人教版初中数学《第27章极端原理》竞赛专题复习含答案

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第27章  极端原理 27.1.1**  两人轮流往一个圆桌面上放同样大小的硬币．规定每人每次只能放一枚，硬币平放在桌面上，并且两两不能重叠，谁放完最后一枚．使得对方无法按照规则再放，谁就获胜．问：是先放合算还是后放合算？解析  本题的极端情况是：桌面小的只能放下一枚硬币．这时当然是先放的人合算．一般情况下，先放的人把硬币放在圆桌的中心处，每当对手放下一枚硬币后，就在对方硬币关于“圆心”对称位置再放下一枚硬币，这样只要对手还能放硬币，先放的人一定也能放，所以放最后一枚硬币的人一定是先放的人，从而他必能获胜．评注  本题解法的独到之处在于考虑最极端的情况，“桌面最小”．这里的极端原理实际是一种“从特殊到一般”的思考方法，并且在极端情况下的结果提示我们解决一般问题的方法，在应用极端原理时，我们要利用如下的事实：1．有限个数中一定有最大数和最小数；2．无限个正整数中有最小数；3．无限个实数不一定有最大数或最小数．27.1.2**  在一次乒乓球循环赛中，（≥3）名选手中没有全胜的，证明：一定可以从中找出三名选手、、，使得胜，胜，胜．解析  没取胜场数最多的一名选手为，由于没有一个选手是全胜的，所以在这名选手中存在一名选手，胜．考虑击败的选手的全体，其中必有选手胜．事实上，若的手下败将也都负于，那么胜的场数比胜的场数至少要多1，这与是获胜场数最多的选手矛盾．所以，存在三名选手、、，使得胜，胜，胜．27.1.3**  平面上已给997个点，将连结每两点的线段中点染成红色，证明：至少有1991个红点，能否找到恰有1991个红点的点．解析  997个点中每两点都有一个距离，因而共有个距离（其中有可能有些距离是相等的），其中一定有一个最大距离．设是最大的距离．分别以、为圆心，为半径作圆，如图所示．点与除点之外的995个点的连线的中点在圆的内部或边界上；点与除点外的995个点的连线的中点在圆的内部或边界上，这样我们得到了    995+995＝1990个红点．另外，的中点是不同于上述1990个红点的，所以，至少有1991个红点．下面构造一个例子，说明恰好有1991个红点，设997个点在数轴上1，2，3，…，997的位置．这时中点为：，，，…，，，故红点恰有1991个．27.1.4**  证明：在任意的凸五边形中，都可以找到三条对角线，由这三条对角线可以组成一个三角形．解析  如图所示，在凸五边形中，一共有5条对角线：、、、、，所以其中一定有一条是最长的，不妨设最长．由于是凸四边形，设与的交点为，则．因为最长，所以，、、这三条对角线可以作为一个三角形的三条边．27.1.5*  平面上给定3个点。已知其中任意两点的距离不超过1，证明：这3个点被一个半径为等的圆覆盖．解析  设三点为、、，不妨设，，当≥时．易知以删为直径的圆可覆盖（此圆半径≤≤<），当时，为锐角三角形，设外心为在内部．由于，故外接圆半径，故结论成立．27.1.6***  平面上给定2005个点，任意两点距离小于2005，任意三点是某个钝角三角形的顶点．求证：存在直径不超过2005的圆覆盖这2005个点．解析  在这2005个点中，设两两之间距离最大的两点是、且．则以为直径的圆覆盖了这2005个点．这是因为，如图分别过、作垂线、，则给定的点不能在直线、围成的带形之外．否则这点到点（或）距离大于，这与的最大性矛盾．同时，给定的点也不能在带形内部的圆外．否则，这点与、不构成钝角三角形，与已知条件矛盾．故结论成立．评注  此例是组合几何问题中的一类覆盖问题．这些问题的解决往往需借助于极端原理的思想．27.1.7**  平面上给定个点，其中任意三点都至少有两点距离小于l，证明：可以找出其中个点位于半径为1的圆内．解析  考虑距离最远的两个点、．以、为圆心、半径为l作两个圆，若有点在这两个圆外或边上，则、≥1，于是由条件知只能有<l，与的定义矛盾，因此没有点在这两个圆外或边上．于是由抽屉原理，至少有个点在其中一个圆的内部．27.1.8***  在平面上任给个点，其中任意三点不共线，并把其中”个点染成红色，个点染成蓝色．求证：可以一红一蓝地把它们连成条线段，使这些线段互不相交．解析  因为总共只有个点，将红点与蓝点一一配对的方法只有有限种（实际上为种，即第一个红点可与个蓝点中的某一个配对，有种可能，第二个红点与剩下的个蓝点中的某一个配对，有种可能……第个红点与剩下的一个蓝点配对，有1种可能）．对于每一种配对方法，都会得到这条线段的长度和，这种和数只有有限个（其实不超过个），所以其中必有一个是最小的，下证这时候条线段是互不相交的．用反证法．