章啟平

放縮代換是初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽中常用的解題技巧，所謂放縮代換，就是將代數(shù)式中的某些部分用適當(dāng)放大或縮小后的代數(shù)式進(jìn)行替換的過(guò)程，它與等量代換如出一轍，放縮代換是一種不等量代換，代換后應(yīng)注意原式子中等號(hào)或不等號(hào)的變化.本文舉幾例介紹放縮代換的運(yùn)用，供大家參考.

1 借助條件

例1 設(shè)a，b是正整數(shù)，且滿足56≤a+b≤59，0.9<ab≤0.91，則b2-a2等于（）

（A）171. （B）177. （C）180. （D）182.

分析 56≤a+b≤59，0.9<ab≤0.91實(shí)際是關(guān)于a，b的二元不等式組，因此消元是常規(guī)思路，借助0.9<ab≤0.91可進(jìn)行放縮代換消元.

由0.9<ab≤0.91，

得0.9b<a≤0.91b，

當(dāng)0.9b<a時(shí)，不等式56≤a+b≤59中的a可用縮小后的0.9b代換，得

0.9b+b<59，

解得b<31119.

當(dāng)a≤0.91b時(shí)，不等式6≤a+b≤59中的a可用放大后的0.91b代換，得

56≤0.91b+b，

解得b>2961191，

所以2961191<b<31119，

因?yàn)閎為正整數(shù)，

所以b=30或b=31，

當(dāng)b=30時(shí)，由0.9b<a≤0.91b，得

27<a≤27.3，

此時(shí)無(wú)正整數(shù)a，

當(dāng)b=31時(shí)，由0.9b<a≤0.91b，得

27.9<a≤28.21，

所以a=28，

所以b2-a2=312-282=177，

選（B）.

注 根據(jù)問(wèn)題條件，確定正整數(shù)a，b的值就是求二元不等式組的正整數(shù)解，可先解不等式組.解二元或是多元不等式組，消元是基本思想，代入消元是常見(jiàn)的操作方法，利用不等式類比等式的代入消元，進(jìn)行放縮代換消元，很容易求得未知數(shù)的取值范圍，根據(jù)范圍確定正整數(shù)a，b的值就容易了.

2 利用均值不等式

例2 設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，求證：

12a+12b+12c≥1b+c+1c+a+1a+b.

分析 將式子12a+12b+12c縮小至1b+c+1c+a+1a+b的形式，可借助均值不等式：對(duì)于正實(shí)數(shù)a，b有：a+b≥2ab，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)，等號(hào)成立.

利用上面的不等式即可進(jìn)行放縮代換.

12a+12b≥212a·12b=1ab≥1a+b2=2a+b.

將12a+12b和的形式利用上述不等式縮小至212a·12b=1ab的形式，再次利用上述不等式將分母ab放大至a+b2的形式，經(jīng)過(guò)兩次縮小，得

12a+12b≥2a+b，①

同理12b+12c≥2b+c，②

12c+12a≥2c+a，③

三式相加得

212a+12b+12c≥2a+b+2b+c+2c+a，

所以 12a+12b+12c≥1a+b+1b+c+1c+a.

注 借助均值不等式a+b≥2ab，可以把兩個(gè)正數(shù)的和縮小，也可以把兩個(gè)正數(shù)的積放大，這是利用均值不等式進(jìn)行不等式證明的常用方法，進(jìn)行不等式的證明，通常就是把不等式的不等號(hào)的一邊放大或縮小至另一邊的形式，均值不等式a+b≥2ab是個(gè)不錯(cuò)的工具.

3 構(gòu)造模型

例3 設(shè)S=1+122+132+…+120172，則S+12=.（注：[x]表示不超過(guò)實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)）

分析 需要知道S+12的值，就必須知道S的值，但根據(jù)條件很難求出S的值，因此需要對(duì)S進(jìn)行稍微精確的估計(jì)，故對(duì)S=1+122+132+…+120172進(jìn)行適當(dāng)放縮.S是1n2代數(shù)和的形式，構(gòu)造不等式：

1n（n+1）<1n2<1（n-1）n，

即可將1n2放大至1（n-1）n，也可將1n2縮小至1n（n+1）.

