ? . 3 3 ?? ? 4

注:左边具有柯西不等式的形式,因此可以柯西不等式为相似模型,因此

? 2 ?? 2 ? 2 ? 2 ? ?sin x ? sin ( 3 ? x)?? ?cos x ? cos ( 3 ? x)? ? ?? ?

? ? ? 3 ? ? ? ?sin x cos( ? x) ? sin( ? x) cos x ? ? sin 2 ( x ? ? x) ? 3 3 3 4 ? ?

2

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当且仅当

sin x cos( ? x) 3

?

sin( ? x) k? ? 3 时取等号,故 x ? ? ? ,k ? Z . cos x 2 6

?

4.构造辅助元素模型 根据问题的特点构造一些辅助元素, 为的是使问题的条件和结论, 通过这些辅助元素而 发生联系.

9 11 13 999999 ? ? ?? ? ? 0.003 . 10 12 14 1000000 10 12 14 999998 9 注:构造辅助量 M ? ,易知 MN ? ,且 N ? M ,因此 ? ? ?? ? 11 13 15 999999 1000000 9 3 ,于是 N ? N 2 ? NM ? ? 0.003 . 1000000 1000
例 4 求证: N ? 5.构造图形模型 根据题目提供的信息,构造出符合题设或结论的图形,如三角形、正方形、曲多边形, 借助于图表,化代数条件为长度、面积等几何结论.模型构造中常用到诸如勾股定理、正余 弦定理、边角关系等. 例 5 对于正整数 n ,定义 S n 为和式

?
k ?1

n

2 的最小值,其中 a1 , a 2 ? , a n 是正实 (2k ? 1) 2 ? a k

数,它们的和是 17,存在惟一的一个正整数 n ,使 S n 也是一个正整数,求这个 n . 注:

6.构造圆锥曲线模型 问题的形式、结论符合圆锥曲线的定义、性质时,可构造圆锥曲线模型,使问题得以简 化. 例 6 求函数 f ( x) ?

x 4 ? 3x 2 ? 6 x ? 13 ? x 4 ? x 2 ? 1 的最大值.
( x ? 3) 2 ? ( x 2 ? 2) 2 ? ( x ? 0) 2 ? ( x 2 ? 1) 2 , 其 几 何 意 义 为

注 : 函 数 变 形 为 f ( x) ?

P( x, x 2 ) 与 A(3,2), B(0,1) 的距离之差的最大值,而 P 为抛物线 y ? x 2 上任意一点,所以可 构造抛物线模型(利用两边之差小于第三边,即 || PA | ? | PB ||?| AB | ) ,当 P, B, A 三点共
线时取等号,即得 f ( x) max ?| AB |? 10 .解 7.构造抽屉原理模型
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构造的理论依据是抽屉原理.根据问题条件,构造出一个一个的抽屉,使题中元素、对 象无一遗漏地落于这些抽屉中.构造过程中,常常将所有对象看成一个全集,构造成若干个 抽屉(若干个子集)时,一般采用“其并为全集、其交为空集”的构造方法.

2 3 3 2 注:构造抽屉模型,将 1,2,3,?,90,91 分成 9 个抽屉 A1 , A2 ,?, A9 ,其中
例 7 给定不大于 91 的 10 个正整数.求证:其中某两个数的比在区间 [ , ] 之中.

