      【附】为便于编辑修改，特提供纯文本文档如下： “n”需要不小于100吗？——2021年IMO第一题思路分析与加强 冯跃峰 2021年IMO第一题是一道非常“人性化”的题目（也就是人们通常所说的“送分题”），作为大考的首题，让选手从容易入手，可使其平复紧张的情绪，正常发挥能力水平。题目如下： 【真题2-1】给定整数n≥100，伊凡把n，n+1，…，2n中每个数写在不同的卡片上，然后将这n+1张卡片打乱顺序并分成两堆。试证：至少有一堆中包含两张卡片，使得这两张卡片上的数之和是一个完全平方数。（2021年国际数学奥林匹克） 通过分析，我们发现，其中未必要求“n≥100”，可优化为“n≥99”，但n=98时结论不成立。也就是说，题目可改成如下形式： 【改编题】试证：对给定整数n≥99，将n+1个正整数n，n+1，…，2n任意分成两组，必有一组包含两个数，其和是完全平方数。但n=98时结论不成立。 【题感】从目标看，本题属于“存在性”问题。要证明有一组包含两个数，具有特定的性质：其和是完全平方数。 这有明显的抽屉原理背景，构造“特定性质”抽屉即可：同一抽屉中的任何两个数的和为平方数。 但仔细一想，问题没那么简单，因为题中“抽屉”的个数是确定的：n+1个数任意分成两堆，每一组为一个抽屉。 由此想到换一种维度思考：只需在区间[n，2n]中找到3个元素a、b、c，使其中任何两个数的和为平方数。 如何找到这样的3个数？由于n是不确定的，可从特例开始，寻找规律。 【换维思考】更改策略：找到3个数，其中任何2个数的和为平方数。 【研究特例】取n=99，则相应区间为[99，198]。 此区间有100个数，仍然很复杂。 尽管题中限定n≥99，但并不能阻止我们对较小的“n”进行研究，从中发现规律，最终看出“n≥99”的实际意义。 为直观起见，用点表示数，如果两数的和为平方数，则将对应的点连边，从而问题变成寻找长为3的圈。 【更换参数】依次考察自然数0，1，2，3，…构成的图，发现如下的一些边： 12：0~1， 22：0~4，1~3， 32：0~9，1~8，2~7，3~6，4~5， 42：0~16，1~15，2~14，3~13，4~12， 52：0~25，1~24，2~23，3~22，4~21，5~20，6~19，7~18，8~17，9~16，10~15，11~14，12~13， 至此，发现一个3-圈：（0，9，16）。 若直接画一个图，则更一目了然。 这个圈有何特点？一个显然的特点是，3个数本身都是平方数。但这个特点是难以迁移的：要使任两数和为平方数，则要求任两平方数在同一个勾股组中，这是很难实现的。 考察圈中任何两个数的和：0+9=32，0+16=42，9+16=52，发现每两数和是3个连续平方数。 【特征迁移】一般地，我们期望有3-圈（a，b，c），使a+b=（m-1）2，a+c=m2，b+c=（m+1）2。 三式相加，得2（a+b+c）=3m2+2，所以m为偶数。 令m=2k，则a+b=（2k-1）2，a+c=4k2，b+c=（2k+1）2，a+b+c=6k2+1。 解得a=2k2-4k，b=2k2+1，c=2k2+4k。 【待定参数】现在确定k的取值，使a、b、c∈[n，2n]。 令2k2-4k≥n，2k2+4k≤2n。 下面证明，当n≥99时（此时才发现该条件的意义），上述关于k的不等式组有正整数解。 【考察极端】取最大的整数k，使k2+2k≤n，由k的“最大性”，有 （k+1）2+2（k+1）>n。 我们只需证明对这样取定的k，有2k2-4k≥n。 为了利用n<（k+1）2+2（k+1），采用“差比放缩法”。 n-（2k2-4k）<[（k+1）2+2（k+1）] -（2k2-4k）=-k2+8k+3=-（k-4）2+19。 要使-（k-4）2+19≤0，只需k≥9，这由（k+1）2+2（k+1）>n≥99保证，命题获证。 【构造反例】当n=98时，构造的思路是很简单的，因为[98，196]中两数的和只可能是225、256、289、324、361，令其和为五者之一的两数分属两个不同集合即可。 但具体构造过程并不简单，我们最初的构造就出现漏洞。 为了呈现构造的规律，我们将每个集合分解为若干等差数列的并。此外，为了使构造简单，希望每个等差数列尽可能长，且公差尽可能小。 【以简驭繁】最简单的整数等差数列的公差为1，可取“最长”的连续自然数序列：98，99，…，112∈A，则由平方数225，可知113，114，…，127∈B。 如此下去，得到一种构造： A={98，99，…，112}∪{128，129，…，144}∪{162，163，…，176}， B={113，114，…，127}∪{145，146，…，161}∪{177，178，…，196}。 但这个构造有漏洞，比如：A中有112+144=256等等。 【改进】再尝试公差为2的等差数列：取“最长”的等差数列：98，100，…，128∈A。 因为225-98=127，225-128=97，所以必有等差数列：99，101，…，127∈B。 同样，256-98=158，256-128=128，所以必有等差数列：130，132，…，158∈B。 又289-98=191，289-128=161，所以必有等差数列：161，163，…，191∈B。 但其中161+163=182，想到将序列的“首项”161调入A，这样，又必须将以前属于A的128调入B（161+128=172）。 至此，A（{98，100，…，126}∪{161}）。 前面的过程都需作相应的修改： 因为225-98=127，225-126=99，所以必有等差数列：99，101，…，127∈B。 同样，256-98=158，256-126=130，所以必有等差数列：130，132，…，158∈B。 又289-98=191，289-126=163，所以必有等差数列：163，165，…，191∈B。 此外，前面已调入128∈B。 所以，B（{99，101，…，127}∪{128，130，132，…，158}∪{163，165，…，191}）。 【局部扩展】现在，让每个等差数列尽可能延长，第一个无法延长，因为127+129=256。 第二个可加入160（162不能加入：127+162=289）；第三个可加入193，195。由此，得到如下构造： A={98，100，…，126}∪{129，131，…，161}∪{162，164，…，196}， B= {99，101，…，127}∪{128，130，…，160}∪{163，165，…，195}。 穷举检验可知，A、B中都没有其和为平方数的两个数，故n=98时结论不成立。 【注】该构造由杨丕业老师通过电脑编程给出，特此致谢！以上是我们还原的探索过程。 【新写】对给定的正整数n（n≥99），存在唯一的正整数k，使 k2+2k≤n<（k+1）2+2（k+1）。 对这样的k，由（k+1）2+2（k+1）>n≥99，有k≥9。于是， n-（2k2-4k）<[（k+1）2+2（k+1）] -（2k2-4k）=-k2+8k+3=-（k-4）2+19 ≤-52+19<0。 令a=2k2-4k，b=2k2+1，c=2k2+4k，则a、b、c∈[n，2n]，且 a+b=（2k-1）2，a+c=4k2，b+c=（2k+1）2。 依题意，a、b、c被分成2组，必定有一组含有其中2个数，这两个数的和为平方数。 n=98时，反例如下： 令A={98，100，…，126}∪{129，131，…，161}∪{162，164，…，196}， B= {99，101，…，127}∪{128，130，…，160}∪{163，165，…，195}， 则A、B中都没有其和为平方数的两个数。 综上所述，命题获证。 |
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