關(guān)于局部調(diào)整法在競賽解題中的應(yīng)用

段明貴 陳起標(biāo) 昌晶晶

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

我們首先從一道2008年東南地區(qū)奧林匹克比賽的數(shù)論題說起。設(shè)正整數(shù)m，n≥2，對(duì)于任意一個(gè)n元整數(shù)解A={a1，a2，...，an}，取每一對(duì)不同的數(shù)，

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

的“衍生數(shù)列”，記為A。衍生數(shù)列A中能被m整除的個(gè)數(shù)記為A（m）.

證明：對(duì)于任意一個(gè)正整數(shù)m≥2，n元正整數(shù)解A={a1，a2，...，an}及集合

B={1，2，...，n}所對(duì)應(yīng)的“衍生數(shù)列”A及B，滿足不等式A（m）≥B（m）.證明：當(dāng)n≤m時(shí)，結(jié)論顯然成立。

當(dāng)n>m時(shí)，不妨設(shè)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(gòu)造m個(gè)抽屜記為0，1，...，m-1.

若ai≡x（mod m），則ai放入到x號(hào)抽屜中。

顯然當(dāng)且僅當(dāng)兩個(gè)數(shù)在一個(gè)抽屜時(shí)，m|ai-aj.

不妨記0，1，...，m-1中每個(gè)抽屜里有ni個(gè)數(shù)，（0≤i≤m-1，i∈N+）

則A（m）=C2（n0）+C2（n1）+...+C2（n（m-1））

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

則要使A（m）取最小值，則等價(jià)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(dāng)n0與n1趨近于平均時(shí)，C2n0+C2n1取最小值

由調(diào)整法可知，當(dāng)A（m）取最小值，A=B

∴A（m）≤B（m）

分析：這道題首先應(yīng)當(dāng)發(fā)現(xiàn)B（m）是可計(jì)算的，那么我們不妨先把它表示出來;

之后對(duì)于A（m）的值我們給出一個(gè)精確的表達(dá)式。這時(shí)候不等式中出現(xiàn)了大量的組合數(shù)，但由于這個(gè)組合數(shù)是C2n型的，不難想到將其展開變?yōu)橐粋€(gè)二次函數(shù)形式。

我們?cè)趺磳?duì)一個(gè)二次函數(shù)進(jìn)行估值呢？顯然如果只有一個(gè)C2n型數(shù)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(gè)數(shù)，從而進(jìn)行一些簡單的二次函數(shù)估值。通過估值可以發(fā)現(xiàn)當(dāng)i，j趨于平均時(shí)，A（m）越小，所以命題得證。

我們首先從一道2008年東南地區(qū)奧林匹克比賽的數(shù)論題說起。接下來我們還是進(jìn)入調(diào)整法應(yīng)用的最廣泛的板塊——不等式。

多元不等式問題的等號(hào)條件可能會(huì)出現(xiàn)一組數(shù)全部相等，這個(gè)時(shí)候當(dāng)我們發(fā)現(xiàn)這個(gè)有趣的結(jié)果時(shí)，未嘗不可利用局部調(diào)整來寫一寫。接下來這道題就是一個(gè)典型的例子。

設(shè)xi∈R+，已知∏ni=1x1=1.求證：∑ni=1xin-1+xi≥1

證明：當(dāng)n=1時(shí)，結(jié)論顯然成立。

下證：當(dāng)n≥2的情況，

假設(shè)，∑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(shè)若x3...，xn取定，則x1·x2=c（常數(shù)）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(shè)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(shí)x1，x2=c

由此可推知，當(dāng)x1=x2=...=xn=1時(shí)，

∑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(diào)整法是個(gè)非常奇妙的方法，當(dāng)我們想不出來正面直接解決問題的方法時(shí)，調(diào)整法往往可以成為解決問題的一個(gè)利器。不論如何，在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)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(xiàn)]

[1]單墫，熊斌.奧數(shù)教程（第六版）.華東師范大學(xué)出版社，2014.

[2]熊斌，何憶捷.高中數(shù)學(xué)競賽中的解題方法與策略【M】.華東師范大學(xué)出版社，2012.