2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第9讲-无限递降与逐次调整

====Word行业资料分享====Word行业资料分享--可编辑版本--双击可删====源源-于-网-络-收-集9讲无限递降与逐次调整无限递降法是一种常用的证明方法，首先由费马(Fermat)使用，数学竞赛也有较广泛的应用．与之相似的逐次调整法也是证明很多问题的重要方法．无限递降法的理论根据是最小数原理：命题一有限个实数中，必有一个最小数(也必有一个最大数)．根据这一原理，又可得出：命题二任意有限个两两不同的实数可以从小到大排列顺序．(排序原理)对于自然数集，有最小数原理若M是正整数数集N*的任一非空子集(有限或无限均可)，则M中必有最小的数．最小数原理常用于论证存在性命题．在解题时，也常用由最小数原理演化出的最优化原则(极端原理)．A类例题例1求方程x3+2y3+4z3=6xyz的所有整数解(莫斯科中学生竞赛)．分析要求此方程的所有整数解，但这个方程的解的情况我们并不清楚，但其解的情况不外以下几种：1˚方程没有整数解：对这种情况，我们必须证明一切整数都不是这个方程的解；2˚方程只有有限组解：对这种情况，我们必须把所有的解都求出来，并证明方程没有别的解；3˚方程有无数组解：对这种情况，我们应给出如何找到这无数组解中的任一组解的方法，并证明没有其他类型的解了．情形x＝y＝z＝0他的解呢？一时找不到其他的解，那么，是否只有这一组解呢？不妨设方程还有一组解，试着推出这组解的特点．从而确定方程的所有的解．解显然x＝y＝z＝0是方程的一组解．0 0 0 ，y，z)x＞00 0 0 x3＝6xyz－2y3－4z3， ⑴0 000 0 0x

xx

其中x为正整数又得

yz，0 0 0从而得

0 0 1 1y3＝6xyz－2z3－4x3， ⑵

1 0

1000 100 0 1故y0也为偶数，设y0=2y，其中y1为整数．于是又有12z3=12xyz－4x3－8y3，0 110 1 11故又有z0为偶数，设z0=2z，其中z1为整数，代入即得1x3+y3+z3=6x1y1z1． ⑶从而(x

，y，z

)也满足此方程，由于x

1 1 1，y，z均是整数，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的整数解．依此类推，可知1 1 1 )1 (2x

也是方程的满足2x

(4x

，4y

，4z00001111 1 1 1 10000111仍是方程的满足x＞0的整数解，由( x，y，z)(n∈N*)都是方程的满足x＞0的整数解．40 2n

2n

2n0

2n0x1x不可能永远是正整数，从而方程没有使x＞0的整数解，即原方0 2n0 0程只有惟一组解(0，0，0)．说明本例所用的方法就是无限递降法，又称无限下推法．例2在m×n(m，n∈N*)一列的所有数的符号．证明：只要经过有限次的改变符号，就可以使每一行、每一列的各数之和都非负．分析或下作不能无限延续下去．ij解设第i行第j列填的数为a(≤≤n∈N*S＝∑ij1≤i≤m1≤j≤na．aij)