A1 ? {1}, A2 ? {2,3}, A3 ? {4,5,6}, A4 ? {7,8,9,10}, A5 ? {11,?,16}, A6 ? {17,?,25} , A7 ? {26,27,?,38,39}, A8 ? {40,41,?,59,60}, A9 ? {61,62,?,90,91} ,
由此可见,91 个数没有遗漏地被分成 9 个抽屉(集合)中,并且同一个 Ai (i ? 1,2,?,9) 中 任意两个数的比值一定在区间 [ , ] 之中,任取 10 个数中一定有两个数在这 9 个抽屉中的 同一个抽屉中,这两个数的比值在区间 [ , ] 之中. 8.构造多色图模型 构造的方法是将图形染色,常见的有二色图、三色图、同色三角形等. 例 8 将 8 ? 8 的国际象棋棋盘剪去左上角与右下角的两个方格,求证:剩下的图形不能用 31 个 2 ? 1 的长方形覆盖. 注:国际象棋棋盘上的方格有黑白两种颜色,按此涂色 作一模型构造,知同一种颜色的方格绝不相邻,因此每 一个 2 ? 1 的长方形一定盖住一个黑格一个白格,31 个这 样的长方形将盖住 31 个黑格与 31 个白格,但图中剪去 的两个方格都是白的,因此黑格有 32 个,31 个长方形不 能将这张剪残了的棋盘完全覆盖. 9.构造对应关系模型 这种方法的重点是建立对应关系,利用对应关系的性质去解题. 例 9 设 a, b 是两个实数,有以下三个集合:

2 3 3 2

2 3 3 2

A ? {( x, y) | x ? n, y ? na ? b, n ? Z},
B ? {( x, y) | x ? m, y ? 3m 2 ? 15, m ? Z } , C ? {( x, y) | x 2 ? y 2 ? 144} . 讨论是否存在 a, b ,使(1) A ? B ? ? ;(2) (a, b) ? C 同时成立.
注:若着眼于建立数学模型,由条件(1)消去 m, n, y 可得 xa ? b ? (3x ? 15) ? 0 (1)
2

由条件(2)得 a ? b ? 144 (2) 在平面 a ? O ? b 上赋给(1) 、 (2)以形的意义,不难将问题归结为直线(1)与圆(含内部) 是否有公共点的问题,下面沿另一思路,即从建立对应关系入手,借助于对应关系的性质解 题. 由(2)可令 a ? r cost , b ? r sin t (0 ? r ? 12,0 ? t ? 2? ) ,
2 2

从 而 可 得 sin(t ? ? ) ?

3 x 2 ? 15 r x2 ?1

, 从 而 | sin(t ? ? ) |?|

3 x 2 ? 15 r x2 ?1

|? 1 , 不 难 证 明

0 ? r ? 12, x ? Z 时,上式不成立,由此得出矛盾.
10.构造反例模型 为了说明一个命题不真,常常选择一个符合题目条件,但命题结论不成立的特例,这个 过程叫构造反例. 例 10 命题: “一组对边相等且一组对角相等的四边形是平行四边形吗”对吗?如果对,请证 明;如果不对,请作一四边形满足已知条件,但它不是平行四边形,并证明你的结论.
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注:以 BD 为弦,作视角 ? (? ? 90 ) 的两弓形弧,再分别以 B, D 为圆心,以等半径画弧与
0

两弓形弧相交,选取适当的半径可使其有四个交点 A, A1 ; C , C1 ,由图形知四边形 ABCD 不 是平行四边形. 11.构造函数模型 例 11 设 U , V 是使 (U ? U ? ? ? U ) ? 10U ? (V ? V ? ? ? V ) ? 10V
2 8 9 2 10 11

? 8 成立的实

数,试比较 U , V 的大小. 注:按题目本身的条件比较 U , V 的大小有困难,由题设提供的信息,构造函数

x ? x n (9 ? 10 x) , 1? x 9 10 11 9 显然 F9 ( x) ? F11 ( x) ? 9 x ? x ? 10 x ? x (9 ? 10 x)(1 ? x) , 不难验证 Fn ( x) 具有以下性 Fn ( x) ? ( x ? x 2 ? x 2 ? ? ? x n ?1 ) ? 10 x n ?
质: (1)当 0 ? x ? 0.9 时, F9 ( x) ? F11 ( x) ? 0 ; (2) F9 (0) ? F11 (0) ? 0, F9 (0.9) ? F11 (0.9) ? 9 ; (3)当 x ? 0 时, F9 ( x), F11 x) 是连续增函数,且非负; (4)当 x ? 0 时, F9 ( x), F11 x) 都小于 0. 由(2) 、 (3) 、 ( 4 ) 及 题 设 F9 (U ) ? F11 (V ) ? 8 得 U ,V ? (0,0.9) , 由 性 质 ( 1 ) 得