假定此时有两条线段和相交，其中、是红点，、是蓝点，设它们的交点为（如图）．由于，所以，当我们将与配对，与配对，其他的保持不变，这时候条线段的长度和减少了，矛盾．因此这时条线段是互不相交的．评注  本题所要证明的是“存在性”命题，利用极端原理处理存在性命题的基本手法是：取极端制造所存在的东西，然后用反证法证明．27.1.9*  能否在平面上安排有限条线段，使每一条线段都至少有一端点严格地位于其他某条线段的内部？解析  不可能，因为有限条线段中不妨设最长的是，且位于另一条线段中，由于，不妨设，于是，与的定义矛盾．这个命题即使在空间也是成立的．27.1.10**  平面上有个点，其中任意三点不共线，且任意三点构成的三角形的面积都小于1．证明：存在一个面积小于4的三角形包含这个点．解析  我们先通过取极端制造一个面积小于4的三角形，然后用反证法证明这个三角形包含这个点．个点中任意三点作一个三角形，三角形的个数是有限的（其实为个），每一个三角形都有一个面积，取其中面积最大的一个记为．由于每个三角形的面积都小于1，所以．过顶点，，分别作对边的平行线，得到一个，如图所示．显然．下面证包含了这个点．用反证法．设外还有这个点中的一点，设为（不妨设在“外侧”）．如图，则，这与的面积最大矛盾．于是即为所求．27.1.11*  设是大于2的自然数，是小于且与互质的全部正整数．证明：这个数中必定有一个是质数．解析  显然，又，所以．我们证明是质数．它是异于1、小于且和互质的最小正整数．如果不是质数，则因为，所以，这里、都是大于1的正整数．既然与互质，、也与互质，但，这就和上述的最小性矛盾．27.1.12**  考虑一个无限大的棋盘，棋盘的每个方格内有一个正整数．若方格中的每个数是其上下左右四个数的平均值．证明所有的数都相等．解析  若这些正整数不相等，设为其中的最小值，则必有某一块与含相邻且严格大于．又含方格中的等于与之相邻的4块的平均值，每块都不小于，有一块大于．这就得到一个矛盾．27.1.13**  草场上有15个男孩在玩球，每人手上有一个球．任何两人的距离皆不相等．每个男孩把自己手里的球抛向距离自己最近的那个男孩．（1）证明：结果有一个男孩没有球；（2）证明：没有一个男孩得到的球超过5个．解析  （1）考虑其中距离最近的两个男孩、．他们互相交换了球．若还有其他人传球给他们，则由抽屉原理即证；否则可以忽略、，这时问题变为13人玩球．我们按照上面的方法同样讨论．因为共有奇数个人，最后一定剩下一人没有人传球给他．（2）若有6个或以上的男孩传球给同一个人，不妨设为、、、、、．则必有某一个角（不妨记为）小于．这时不会是的最长边，则、中某条是最长边，即、中一人不传球给．27.1.14***  若干个人聚会，其中某些人彼此认识，已知如果某两人在聚会者中有相同数目的熟人，那么他俩便没有共同的熟人．证明：若聚会者中有人至少有2008个熟人，则必然也有人恰好有2008个熟人．解析  我们考虑（聚会者中）熟人最多的某个人（如果这样的人不止一个，那么任取其中一个），记为，设共认识个人，这些熟人依次记为，，…，．由于，，…，中任意两个人与都认识，即是他俩的共同熟人，因此（由题设推出）与的熟人数目不等．此外，，，…，的熟人数目均不会超过（这里用到了的“最大性”），于是他们的熟人数目恰好是1，2，…，．现在已知有人至少认识2008人，这意味着≥2008，所以数2008在上述数列中出现，于是，，…，中恰好有人有2008个熟人．27.1.15****  在圆周上任取21个点．证明：以这些点为端点的所有弧中，不超过的弧不少于100条．解析  本题的出发点在于：圆上任意3点分圆而得的3段弧中至少有一段不超过．为了便于识别，我们将不超过的弧的端点连结成弦．只要证明这样的弦不少于100条．在所有的点中，不妨设以为端点的弦数最小，且记以为端点的弦为，，…，，共条，而以，，…，为端点的弦都不少于条．故这个点至少有条．在其余的个点中任取2个点、（，，，，…，21）．在三点组（，，）中一定有一条弦．根据我们对的取法，这条线不会是、而只能是弦．所以在这个点任意两点之间连有弦，共条．综上，总共有弦至少为．所以当或11时，取到最小值100．这就证明了不超过的弧不少于100条．27.1.16***  某个岛国的每条道路都是单行道，任两个城市之间恰有一条路．证明存在一个这样的城市，从另外每个城市或者可以直接到达该城市，或者可经过至多一个城市到达该城．解析  对每个城市，计算通到这个城市的单行线的条数，其中最大的记为，设是到达这个数的城市．记为有直路通到的城市的全体，设是除了和中城市外的其他城市的全体．如果中没有任何城市，则结论当然成立；否则，不妨设为中的城市，则中的有某个城市使得道路是通的．事实上，如若不然，则中所有城市都有直路通到，而且也直接通到．