)中适ij1≤i≤m1≤j≤n当选取每个数的符号的结果，从而只有有限个可能的和的值(显然该和至多有2mn种可能)，但所有这些a和都不大于∑| aij1≤i≤m1≤j≤n如果填好后发现每行、每列的数的和都已经非负，则经过0次改变符号即已达到题目的要求．如果某一行(或列)的数的和为负，则可改变这一行(或列)的所有各数的符号．这时这一行(或列)(或列上的数不变，这样，操作一次就使这个表格中所有的数的和变大．变大．此时，每一行、每一列的各数之和均非负．说明本例是无限递降的另一种叙述形式．在例1中说明了：只要有一组非零整数解，就一定有无穷多组整数解，这些解有递降(递升)关系；本例中每次操作的目标也存在递降(递升)关系，但是知道操了无限递降法与最小数原理的血缘关系．情景再现用无限递降法证明：2是无理数．x3－2y3－4z3=0的所有整数解．B类例题311块铁，重量都是整数克，如果任意取其中10块，都可以把它们分成两组，每组511块铁中的每块重量都相等．分析有的同学认为先任取10两组重量相等，从而换入的一块与换出的一块重量相等，于是所有各块重量相等．这一想法为什么是10块重新分组，因此不能说换出的一块与换入的一块重量相等．考虑减去谁能使问题得到简化？证明首先，满足条件的铁块具有以下三个性质：1110块铁的和必须是偶数．否则分成重量相5B两块铁重量数的奇偶性不同，则当去掉AB9AB9AB的奇偶性不同，这个新的组的重量数的和就会是奇数了．⑵如果某11求．⑶当各块铁的重量数都是偶数时，把每块铁的重量减半后，所得铁块仍然满足题目的要求．于是，若各块铁的重量数为奇数时，可都先减去一个奇数的重量，使各块铁的重量数变为偶数再减半．0 现在，设这些铁块的重量不全相等，则其中必有一块铁的重量最轻，设其重量数为m，把每块铁都减去m．则至少有一块铁的重量数为0．这时由⑴知，每块铁的重量数都是偶数．如果这时各块铁的02k×qkqkkkk11k次．则所得铁块仍能满足题目要求，但此时这11块铁的重量的奇偶性不同（因为有铁块的重量数已经减成了奇数，但有的铁块重量数为00 这说明，原来每块铁的重量都是m．例4证明方程x2+y2+z2=3xyz有无穷多组正整数解(x，y，z)．分析式可以取无穷多组值．或者给出一个递推的方法，由此方法可以从一组解推出第二组解，这两种想法都是解决数列问题的常用想法．本题即是用第二种递推的想法，先找出易于发现的解，再寻找这些解的规律，由此得到寻找一般解的方法．证明x＝y＝z＝a(a∈N*)3a2＝3a3a＝1(1，1，1)；x＝y＝12＋z2＝3z(1，1，2)；若x＝1，y＝2，则有方程z2－6z＋5＝0，又得方程的另一组解(1，2，5)．现设(a

，b

)(a＜b

)是方程的一组正整数解，即a2＋b2＋c2＝3abc

成立，0 0

0 0 0

0 0

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

必为正整数．0 1 00 00 0 00 0 0 0 00 于是原方程必有解(b，c，3bc－a)且这一组解也满足b＜c＜0 0 00 0 0 0 00 令a＝b，b＝c

＝3bc－a

＜b

的正整数解，则又可从此解出发得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，从而原题可经逐次调整得证．A≠B，则有

A+B

sinC＜

A+B

sinC．2sin2

cos 2

2sin2 ＋即只要ABC从而只要这三个角不全相等，和sinA+sinB+sinC就不能取得最大值．3 3故只有当A＝B＝C时此和取得最大值2．说明上述证明方法也是“逐次调整法”的一种表述形式，但这样的说法只是证明了“当三个角不等时，其正弦和不能取得最大值”，并没有证明原命题．因此这样的证明理由是不充足的．改进的证明为： 若A、B、C不全相等，不妨设A≤B≤C，若B＜3，则取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． 对于B＞3，也可类似证明，若B＝3，则直接用上述证明的后半部分即可证．本题还可用添项法证明：证明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 从而sinA+sinB+sinC≤3sin3＝2A＝B＝C＝3时成立．本题还可用琴生不等式证明．n例6设αa={n表示数x为不超过x的最大整数，则nn{x}＝xn

1 ()＞．n 2＞．分析本题似用反证法较合适．证明不妨设α＞0 1．设只有有限个整数n使an＞2，m是其中最大的一个，即对于任何t＞m，都有 {tα} 1 ①＜2．取正整数t，使t＞m，令{tα}＝β，则据①，0＜β