F11 (V ) ? F9 (U ) ? F11 (U ) ,再由性质(3)得, U ? V .
上面介绍了构造法及其应用,还常常与反证法、数学归纳法、极端性原理等配合使用, 这些方法更具活力.但也要指出,构造法不是万能的,有许多问题不宜用构造法解,有些虽 能用,但如有更简单的方法就不一定要用构造法. 同步操练 1.求证:存在两个正无理数 a, b ,使 a 为有理数.
b 注:假设命题不成立,即找不到两个正无理数 a, b ,使 a 为有理数,那么 ( 2 )
2

b

是无理数

(否则只要取 a ? 既然 ( 2 ) 下略.
2

2 , b ? 2 ,就与假设矛盾).
2

是无理数,我们令 ? ? ( 2 )
2 2

, b ? 2 ,则 a b ? 2 为有理数,这与假设矛盾,

2.求证:方程 x ? 2 y ? 1 有无穷多组正整数解. 注 : 容 易 发 现 x ? 3, y ? 2 是 方 程 的 一 组 解 , 注 意 到 若 x ? 2 y ? 1 成 立 , 则 有
2 2

( x 2 ? 2 y 2 ) 2 ? 1 ,于是 ( x 2 ? 2 y 2 ) 2 ? 2(2 xy) 2 ? 1 ,这样我们构造数列 {xn }, { y n } 满足
2 2 xn?1 ? xn ? 2 yn , y n?1 ? 2 xn y n , x1 ? 3, y1 ? 2 , 容易验证对每一个正整数 n {x n , y n } 是原方

程的一组解,因 {xn }, { y n } 均递增,故当 n 取遍正整数时, {xn }, { y n } 不重复,所以方程

x 2 ? 2 y 2 ? 1 有无穷多组正整数解.
3.任给 7 个实数,求证:其中必存在两个实数 x, y ,满足 0 ? 注:构造 7 个实数 tan? i (i ? 1,2,?,7,? 成 6 个子区间 (?

x? y 3 ? . 1 ? xy 3

?
2

? ?1 ? ? 2 ? ? ? ? 7 ?

?
2

) ,把区间 (?

? ?

?

,? ], (?3,? ],?, ( , ], ( ,? ) ,根据抽屉原理,7 个 ? i 中必存在 2 3 6 6 3 3 2

?

?

? ?

?

?

, )分 2 2

两个落在同一个子区间上,不妨设为 ? j 与 ? j ?1 (1 ? j ? 6) ,因而 0 ? ? j ?1 ? ? j ?

?

6

) ,令

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y ? tan? j , x ? tan? j ?1 ,则 0 ?

x? y 3 ? ,下略. 1 ? xy 3
2

4.已知正数 a, b, c, A, B, C 满足 a ? A ? b ? B ? c ? C ? k .求证: aB ? bC ? cA ? k . 注:构造如图所示的正三角形, 利用 S ?LRM ? S ?MPN ? S ?NQL ? S ?PQR 即得结论. 5.求函数 f (m, n) ? (m ? n) 2 ? ( 2 ? m 2 ? ) 2 的最小值. 注: f (m, n) 可解释为两动点 A(m, 2 ? m 2 ), B(n, ) 距离的平方, 由此构造几何模型,显然直线 y ? x 与半圆 x ? y ? 2( y ? 0) 和双曲线 xy ? 9 的交点 A, B 之间距离的平方即为所求, f (m, n) 的最小值为 8.
2 2

9 n

9 n

6.已知 a, b, c 是 ?ABC 的三边,求证:a (b ? c ? a) ? b (a ? c ? b) ? c (a ? b ? c) ? 3abc .
2 2 2

注:将求证式变形为 a(b ? c ? a ) ? b(a ? c ? b ) ? c(a ? b ? c ) ? 3abc (*)
2 2 2 2 2 2 2 2 2

联想余到弦定理,交将(*)式转化为三角问题,借助于已三角不等式 证得结论成立. 7.求证:一个奇数 c 为合数的充要条件是存在正整数 a ?

