關于局部調整法在競賽解題中的應用

段明貴 陳起標 昌晶晶

在競賽解題過程中，有的時候我們可以較容易的猜出結論成立的條件，但證明卻無從下手，這個時候調整法未嘗不是我們解決問題的一個好思路。由于調整法只是一個較為籠統的說法，所以本篇文章主要從局部調整（又稱固定變量）這一塊給讀者做個介紹。

我們首先從一道2008年東南地區奧林匹克比賽的數論題說起。設正整數m，n≥2，對于任意一個n元整數解A={a1，a2，...，an}，取每一對不同的數，

ai，aj（j>i），作差aj-ai，由于這C2n個差按從小到大順序排成的一個數列成為集合A

的“衍生數列”，記為A。衍生數列A中能被m整除的個數記為A（m）.

證明：對于任意一個正整數m≥2，n元正整數解A={a1，a2，...，an}及集合

B={1，2，...，n}所對應的“衍生數列”A及B，滿足不等式A（m）≥B（m）.證明：當n≤m時，結論顯然成立。

當n>m時，不妨設n=km+r，（k∈N+，r∈N+且0≤r≤m-1）.

則B（m）=C2（k+1）·r+C2k·（m-r）

我們構造m個抽屜記為0，1，...，m-1.

若ai≡x（mod m），則ai放入到x號抽屜中。

顯然當且僅當兩個數在一個抽屜時，m|ai-aj.

不妨記0，1，...，m-1中每個抽屜里有ni個數，（0≤i≤m-1，i∈N+）

則A（m）=C2（n0）+C2（n1）+...+C2（n（m-1））

不妨設n2+n3+...+n（m-1）為定值，則n0+n1=c（c為一確定非負整數）

則要使A（m）取最小值，則等價于C2（n0）+C2（n1）取最小值

∵C2（n0）+C2（n1）=（n0（n0-1））2+（n1（n1-1））2=（（n0+n1）2-（n0+n1）-2n0n1）2=（c2-c）2+n0（c-n0）

∴顯然當n0與n1趨近于平均時，C2n0+C2n1取最小值

由調整法可知，當A（m）取最小值，A=B

∴A（m）≤B（m）

分析：這道題首先應當發現B（m）是可計算的，那么我們不妨先把它表示出來;

之后對于A（m）的值我們給出一個精確的表達式。這時候不等式中出現了大量的組合數，但由于這個組合數是C2n型的，不難想到將其展開變為一個二次函數形式。

我們怎么對一個二次函數進行估值呢？顯然如果只有一個C2n型數顯然無意義，多了的話估值難度又較大;我們不妨從C2i+C2j的估值開始，很容易想到固定前面的元素個數，從而進行一些簡單的二次函數估值。通過估值可以發現當i，j趨于平均時，A（m）越小，所以命題得證。

我們首先從一道2008年東南地區奧林匹克比賽的數論題說起。接下來我們還是進入調整法應用的最廣泛的板塊——不等式。

多元不等式問題的等號條件可能會出現一組數全部相等，這個時候當我們發現這個有趣的結果時，未嘗不可利用局部調整來寫一寫。接下來這道題就是一個典型的例子。

設xi∈R+，已知∏ni=1x1=1.求證：∑ni=1xin-1+xi≥1

證明：當n=1時，結論顯然成立。

下證：當n≥2的情況，

假設，∑ni=1xin-1+xi<1.反證其不成立。

∑ni=1（1-n-1n-1+xi）<1

∴n+∑ni=1n-1n-1+xi<1

∴∑ni=1n-1n-1+xi<1-n

∴∑ni=1n-1n-1+x1>1

設若x3...，xn取定，則x1·x2=c（常數）且x1≤x2≤...≤xn

為了使∑ni=11n-1+x>1，則1n-1+x2+1n-1+x2要盡可能大.

設f（x）=n-1n-1+x+1（n-1+cx）

=2n-2+x+cx（n-1）2+c+（x+cx）·（n-1），令x+cx=t，

則g（t）=2n-2+t（n-1）t+c+（n-1）2

=1（n-1）+n-1-c（n-1）（n-1）t+c+（n-1）2

∴t越小，g（t）越大

∴g（t）min=2c，此時x1，x2=c

由此可推知，當x1=x2=...=xn=1時，

∑ni=11n-1+xi取最大值，最大值為1，

與∑ni=11n-1+xi>1矛盾

∴∑ni=1xin-1+xi≥1

調整法是個非常奇妙的方法，當我們想不出來正面直接解決問題的方法時，調整法往往可以成為解決問題的一個利器。不論如何，在數學學習過程中，思想才是最重要的，多看書，多思考，形成良好的思維方式，這才是真正的利器。

[參考文獻]

[1]單墫，熊斌.奧數教程（第六版）.華東師范大學出版社，2014.

[2]熊斌，何憶捷.高中數學競賽中的解題方法與策略【M】.華東師范大學出版社，2012.