1此时，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从而{22tα}={22β}=22β，又有0＜22β＜，…，212这一过程可以无限继续下去，于是得到0＜2nβ＜(n∈N*)．2这是不可能的，因只要β≠0，就必存在正整数k，使12－k<β<2－k+1，此时有2k－1β＞2．命题得证．{nα}(n)(0．1)上是处处“稠密”的．情景再现3、证明方程6(x2+y2)=z2+t2无正整数解．2n+112nn袋)C类例题例7正五边形的每个顶点对应着一个整数，使得这五个数的和为正．若其中3整数依次为，且y<0，则要进行如下的操作：把整数z分别换为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 取函数f(x，x，x，x，x)=(x－x)2+(x－x)2+(x－x)2+(x－x)2+(x－x)2，显然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 则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 这说明，每操作一次f的值至少减少2，但f恒≥0，故这样的操作经过有限次就一定终止．1 2 3 4 解2取目标函数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 则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|．(记s=x1+x2+x3+x4+x5由于s＞0，x＜0，故|s+x1|－|s－x1|＜0．下同解1．18a、B是两个实数，试确定方程组 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)项：1 1 1 1⑵－⑴2×2B：(A－2B)(x4+y4+z4)＝2(A－2B)(13a)4．如果2A－B≠0，则得，2(x4+y4+z4)＝(13a)4． ⑶0 0 ⑶如果有正整数解，设为(x，y，z)0 0 a

)4．1 0 0 0 1由于奇数的4次方被8除余1，偶数的4次方被8除余0，故x0，y0，z0都是偶数．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

)也是正整数解．1 1 1

1 1 1由此可知，这个方程有无数组解．且对于一切正整数n，1x

都是正整数．这是不可能的．于是2A2n0－B≠0时方程⑶无正整数解．2A－B=0A=0A≠02A－B=0．情景再现同时把自己手中的糖分一半给左边的小孩，糖块数变成奇数的小孩向老师要1块，这算一次调整．证)1979分成若干个正整数的和，要使分成各数的乘积最大，应如何分？27．已知对任意实数，函数都有定义，且f2≤22f(．如果集合={a(a＞a2不是空集，A是无限集．(1994)28．空间有1989个点，其中无三点共线，把它们分成点数互不相同的30组，取任意三个不同组的点为顶点作三角形，问各组点数应为多少时，才能使所得三角形总数最多？习题69证明：四元二次不定方程不存在正整数解．()方程的所有整数解．(美国第五届数学竞赛)

x2＋y2＝3(u2＋v2)a2＋b2＋c2＝a2b23f(x)N*N*m∈N*f(2m)=2m，证f(x)=xN*上恒成立．1 2 n 1 2 ．若x，xx为非负数，且x+x+x=，1 2 n 1 2 试求si+si2…+sin(1987年南京市竞赛．a

=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是互不相等的正整数，求证：1 2 n

1+++ +；+(第二十届IMO)+

1222

n2 23 n用逐次调整法说明：在给定圆的内接三角形中，求面积最大的三角形．用逐次调整法说明：锐角三角形的内接三角形中，以三高的垂足为顶点的三角形的周长最小．有无数个长与宽都是正整数的矩形

，S，…，SS(0，0)，(a，0)，(a，1 2 n i i ib)，(0，b)(a，b∈N*，i=1，2，…．)．求证：可从中选出无穷多个矩形排成一个矩形序列，使前一i i i i个矩形在后一个矩形之内．0 0 0 在坐标平面上，如果x、y 都是整数，则把点，y)称为整点(或格点)0 0 0 n(n≥7)边形，其所有顶点都是整点．一个箱子中数目相等的小球放入后者．证明：不论最初三个箱子中各有多少个小球，总可以经过有限次操作，使其中某个箱子变成空的．()在王宫中召见他的2nn－1)能够让这些骑士围着圆桌坐下，使每个本题也可用以下方式叙述：G为简单图，顶点数n≥3，且对每个不相邻的顶点VV本节“情景再现”解答：r证明：设为有理数，2＝(r、2s2＝r2．故rr=2r1(r

∈N*)．s 1s2＝2r2，又得ss＝2s2s2＝r2．1 1 1 1重复上一步骤，可依次得一列无限多个正整数r，r，r，…，rr

(k∈N*)．1 2 n k k+11 2 且r＞r＞r＞…＞rrr－11 2 也是一组解．故只要x>0的解即可．1 1 1 1 1 设S是所有x＞0的整数解的集合．取其中使x的值最小的一组(x，y，z)(x，y，z∈Z)1 1 1 1 1 则 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约去2得，y3=4x3－2z3，于是又得y1为偶数．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

