《《提优教程》2020江苏省高中数学 第69讲 无限递降与逐次调整竞赛教案（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《《提优教程》2020江苏省高中数学 第69讲 无限递降与逐次调整竞赛教案（通用）（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第69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
2、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1是很容易否定的，因为我们可以发现xyz0就是方程的一组解那么方程还有没有其他的解呢？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 xyz0是方程的一组解如果方程
3、有一组解(x，y，z)，则必有一组解(x，y，z)，故只要考虑方程的正整数解即可设(x0，y0，z0)是方程的一组解，其中x00则 x6x0y0z02y4z， 由于x0，y0，z0为整数，故x0为偶数，设x02x1，其中x1为正整数，又得 8x+2y+4z12x1y0z0， 从而得 y6x1y0z02z4x， 故y0也为偶数，设y0=2y1，其中y1为整数于是又有2z=12x1y1z04x8y，故又有z0为偶数，设z0=2z1，其中z1为整数，代入即得 x+y+z=6x1y1z1 从而(x1，y1，z1)也满足此方程，由于x1，y1，z1均是整数，且x10，故(x1，y1，z1)也是方程的一组
4、满足x10的解即(x0，y0，z0)也是方程的满足x00的整数解依此类推，可知(x1，y1，z1)仍是方程的满足x00的整数解，由此(x0，y0，z0)(nN*)都是方程的满足x00的整数解但对于任何确定的正整数x0，x0不可能永远是正整数，从而方程没有使x00的整数解，即原方程只有惟一组解(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mn(m，nN*)的方格表的每个格子中都填入一个数以后可以每次改变表中某一行或某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 这是一类操作题，是要证明经过有限次操作达到某个目标我们可以为此
5、目标设一上限(或下限)，从初始状态到此上限之间只有有限个中间状态，再证明每次操作都向此上限接近一步，从而此操作不能无限延续下去解 设第i行第j列填的数为aij(1im，1jn，i，jN*)，且此方格表中所有各数的和为Saij无论怎样改变其中每个格子中的数的符号(不改变此数的绝对值)，此和都是在和式(aij)中适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)，但所有这些和都不大于|aij|，即这些和有上限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
6、行(或列)中的数的和变大，而其余的行(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由于可能的和式只有有限个值，故这种变大的过程不可能无限延续下去必到某一时刻即无法再变大此时，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，但是知道操作只有有限种可能的结果，因此经过有限次递降就必然得到满足要求的解答这种形式更明白地说明了无限递降法与最小数原理的血缘关系情景再现1用无限递降法证明：是无理数2试求方程x32y34z3=0的所有整数解B
7、类例题例3 11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5块铁，且这两组铁的重量相等证明：这11块铁中的每块重量都相等分析 有的同学认为先任取10块，可以分成两组，若把把其中未取的一块与某组中的一块交换，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错的？由于交换一块后，可以把此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但是，这能说明，各块重量数的奇偶性相同所以如果各块重量数为偶数，可以把每块重量数减半，而如果各块重量数为奇数，则可以把各块重量减去相同的重量，这样做不影响问题的结论为此考虑减去谁能使问题得到简化
8、？证明 首先，满足条件的铁块具有以下三个性质：这11块铁的重量数的奇偶性相同这是因为，任何10块铁的和必须是偶数否则分成重量相等的两组，每组的重量数就不是整数，但每组5块铁的重量数都是整数，其和应该是整数，二者矛盾如A、B两块铁重量数的奇偶性不同，则当去掉A，用B与其余9块组成一组时其重量数的和为偶数，如用A换B，其余9块不变，则由于A、B的奇偶性不同，这个新的组的重量数的和就会是奇数了 如果某11块铁满足题目要求，则将每块铁的重量都减去相同的某上重量后，仍能满足题目要求 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
9、奇数的重量，使各块铁的重量数变为偶数再减半现在，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这时由知，每块铁的重量数都是偶数如果这时各块铁的重量数不全相同，则必有重量数不为0的铁块，把这些铁块的重量数记为2kq的形式,其中k为正整数，q为奇数在所有的k中，必有最小的一个k值，设此k值为k0这时我们对这11块铁，连续减半k0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0，是偶数）这与产生矛盾这说明，原来每块铁的重量都是m例4 证明方程x2+y2+z2=3x
10、yz有无穷多组正整数解(x，y，z)分析 要说明方程有无穷多组正整数解，或者给出一个解的通式，满足此通式的数都是解，而此通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 若xyza(aN*)，则3a23a3，解得a1即方程有解(1，1，1)；若xy1，则有2z23z，得方程的另一组解(1，1，2)；若x1，y2，则有方程z26z50，又得方程的另一组解(1，2，5)现设(a0，b0，c0) (其中a0b0c0)是方程的一组正整数解，即
11、abc3a0b0c0成立， 考虑方程bcz23b0c0z，即z23b0c0z(bc)0，此方程必有一正整数解za0，由韦达定理，其另一解为z13b0c0a0必为正整数于是原方程必有解(b0，c0，3b0c0a0)且这一组解也满足b0c03b0c0a0令a1b0，b1c0，c13b0c0a0为方程的一组满足a1b1c1的正整数解，则又可从此解出发得到方程的另一组解(b1，c1，3b1c1a1)，这组解也满足b1c13b1c1a1，从而这组解与前面的解不同这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解例5 在ABC中，求证：sinA+sinB+sinC；分析 可以猜到等号在ABC时相等，于是可以
12、假设A、B、C不全相等，通过调整使三个正弦的和增大，从而原题可经逐次调整得证证明 若AB，则有sinAsinBsinC2sincossinC2sinsinC即只要A、B、C中有任何两个不等，则可以通过上述方法对这三个角进行调整，使其正弦之和增大，从而只要这三个角不全相等，和sinA+sinB+sinC就不能取得最大值故只有当ABC时此和取得最大值说明 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ABC，若B，则取B，CCB(CC)而sinCs
13、inBsinCsinB2cossin2cossin (由CCB)2sin(coscos)由B2CB，故sinCsinBsinCsinB0即sinA+sinB+sinCsinAsin BsinCsinAsinsin(A)2sincos(A)sin3sin对于B，也可类似证明，若B，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2 sinA+sinB+sinC+sin2sincos+2sin(+)cos()2sin+2sin(+)4sin(+)cos()4sin 从而sinA+sinB+sinC3sin等号当且仅当ABC时成立本题还可用琴生不等式证明例6 设为任一无理数，an=n(x表
14、示数x的“小数部分”，即记x为不超过x的最大整数，则xxx)，证明：存在无数个正整数n使an(南京大学强化班入学试题)分析 本题似用反证法较合适证明 不妨设0设只有有限个整数n使an，m是其中最大的一个， 即对于任何tm，都有 t 取正整数t，使tm，令t，则据，0此时，2tm，于是由，有2t，但由于0，故021，所以2t22，于是 由知，02再取22t，同理，由22tm ，得22t，又因02，知0221，从而22t=22=22，又有022，这一过程可以无限继续下去，于是得到02 n(nN*)这是不可能的，因只要0，就必存在正整数k，使2k2k+1，此时有2k1命题得证说明 本题实际上说明了，无理数n(n取全体正整数)时在区间(01)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4若干个球装在2n+1个口袋中，如果任意取走1袋，总可以把余下的2n袋分成两组，每组n袋，并且这两组的球的个数相等证明：每个袋中的球的个数都相等(90年意大利数学竞赛)
