北京市順義牛欄山第一中學(xué)(101300)李啟超

1.從一道棋子計數(shù)趣題談起

例1在2n×2n的正方形棋盤上放上3n枚棋子.求證:可以找到n行n列,使得它們包括了全部3n枚棋子.

分析直觀上講,應(yīng)優(yōu)先找到那些棋子多的行或列,若能多到n行中包含了2n枚棋子,則問題得證.但是我們不知道哪些行或哪些列的棋子較多,為此我們不妨設(shè)2n行上的棋子數(shù)ai(1 ≤i≤2n)是按從大到小的順序分布的,滿足a1≥a2≥···≥a2n≥0,有了順序后接下來就容易操作了.

證明設(shè)棋盤 2n行上的棋子數(shù)量分別為a1,a2,···,a2n.因為交換棋盤的任意兩行不影響題意,不妨設(shè)a1≥a2≥···≥a2n≥ 0,并且根據(jù)題意有a1+a2+···+a2n=3n.

斷言a1+a2+···+an≥2n.

①若an≥2,則a1+a2+···+an≥nan≥2n,斷言成立;

②若an≤1,則a2n≤a2n-1≤···≤an+1≤1,且an+1+an+2+···+a2n≤n,進而a1+a2+···+an=3n-(an+1+an+2+···+a2n)≥2n,斷言也成立.

據(jù)此,棋盤前n行中至少包含了2n枚棋子,剩下的棋子不超過n枚,至多分布在n列中.因而,可以找到n行n列,使得它們包括了全部3n枚棋子.證畢.

以上解題過程中,有三點值得注意的策略:

(1)找到題目條件的“對稱不變性”,即交換棋盤的任意兩行或任意兩列,都不改變題意;

(2)有序化假設(shè),根據(jù)對稱性不妨設(shè)各行的棋子數(shù)a1,a2,···,a2n滿足a1≥a2≥···≥a2n≥0.顯然,對棋子數(shù)排序是打開解題局面的關(guān)鍵;

(3)極端原理,優(yōu)先考慮棋子數(shù)最多的n行,然后先猜后證,得到a1+a2+···+an≥2n.

以上提到的“找對稱不變性”,“有序化假設(shè)”和“極端原理”都是對題目的有效增設(shè)(參考[1-2]).有效增設(shè)是原題目條件中沒有明確指出,我們在解題過程中新增的假設(shè),它們既不改變題意又對發(fā)現(xiàn)解題思路非常有幫助.我們將發(fā)現(xiàn),這三點策略在解決一類數(shù)表型創(chuàng)新題時非常有效.

2.在數(shù)表型創(chuàng)新題中的應(yīng)用

綜合運用“有序化假設(shè)”策略和整數(shù)的“離散性”,有時候可以解決比較復(fù)雜的問題.我們再看一例:

例4(2021年北京市海淀區(qū)高三期末第21 題)設(shè)A是由n×n(n≥2)個實數(shù)組成的n行n列的數(shù)表,滿足:每個數(shù)的絕對值是1,且所有數(shù)的和是非負數(shù),則稱數(shù)表A是n階非負數(shù)表.第(Ⅰ)(Ⅱ)問略;

(Ⅲ)當(dāng)n= 2k(k ∈N*)時,證明:對于任意n階非負數(shù)表A,均存在k行k列,使得這k行k列交叉處的k2個數(shù)之和不小于k.

分析(1)本題看似與棋陣無關(guān),其實不然,事實上只要把數(shù)表中的1 分量全部換成黑子,把0 分量換成白子,所謂“n階非負數(shù)表”變成“黑子數(shù)不少于白子數(shù)的棋陣”.原題第(Ⅲ)問則變成了“存在k×k的子棋陣,其中黑子數(shù)至少比白子數(shù)多k個”;

(2)容易知道,交換非負數(shù)表的任意兩行或任意兩列,得到的新數(shù)表也是非負數(shù)表.我們可以反復(fù)運用這個對稱性,使得2k×2k非負數(shù)表左上角的k×k子數(shù)表中的所有數(shù)的代數(shù)和盡可能大,然后證明這個和大于等于k即可;

(3)為了使得左上角的k×k子數(shù)表中的所有數(shù)的代數(shù)和數(shù)盡可能大,我們分幾步把和數(shù)較大的行或列交換調(diào)整到左上角上去,為此需要多次使用“有序化假設(shè)”.