)也是原方程的一组解，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＝z＝0是方程的唯一解．(x，y，z，t)x3|(z2+t2)若/0(mod3或/0(mod3，则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．这说明(x1，y1，z1，t1)也是方程的解．而且x1<x．与x的最小性矛盾．故证．证明⑴所有的袋中球数的奇偶性相同．⑵把每个袋中的球数都减少同一个数目，不影响结论的正确性；⑶如果每个口袋中的球数有公因子d，则把这个公因子约去，不影响结论的正确性．由此，设各口袋中球数不全相等，取各袋球数最少的，设为k．⑴先把每个口袋中的球数减k，于是，至少有一个口袋中球数为0，而其余各袋中球数为偶数．⑵把各袋中的球数都减半，此时由于有一袋中球数为0，故这一袋中球数仍为偶数．于是其余各袋中球数都仍为偶数．⑶于是，可以再把各袋中球数减半，而同理知此时各袋中球数仍全为偶数．这一过程可以无限继续下去，这是不可能的．即得证．证明2m2n块糖(n，m∈N*，0≤n≤m)．若n＝m，则所有小孩拿糖块数已经相等，不再需要调整．现设n＜m1°经过一次调整后，每个小孩的糖块还在2n2m之间；2k2l块k+l)k+l块或k+l)k+l+1块．因n≤k，l≤m，故2n≤k+l≤2m．k=l=nk=l=mk+l=2m，k+l+1=2m．故经过一次调整，所有小孩手中的糖块数还在2n与2m之间．2°n＜m2n块糖的小孩人数就至少减少12n的小孩，经调整后，手中糖数仍多于2n．2k块糖(k＞n)2ll≥nk+l＞2n．从而这个(k＋lk＋l＋1)2n．其次，调整前手中有2n块糖的小孩人数至少减少1人．2n2n2n块．但n＜m2n块糖的小孩，其左边小孩的糖多于2n块．于是经过调整，这名手2n块糖的小孩手中的糖数就多于2n2n11˚2nh(h∈N*)h次调整后，每个小孩手中2m2n＋2．如果2m而不少于n，mm之间的整数只有有限个，所以，经过有限次调整后，每个小孩手中的糖数都变得一样多．考虑一般情况：对于任意正整数na≥5，则把它拆成3a－3，由于3(a－3)＝3a－9＝a＋(2a－9)＞a4，当44＋43＋3＋24×4＜3×3×21442＋22的个数≥3时，把2＋2＋22×2×2＜3×3．于是可知，如果原数被3331223321个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．设a∈A，显然a≠0，又由a∈A，知 f(a)＞a2， ①a由f(x)定义，有 f2(a)≤2a2f(2)， ②a f2(a) a2 a2 比较①、②，有 f()≥2 2

＞2＞(2)2．a a a于是2∈A．但由a≠0，故2≠a，即2与a是A的(相异的)两个元素．a 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为无限集．1 2 30 1 2 30 1 2 8．设分成各组的点数分别为n，n，且n＜n＜…＜n ，n＋n＋…＋n ＝19891 2 30 1 2 30 1 2 得三角形总数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应尽可能小，故n－n＝1或2．同法可知应有n －n＝12 1 2 1 1 1301519891530n，n＋1，…n＋k－1，n＋k＋1，…，n＋30．于是前k1后，30个数的和＝1989＋k，且15|1989＋kk＝6．2n＋31＝133n＝51．即分成数为51，52，…，56，58，59，…，81．“习题69”解答：0 0 0 (x，y，u，v)x2+y20 0 0 由于左边能被3整除，若3∤x，或3∤y，则x2+y2≡1或2(mod3)，故x≡0(mod3)，y≡0(mod3)．x=3x，代入得u2+v2=3(x2+y2)(u)也是原方程的一组解，但u2+v2＜1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 0x2+y2，即得到的一组解使x2+y2更小．这与假设矛盾．故原方程没有正整数解．0 000解a=b=c=0(a0，b，c)是一组非零解．00⑴a、b、c不能都是奇数，否则左边被4除余3，右边被4除余1，矛盾．⑵a，b，c不能二奇一偶，否则左边被4除余2，右边被4除余0或1，矛盾；⑶a，b，c不能一奇二偶，否则左边被4除余1，右边被4除余0，矛盾；⑷a，b，c都是偶数，则约去左、右两边所有的公因子2从而本题只有唯一解．3．证明：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的自然数共有2k－1个：2k+1，2k+2，…，2k+1－1．f(2k)、f(2k+1)、f(2k+2)f(2k+1－1)2k－12k－1个值．即f(x)=x2k＜x＜2k+1kx∈N*，f(x)=x成立．n=2，3的情况，再推广到一般情况．

