數學競賽解題中的局部調整策略

●吳國建 (東陽中學 浙江東陽 322100)

所謂局部調整，又稱逐步調整，是指對某些涉及多個可變對象的數學問題，可以先固定其中一個或幾個對象，然后對其余的對象作調整，得出初步結果;并根據需要再作若干次局部調整，不斷縮小范圍，促進問題逐步明朗直至最終解決.

運用局部調整策略可以解決多元函數最值問題;證明某些多元不等式;解決與運動變換有關的幾何問題;解決與操作有關的組合問題等.

本文擬通過具體例子闡述局部調整策略在解數學競賽題中的應用.

1 運用局部調整策略求最值問題

根據最大(小)值的定義，可以對已知條件中的最值進行如下的逐步調整：

當然，還有其他一些調整步驟.它們往往可以借助特殊數據的試驗獲得.

例1 已知若干個正整數的和為1 976，求其乘積的最大值.

分析通過特殊數據的例子，發現使乘積不減的調整辦法是本題求解的關鍵.例如：2+2+2=3+3，而2×2×2＜3×3;7=2+5，而7＜2×5;以及1×a＜(a+1).

解首先和為1 976的正整數組只有有限個，于是必有一個正整數組使其積達到最大.不妨設這個正整數組為(x1，x2，…，xn)，則

此時，它們的積為P=x1x2…xn.可以運用如下幾個調整步驟，使P取得最大值：

(1)調整1：當某個xi≥4時，可將xi換作2個數2和 xi-2.調整后得到的新數組：(x1，x2，…，xi-1，xi-2，2，xi+1，…，xn)的 P 值不減(因為2(xi-2)=2xi-4≥0).

(2)調整2：當某個xi=1時，任取數組中的一個xj，將1和xj合并為一個新數(1+xj)以取代xj，調整后得到的新數組的P值也增加(因為1×xj＜1+xj).

(3)調整3：數組中等于2的xi的個數應不多于2個.若有xi=xj=xk=2，則可將3個數2換成2個數3，調整后得到的新數組的P值也會增加(因為2×2×2＜3×3).

綜上所述，當諸數的積取得最大值時，xi全為2或3，且2的個數應不多于2個，注意到1 976=658×3+2，所以P≤3658×2.

其實，本題中的1 976可改為任意自然數n，結論為：當n=3k時，最大值為3k;當n=3k+1時，最大值為4×3k-1;當n=3k+2時，最大值為2×3k.

分析通過上述調整步驟，將所求的問題轉化為可以利用一般結論的問題.

評注局部調整是解決多元最值問題的通法.其基本思想是：首先凍結若干個變量，對其余變量進行調整——放縮變換;然后再凍結、再調整、直到求出最值;并檢驗最值是可以取到的.

2 運用局部調整策略證明不等式

證明一個比較復雜的不等式，可以先考察此不等式在何時能取得等號，并據此對多元變量進行調整，以逐步靠攏取等號值時的狀態.

證明由 a，b，c，d＞0，知原不等式等價于

多次運用這種調整，得

這里假定要調整的2個數滿足如上預設的條件.

例4 設a，b，c是三角形的3條邊長，且a+b+c=1.若 n≥2，證明：

證明因為 a，b，c是三角形的3條邊長，且a+b+c=1，所以

由不等式的對稱性，不妨設a≥b≥c＞0，則

下證在三角形的三邊a≥b≥c＞0的條件下，有

事實上，對于 x≥y＞0，n≥2，n∈N*，有

這是由于

綜上所述

評注從本質來說，局部調整策略是縮小原理的一種運用形式.本例中的調整法是證明不等式在中間點和邊界點取到等號的常用辦法，但它均區別于磨光變換.事實上，磨光變換是一個無限次調整的極限過程.

3 運用局部調整策略解幾何問題

只要能找到合適的調整步驟，某些幾何問題就可運用局部調整策略來求解.

例5 (等周問題)在周長一定的三角形中，怎樣的三角形面積最大?

分析三邊之和為定值，而三角形面積可用一邊與高的關系或用兩邊夾角的形式來表達，因此將其中一邊固定也許是解決問題的有效辦法.

解考查△ABC，設AB+BC+CA=l(定值).先暫時固定點B，C，即固定邊BC的長.這時AB+AC=l-BC也是定值，此時S△ABC可看作點A的函數.考查等高線，相應的等高線是與邊BC平行的直線，而點A的軌跡是以B，C為焦點的橢圓，如圖1.使S△ABC為最大的點A應是與橢圓相切的等高線的切點，即是該橢圓短軸的一個端點，從而AB=AC.根據對稱性，同樣調整可得，要使 S△ABC為最大，必須AB=BC=CA，即△ABC應是等邊三角形.