? cos A ? 2 ,便能

3

c ? 1 ,使 (2a ? 1) 2 ? 8c 为完全 3

平方数. 注: (充分性)略; (必要性:必要性是存在性问题,用构造法)设 c 为奇合数,则 c 可分解为两个大于 1 的奇 数之积,将较小的记为 2k ? 1 ,较大的记为 m ,即 c ? (2k ? 1)m, k ? 2, m ? 2k ? 1 ,

c c c ? k ?1 ? ? 1 ? ? 1, 2k ? 1 2k ? 1 3 2 2 所以有 (2a ? 1) ? 8c ? [2m ? (2k ? 1)] . 8.对正整数 k , g (k ) 表示 k 的最大奇因子(如 g (3) ? 3, g (20) ? 5 ). n * 求 g (1) ? g (2) ? g (3) ? ? ? g (2 ), n ? N
令 a ? m ? k ? 1,则 a ? 注:令 g (1) ? g (2) ? g (3) ? ? ? g (2 ) ,易知 S1 ? g (1) ? g (2 ) ? 2 ,由 g ( k ) 的定义知:
n 1

k 为奇数时, g (k ) ? k ; k 为偶数时, g (k ) ? g (2m) ? g (m) ,于是 S n ? [ g (1) ? g (3) ? ? ? g (2 n ? 1)] ? [ g (2) ? g (4) ? ? ? g (2 n )]
n ?1

? (1 ? 3 ? ? ? 2 n ? 1) ? [ g (1) ? g (3) ? ? ? g (2 n ?1 )] ? (2 n?1 ) 2 ? S n ?1 ,
即 S n ? S n ?1 ? 4 ,进而 S n ?

4n ? 2 . 3

9.求证:对任意正整数 n ,都有 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? 2 . 注:构造数列 {a n } : a0 ? 2, a1 ? a0 ? 1, a 2 ? (a0 ? 1) ? 2, a3 ? [( a0 ? 1) ? 2] ? 3 ,?,
2 2 2 2 2 2 2 an ? an ?1 ? n .现在用数学归纳法证明 a n ? n .

显然 a0 ? 2 ? 0, a1 ? 3 ? 1, a 2 ? 7 ? 2, a3 ? 46 ? 3 . 假设 n ? k (k ? 3) 时,有 a k ? k ,则当 n ? k ? 1 时,有
2 a k ?1 ? a k ? (k ? 1) ? k 2 ? (k ? 1) ? 3k ? (k ? 1) ? 2k ? 1 ? k ? 1 .

于是对任意正整数 n , a n ? n ,
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所以 a n ?1 ?

a n ? n ? n , a n ? 2 ? ( n ? 1) ? a n ?1 ? n ? 1 ? n , ?,

a0 ? 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? 1 ? n ,即有 1 ? 2 ? 3 ? ? ? n ? 2 .
10.把一个圆分成 n(n ? 2) 个扇形,依次记为 S1 , S 2 ,?, S n ,每个扇形都可用红、白、蓝三 种颜色之任一种涂色,要求相邻扇形颜色互不相同,问有多少种不同的涂色方法? 注:令涂色法有 a n 种,添一扇形 S n?1 ,我们先涂 S 1 ,有 3 种;再涂 S 2 ,有 2 种;?;涂 S n , 有 2 种;涂 S n?1 ,暂只要求 S n?1 与 S n 颜色不同.其有 3 ? 2 种涂法.
n