證明因為交換非負數(shù)表的任意兩行或任意兩列,得到的新數(shù)表也是非負數(shù)表.我們分三步調(diào)整出一個符合題意的k×k子數(shù)表.

第一步不妨設(shè)數(shù)表A中各行的分量之和分別為αi(1 ≤i≤n),且滿足α1≥α2≥···≥αn.由非負數(shù)表定義知α1+α2+···+αn-1+αn≥0.

斷言1α1+α2+···+αn-1≥0.

事實上,若αn-1≥0,斷言1 顯然成立;若αn-1＜0,則αn ＜0,進而α1+α2+···+αn-1≥-αn ＞0,斷言1 仍成立.

據(jù)此,非負數(shù)表A中存在n-1 行所構(gòu)成的(n-1)×n子數(shù)表A1,其所有元素之和大于等于零.

第二步將第一步所得子數(shù)表A1分成n個n -1維列向量,記每個列向量的分量之和為βi(1 ≤i≤n),由n-1=2k-1 為奇數(shù),且每個分量為±1,可知βi(1 ≤i≤n)為奇數(shù).由對稱性,不妨設(shè)β1≥β2≥···≥βk≥···≥β2k.根據(jù)第一步結(jié)論,知β1+β2+···+β2k≥0.

斷言2β1+β2+···+βk≥k.

事實上,若βk≥1,斷言2 顯然成立; 若βk ＜1,則βk≤-1,從而β2k≤···≤βk+1≤βk≤-1,進而β1+β2+···+βk≥-(βk+1+···+β2k)≥k,斷言2仍成立.

據(jù)此,非負數(shù)表A中存在2k-1 行k列交叉處分量所組成的(2k-1)×k子數(shù)表A2,其所有分量之和大于等于k.

第三步將第二步所得子數(shù)表A2分成2k-1 個k維行向量,記每個行向量的所有分量之和為γi(1 ≤i≤2k-1).由對稱性,不妨設(shè)γ1≥γ2≥···≥γk≥···≥γ2k-1.

根據(jù)第二步結(jié)論可知γ1+γ2+···+γ2k-1≥k.

斷言3γ1+γ2+···+γk≥k.

事實上,若γk≥ 1,斷言3 顯然成立; 若γk ＜1,則γk≤0,從而γ2k-1≤···≤γk+1≤γk≤0,進而γ1+γ2+···+γk≥k -(γk+1+···+γ2k-1)≥k,斷言3 仍成立.

據(jù)此,非負數(shù)表A中存在k行k列交叉處分量所組成的k×k階子數(shù)表A3,其所有元素之和大于等于k.

綜上所述,對于任何n= 2k階非負數(shù)表A,均存在k行k列,使得這k行k列交叉處的所有數(shù)之和不小于k.證畢.

3.總結(jié)與感悟

近年的新高考數(shù)學(xué)試卷中出現(xiàn)了一類以集合、數(shù)列或數(shù)表為載體的創(chuàng)新題,這些題目一方面對考生的數(shù)學(xué)閱讀、歸納探究和推理論證能力都有較高要求([3]),另一方面題型不循套路,形式富于多變.如何提高學(xué)生解答創(chuàng)新題的能力,是廣大數(shù)學(xué)教師共同關(guān)注的問題.對此,我們不妨參考著名數(shù)學(xué)家波利亞的一個觀點:“解題就像采蘑菇一樣,當(dāng)我們發(fā)現(xiàn)一個蘑菇時,它的周圍可能有一個蘑菇圈.”同理,當(dāng)我們從一道經(jīng)典題目的解答中習(xí)得某種有意思的解題策略時,不妨多做歸納總結(jié)和類比,因為這個策略往往還能用于其它題目.本文可以看作這方面的一個嘗試.