这样通到的直路至少有条，这与我们对的假设矛盾．这样，所有进入的道路数达到最大的城市都满足题中的条件．评注  对于存在性有关的问题，极端原理解题时，有时实际是构造性的，并且常常与反证法结合着使用．27.1.17****  有23个人，每人的体重都是偶数．他们想进行一场足球比赛，每队11人，剩下的人为裁判．为了公平起见，两个队队员体重之和要求相等．事实上，他们发现不论选谁做裁判，他们都能做到这一点．证明：这23个人的体重都相同．解析  对满足题意的23个数{，，…，}，当我们把每个数减去一个相同的数或者除以一个相同的数，所得的新数组仍然满足题意．若23人的体重满足条件，则称构成的数组{，，…，}为“平衡的”．设为23个数的和，若选取为裁判，则一定是偶数，因为剩余的22名队员体重和能均分成两份．同理，，，…，也都是偶数．所以对于一个平衡的数组，其中的元素具有相同的奇偶性．下面我们证明，平衡数组的每个数都相等．设为其中的最小元素，定义，则新集合{，，…，}也是平衡的且每个元素非负，其中某些元素是0．因为0是偶数，所以所有的数都是偶数．取，则{，，…，}同样含有一些0，是平衡的．因此，我们仍然可以把每个元素除以2得到新的平衡数组，而且我们可以一直这样做下去．只有0这个整数能够不断除以2且保持是一个整数．所以我们可以推断{，，…，}都是0．评注  本题证明中结合使用了奇偶分析和无穷递降法．使用无穷递降法会回到类似的情形．27.1.18**  证明不定方程没有正整数解（，，）．解析  假设方程有正整数解，设（，，）是所有正整数解中使最小的一组解．由于，所以是偶数，故是偶数．设，则，即，故是偶数．设，则，即，故是偶数．设，则．所以（，，）也是方程的一组正整数解，且，矛盾．所以原方程没有正整数解．27.1.19***  设有（≥7）个圆，其中任意3个圆都不两两相交（包括相切），求证：一定可以找到一个圆，它至多能与5个圆相交．解析  取半径最小的圆（如有多个，取其中一个即可）设为．若与6个（或多于6个）的圆、、、、、相交，连结，，…，，则，，…，中至少有一个不大于．设，连结，如图所示．设、、的半径为、、，，．因为、相交，故连心距不超过两圆半径之和，即．同理．又在中，，故在、中必有一个不小于．设，则，即，所以、相交，从而、、两两相交．与题设矛盾！27.1.20***  空间中给出了8个点，其中任意4个点都不在同一平面上，在它们之间连以17条线段．证明：这些线段至少形成了一个三角形．解析  不妨设连出线段数目最多的点为，且设它共连出条线段．如果所有17条线段都没有形成三角形，那么与相连的个点之间彼此都没有线段相连，而其余的个点中，每一点所连出的线段条数不多于条，因此，线段的总数目不超过．这与已知的有17条线段矛盾．从而命题成立．评注  其实本题的结论可加强为“三角形的数目不少于4个”，这个问题较难，留给有兴趣的读者思考．27.1.21****  在2×方格表的每个方格中都写有一个正数，使得每一列中的两个数的和都等于1．证明：可以自每一列中删去一个数，使得每一行中剩下的数的和都不超过．解析  假设第一行中所放的数为，，…，．必要时通过交换列的位置，可以使得≤≤…≤，此时第二行中所写的数就依次分别为，，…，．显然≥≥…≥．如果，那么就删去第二行中的所有各数即可达到目的．否则，我们可以找到使得成立的最小的．此时我们在第一行中删去，，…，，在第二行中删去，，…，由的取法，立知，下面只需证明．由于，所以．27.1.22***  平面上有（>2）个点，它们两两连线都有一个中点，如果重合的中点算一个点，求证：至少有个不同的中点．解析  不妨设个点为，，…，．且、为最远两点，记中点为（1，2，…，），中点为（1，2，…，）．不存在一个与，使，否则当不在线段上时，作平行四边形，不妨设，于是，这与定义矛盾．当在亦然．于是全部与一共有个中点，加上中点，至少有个不同中点，读者不难构造出达到此界的例子．27.1.23****  设正整数、、满足，求证：．解析  对每一个，如果有这样的、存在，可设最小，且．时，，无解，故．关于的方程有另一根，由两根和知为整数，由两根积知为正数，故为正整数，于是，或，即．当时，，或3，．当时，，故或，不可能．综上所述，．27.1.24****  已知正整数与使得整除，求证：是某个正整数的平方．解析  用反证法．假设并不是某个正整数的平方．令，．所以，（，）是方程  ①的一组正整数解．设（，）是方程①的所有正整数解中，使为最小的一组解，由对称性不妨设．把①改写成关于的二次方程，得． ②于是就是②的一个正整数解．由韦达定理知②的另一个解也是整数，由知（因为不是平方数），若，则，矛盾．故>0．于是（，）也是方程①的一组正整数解．但是由，得．这与为最小相矛盾．因此愚为某个正整数的平方．