評注從本例的解答過程中還可得到：

(1)一邊及其對角一定的三角形，以已知邊為底邊的等腰三角形面積最大;

(2)一邊確定，另兩邊之和為定值的三角形，以已知邊為底邊的等腰三角形面積最大.

類似地，可證明如下一系列命題：(1)在圓內接三角形中，面積最大的是等邊三角形;(2)周長為定值，面積最大的n邊形必是等邊凸(正)n邊形;(3)在圓內接n邊形中，面積最大的是正n邊形;(4)周長為定值，面積最大的四邊形是正方形.以上問題就是幾何中著名的等周問題.

圖1

圖2

例6 已知△ABC的3個內角∠A＞∠B＞∠C，在△ABC內(包括邊界)找一點P，使到3條邊距離之和為：(1)最大;(2)最小.

解如圖2，作△ABC內任意一點P，到3條邊的距離分別為 PD，PE，PF.先將 PD固定，即點 P只在線段B'C'上變動(B'C'∥BC).當點P在B'C'上變動時，PE+PF的最大值與最小值分別在B'C'的端點 C'和 B'處達到.作 B'M⊥AC，C'N⊥AB，則

由題設得 AB'＜AC'，于是

這說明當點P在B'C'上變動時，使PD+PE+PF達到最小值的點是B'，達到最大值的點是C'.因此當點P在△ABC內部變動時，最小值點只需在AB上找，最大值點只需在AC上找.而當點P在AB上變動時，由于∠A＞∠B，因此點A便是最小值點;當P點在AC上變動時，由于∠A＞∠C，因此點C便是最大值點.

評注此例可根據海倫公式并利用重要不等式通過解析法求解，但運用局部調整策略卻有意想不到的簡明效果.

4 運用局部調整策略解組合問題

要運用局部調整策略解題，關鍵是要有調整的方向與步驟.某個組合題能否用局部調整策略來解，當然也是這樣的標準.

例7 m，n∈N*，在m×n的方格表中填進mn個不完全為0的實數，把具有公共邊的兩格稱為相鄰的格.我們把其中某相鄰兩格的數同時加上一個相等的實數，稱為一次變動.試問：具有何種性質的初始數值的方格表，使經過有限次變動后，能將表中的數全部變為0，證明你的結論.

分析在每一次變動的過程中，相鄰兩格的數同時增加一個相等的實數，即兩者的差保持不變.這就提醒我們，可將方格劃分為奇偶格，并在變換中尋找其中的不變量.讀者可利用2×3的方格表先做試驗!

解把方格表中的小方格黑白相間地染色，則每次變動總在一個黑格與一個白格內進行.設黑格內的數的總和為M，白格內的數的總和為N，令S=M-N.顯然，每經過一次變動，M與N均同時加上一個實數，因此S是保持不變的一個常量.若能經過有限次變動使各數都變為0，則這個常量應為S=0，故能全變為0的必要條件是S=0.

下面證明，這個條件也是充分的，即若S=0，則總可以經過有限次變動，使得表格中的各數全變為0.

事實上，只要依一種選定的方式變動就可以了.譬如：設這個表從上往下數，依次稱為第1行，第2行，…，第m行.把第1行與第2行同列的格配對，組成相鄰的兩格，則總可以把第1行的數全變為0;然后由第2、第3行，又可以把第2行的數全變為0;重復m-1次，就可以把前面的m-1行全變為0.故只要考慮最后一行，即1×n數表就可以了.由S在變動過程中的不變性，可知這時仍有S=0.

設從左往右數，依次稱為第1格，第2格，…，第n格，把1，2兩格配對，總可以將第1格的數變為0;然后將第2，3格配對，又可以把第2格變為0，重復n-1次，就可以將前面的n-1格變為0，設余下的第n格的數為x，則由S=0的不變性知x=0，即這時全部的數都變為0.

綜上所述，當且僅當初始數表具有S=MN=0的性質，才能經過有限次變動，使表格中數全變為0.

例8 證明：平面上任意n(n≥2)個點，總可以被某些不相交的圓蓋住，這些圓的直徑之和大于n-a+1，且每2個圓之間的距離大于a，這里0＜a＜1.

分析存在性問題的證明可以先構造.本題可以先作一些圓蓋住所有點，然后對這些圓進行調整，使這些圓相互間不相交.

作第1次調整：使蓋住n個點的各圓不相交，且直徑之和不增加，方法是：對每2個相交的半徑為r1，r2的圓，用一個半徑不大于r1+r2且能包含這2個圓的新圓來代替.在有2個圓相交的情況下，將一直這樣做下去，直到各個圓都不相交為止.使得此時共有k(1≤k≤n)個互不相交的圓蓋住n個點.不管是原來的單個圓，還是因相交合并起來的圓，所有原給定點距離這個圓的邊界都不小于r.

評注先摒棄一些條件作一個接近的結果，再在此基礎上“得寸進尺”，以滿足全部條件，是局部調整策略的精華所在.