其中 S n?1 与 S 1 颜色不同,有 a n ?1 种; S n?1 与 S 1 颜色同,将 S n?1 与 S 1 合为 1 个扇形,这时涂 色法相当把圆分成 n 个扇形,有 a n 种,于是 a n ?1 ? a n ? 3 ? 2 .
n

1 3 1 bn ? , bn?1 ? 1 ? ? (bn ? 1)(bn ? 2 n a n ) , 2 2 2 1 1 n?2 n n 进而可得 bn ? 1 ? (? ) , a n ? 2 ? 2(?1) . 2 2 11.设 x1 ? x 2 ? x3 ? x 4 ,且 x2 ? x3 ? x4 ? x1 .
易求得 a 2 ? 6, bn ?1 ? ? 求证: ( x1 ? x 2 ? x3 ? x4 ) ? 4 x1 x 2 x3 x4 .
2

注:由式子结构,令 x 2 ? x3 ? x 4 ? b, x 2 x3 x 4 ? c ,则求证式可化为一个二次不等式:

x12 ? 2(b ? 2c) x1 ? b 2 ? 0 ( 1 ) . 由

b 1 1 1 3 ? ? ? ? 及 ? ? 16(c 2 ? bc) 知 c x3 x 4 x 2 x 4 x 2 x3 4

? ? 0 ,故不等式的解集为 ? ? x1 ? ? (2) b b 又 ? x1 ? b ,故要证(2)式,只要证 ? ? , b ? ? ,这是不难的.于是(2)成立,从而 3 3
(1)成立,命题得证. 12.设 k 是给定正整数, a ? k ? 注:以 a ? k ?

1 1 ? k 2 ? ,求证: [ a n ] 都能被 k 整除( n ? N * ). 2 4

1 1 1 1 ? k 2 ? 及其共轭形式 b ? k ? ? k 2 ? 为根构造一个一元二次方 2 4 2 4 2 n 程 x ? (2k ? 1) x ? k ? 0 ,易证 0 ? b ? 1,0 ? b ? 1 .
令 U n ? a ? b ,则 U n ? 1 ? a ? U n ,所以 [a ] ? U n ? 1, n ? N .
n n n n *

由a

n ?1

U n?2

? (2k ? 1)a n?1 ? kan ? 0 及 b n?1 ? (2k ? 1)b n?1 ? kbn ? 0 得 ? k (2U n?1 ? U n ) ? U n?1 ,利用此式不难用数学归纳法证明:

U n 是整数,且 U n ? 1(mod k ) .
13.圆周上均匀地放上 4 枚围棋子,规定操作规则如下:原来相邻棋子若是同色,就在其间 放一枚黑子;若异色,就在其间放一枚白子,然后把原来的 4 枚棋子取走,完成这一个程序 就算是一次操作.求证:无论开始时圆周上的黑白棋子的排列顺序如何,最多只需操作 4 次, 圆周上就全是黑子. 注:因不知开始的 4 枚棋子的颜色及其排列顺序,按题意操作,情形比较复杂,下面构造一 个反映题设条件的赋值模型,可使问题简化.设开始的 4 枚棋子为 xi (i ? 1,2,3,4) ,并给棋子 赋值,令 xi ? ?

?1(若xi 为黑子) ?? 1(若xi 为白子)

?? 1(若xi , xi ?1异色) 第一次操作后得到的 4 枚棋子可表为 ( x1 x 2 ), ( x 2 x3 ), ( x3 x 4 ), ( x 4 x1 ) ;

,规定 xi xi ?1 ? ?