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

时等号成立；当n=3时，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≤ ．当且仅当x=x=x3 1 2

3时取最大值． 猜测，x＝x＝…＝x＝1 2 n

时S取最大值nsin．下面证明这个结论：n n 若x1、x2、…、xn不全相等，则必有某个xi＜n，也有某个xj＞n．就设x1＜n，x2＞n．====Word行业资料分享====Word行业资料分享--可编辑版本--双击可删==== x+x x+x

x－x则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换成n，x2换成x1+x2－n，其余的角保持不变后，和增大，若还有不等于n的角，则仍可继 Snnsinn．

=sinx

+sinx

+sinx

+…+sinx

x1+x2+x3+…+xn=n n 1 2 3

n sin

sinn．证明：用逐次调整法证明如下：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，其余各项都没有改1 1变，经过这样变化，其和不减．若j＝1，则此步调整可以不做，直接考虑下一步．12 2j≠22ab2 2至多1

ab，且每次调整时其和都不减从而左边的不等式得证．同法可证右边的不等式．

iii=1

，a

a＜a＜…＜a，1 2

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

12

1 k 12 k2a1a2 an a1 aj ak a1于是，在和式+ +…+ 中，把换成，把换

，其余各项不动，则其和不增，即1222

12

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

＝1，则此步调整可以不做，直接考虑下一步)1222

n2 12 22a2

k2 n2 1ak a2若j2＝k≠2，则又可把

换成，而把

，其余各项不动，仍可证明，经过这样的交换，22 22

k2

k2

aj aj aj其和不增，……，这样经过至多1次调整，使和式换成+ ++ ，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≥，从而≥＝＝1，n，故又得，1 2

1 2aj aj

n 11 1

k2 k+ +…+ ≥1++…+． ②比较①、②，得证．

12

n2 23 nO为其内接三角ADBCAMBC源-于-网-络-收-集

A' AO

形，若AB≠AC，则作BC交⊙OAM＞B M D C====Word行业资料分享====Word行业资料分享--可编辑版本--双击可删====源源-于-网-络-收-集ABC AD．于是S ＞S ，这说明，只要定ABC △ △增大，故此三角形不是圆的内接三角形中面积最大的，从而，当圆的内接三角形三边相等时，其面积才不能再增大，即圆的内接三角形中面积最大的为正三角形．解：设是△ABC的任一内接三角形 (DEF分别在边BC、AB上)，若∠FDB≠∠EDCFBC的

FFEBC于点连EF显然FDDFD这 说明，只要内接三角形的某两边与原三角形的相应边夹角不等则可通过上法 调整此三角形，使其周长变小故此三角形不是内接三角形中周长最小的故 只有当内接三角形的任两边与相应边的夹角都相等时，其周长才不能再减其内接三角形中周长最小的．

C 小．即此时得到的三角形是FEDFEDD'F'a ()a i i应．如果存在一个横坐标aaa把这些矩形按纵坐标从小到大排序，按此排序得出的矩形序列即满足题意．同理，如果存在一个纵坐标b，使纵坐标为b的点对应的矩形有无数个，亦可如上证得解．现设对于任何给定正整数a与b，矩形(a，y)只有有限个，矩形(x，b)也只有有限个．2 1 1 1 1 1 1 1 1 aa(ay值最小(a，b){(x，y)|x≤ay≤b}这是因为：由假设，所1，2，…，