因此，設(shè)A=132+142+…+120172，

所以13×4+14×5+…+12017×2018<A<

12×3+13×4+…+12016×2017，

所以有13-12018<A<12-12017，

即S+12=1+14+A+12=134+A，

所以134+13-12018<S+12<134+12-12017

2+112-12018<S+12<2+14-12017，

而0<112-12018<1，

0<14-12017<1，

所以S+12=2.

注 對(duì)S=1+122+132+…+120172式子的值進(jìn)行稍微精確的估計(jì)，就需要對(duì)S中的某些部分進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s，利用兩頭夾逼的思想方法，估計(jì)出S的取值范圍，由于S是1n2代數(shù)和的形式，所以對(duì)1n2進(jìn)行放縮就是對(duì)S的通式進(jìn)行放縮，通過(guò)放大與縮小兩頭夾逼，S的取值范圍就容易確定了.

4.設(shè)置不等關(guān)系

例4 求滿足方程1x+1y+1z=34的正整數(shù)組（x，y，z）的數(shù)組.

分析 根據(jù)方程可知，x，y，z具有輪換對(duì)稱的性質(zhì)，且x，y，z的值越大，1x+1y+1z越小，因此可以設(shè)置x，y，z的大小關(guān)系，即x≤y≤z，對(duì)1x+1y+1z進(jìn)行放大處理求取值.

不妨設(shè)x≤y≤z.

則1x+1y+1z≤1x+1x+1x=3x，

所以有3x≥34，

解得x≤4，

所以x=1，2，3，4.

（1）當(dāng)x=1時(shí)，顯然不符合題意.

（2）當(dāng)x=2時(shí)，有1y+1z=14，

顯然y>4，z>4.

同樣放大1y+1z≤1y+1y=2y，

即2y≥14，

解得y≤8，

所以y=5，6，7，8.

①當(dāng)y=5時(shí)，z=20;

②當(dāng)y=6時(shí)，z=12;

③當(dāng)y=7時(shí)，z無(wú)正整數(shù)解;

④當(dāng)y=8時(shí)，z=8.

此時(shí)有x=2，y=5，z=20，x=2，y=6，z=12，x=2，y=8，z=8，

（3）當(dāng)x=3時(shí)，有1y+1z=512，

顯然y>2，z>2，

同理1y+1z≤1y+1y=2y，

即2y≥512，

解得y≤245，

所以y=3，4，

①當(dāng)y=3時(shí)，z=12;

②當(dāng)y=4時(shí)，z=6.

此時(shí)有x=3，y=3，z=12，x=3，y=4，z=6.

（4）當(dāng)x=4時(shí)，有1y+1z=12，

顯然y>3，z>3.

同理1y+1z≤1y+1y=2y，

即2y≥12，

解得y≤4，

所以y=4，

當(dāng)y=4時(shí)，z=4.

此時(shí)有x=4，y=4，z=4.

綜上所述，正整數(shù)組（x，y，z）的數(shù)組有：

（2，5，20），（2，20，5），（5，2，20），（5，20，2），

（20，2，5），（20，5，2），（2，6，12），（2，12，6），

（6，2，12），（6，12，2），（12，2，6），（12，6，2），

（2，8，8），（8，2，8），（8，8，2），（3，3，12），

（3，12，3），（12，3，3），（3，4，6），（3，6，4），

（4，3，6），（4，6，3），（6，3，4）（6，4，3），（4，4，4）.

注 利用不等式估計(jì)是求不定方程正整數(shù)解的常用解法，把原有的等式變成不等式，就需要對(duì)原式中的部分代數(shù)式進(jìn)行不等關(guān)系的條件設(shè)置.本例中的式子輪換對(duì)稱，因此設(shè)置x≤y≤z條件后進(jìn)行放縮，等式就變成了不等式，同時(shí)，三元方程也變換成了一元不等式，通過(guò)解不等式可確定未知數(shù)的正整數(shù)解.

放縮代換在求整數(shù)值、不等式證明、計(jì)算、不定方程等各種類型問(wèn)題中有著非常廣泛的應(yīng)用，解題實(shí)踐中，根據(jù)問(wèn)題情景，選擇不同方式進(jìn)行放縮代換，靈活運(yùn)用、放縮有度就是解決問(wèn)題思路的突破口.