?1(若xi , xi ?1同色)

及 xi ? 1 .
2

第二次后得到的 4 枚棋子可表为 ( x1 x 2 )( x 2 x3 ), ( x 2 x3 )( x3 x 4 ), ( x3 x 4 )( x 4 x1 ), ( x 4 x1 )( x1 x 2 ) ,分
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别化简为 ( x1 x3 ), ( x 2 x 4 ), ( x3 x1 ), ( x 4 x 2 ) ; 第三次后得到的 4 枚棋子可表为 ( x1 x3 )( x 2 x 4 ), ( x 2 x 4 )( x3 x1 ), ( x3 x1 )( x 4 x 2 ), ( x 4 x 2 )( x1 x3 ) ,化 简后均为 ( x1 x 2 x 3 x 4 ) . 第四次操作后得到的棋子都是 ( x1 x 2 x3 x 4 ) ,故这四枚棋子赋值都为 1,这表明:只段操作 4 次,圆周上全是黑子. 14.用 f (n) 表示由 0 和 1 组成的长度为 n (例如 00101,10100 都是长度为 5)的排列中没 有两个 1 相邻的排列的个数,约定 f (0) ? 1 .求证: 3 | f (4m ? 2), m ? N . 注: 长度为 1 的排列只有 0, 1, 即 f (1) ? 2 ; 长度为 2 的排列有 00; 01, 10, 11, 即 f (2) ? 3 . 长度为 n 的排列可分为两类:以 0 结尾和以 01 结尾的. (1)以 0 结尾的排列中无两个 1 相连的排列的个数为 f (n ? 1) ;
*
2

(2)以 01 结尾的排列中无两个 1 相连的排列的个数为 f (n ? 2) . 于是 f (n) ? f (n ? 1) ? f (n ? 2)(n ? 2) ,下面用数学归纳法证明: 当 m ? 1 时, f (4m ? 2) ? f (2) ? 3,3 | f (2) ; 假设当 m ? k 时, 3 | f (4k ? 2) ,令 f (4k ? 2) ? 3 p0 , f (4k ? 1) ? 3 p1 ? r (0 ? r ? 3) ,由 递推式得 f (4k ) ? 3( p0 ? p1 ) ? r , f (4k ? 1) ? 3( p0 ? 2 p1 ) ? 2r ,

f [4(k ? 1) ? 2] ? f (4k ? 2) ? 3( p0 ? 3 p1 ) ? 3r ? 3(2 p0 ? 3 p1 ? r ) , 即当 m ? k ? 1 时,也有 3 | f [4(k ? 1) ? 2] .
综上所述,当 m ? N 时,都有 3 | f (4m ? 2) .
*

15.设 n 为正整数,我们称集合 {1,2,3,?,2n} 的一个排列 {x1 , x 2 ,?, x 2 n } 具有性质 P : 如果 在 {1,2,3,?,2n ? 1} 中至少有一个 i , 使得 | xi ? xi ?1 |? n .求证: 具有性质 P 的排列比不具有 性质 P 的排列的个数多. 注: 设 A ? {具有性质P的排列},B ? {不具有性质P的排列},我们着眼于建立从 B 到 A 的一个映射“ f ” ,使它是单射并非满射,就能证明 | A |?| B | . 令 b ? {x1 , x2 ,? xi ?1 , xi ,?, x 2 n } ? B ,则 | x1 ? x2 |? n ,因而总能找一个排列

a ? {x2 , x3 ,?, xi ?1 , x1 , xi ,?, x2 n } 使 | x1 ? xi |? n ,这样的 i 有且只有一个,与 b 对立,显 然 a ? A ,按这样的对应法则建立映射 f : b(? B) ? a(? A) . 易证 f 是单射,下证 f 不是满射. 因对任何 b ? {x1 , x2 ,? xi ?1 , xi ,?, x2 n } ,有 | x1 ? x2 |? n , | x 2 ? x3 |? n ,故 b 的象 a ? {x2 , x3 ,?, xi ?1 , x1 , xi ,?, x2 n } 的前二数之差的绝对值不等于 n , 显然排列 {n ? 1,1,?, n, n ? 2,?,2n} ? A ,但不是 B 中任何元素的象,所以 f 不是满射, 因此 | A |?| B | ,证毕.

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2015年全国高中数学联赛参考答案(A卷word版本)

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