     【注】为方便复制编辑，特提供纯文本如下： 2017高中数学联赛加试压轴题（组合数论）剖析 冯跃峰 2017年全国高中数学联赛加试压轴题是一道组合数论题，题目如下： 【题目】设m、n均是大于1的整数，m≥n，又a1，a2，…，an是n个不超过m的互不相同正整数，且（a1，a2，…，an）=1。试证：对任意实数x，均存在ai（1≤i≤n），使得||aix||≥2||x||/[m（m+1）]，这里||y||表示实数y到与它最近的整数的距离。 【题感】从目标看，属于“在多个数a1，a2，…，an中找一个数ai，使||aix||具有题给性质”的问题，这通常可用整体思考：考虑所有的||aix||（1≤i≤n），然后构造整体函数W=f（||a1x||，…，||anx||），通过研究W的性质找到相应的||aix||。 如何构造整体函数W（常见的是和或积）？这当然要利用题给条件，其中最主要的条件是（a1，a2，…，an）=1，它与整体函数密切相关。 由此想到裴蜀定理：p1a1+ p2a2+…+ pnan=1。所以选择整体函数为“和”的形式，这只需在上式中凑配||aix||。 【结构联想】因为（a1，a2，…，an）=1，由裴蜀定理，存在常数p1，p2，…，pn，使Σi=1npiai=1。 【构造相同】于是，对任意实数x，有Σi=1npiaix=x，所以 ||Σi=1npiaix||=||x||……（*） 【瞄准目标】我们要证明：||x||≤[m（m+1）||aix||]/2……（**） 为了构造||aix||，想到（*）式左端的距离符号放入求和运算的每一项中，这就要研究对u、v∈R，||u+v||与||u||、||v||的关系。不难发现如下的 引理1：对u、v∈R，||u+v||≤||u||+||v||。 证明：因为对任何整数k及实数x，有||x+k||=||x||，所以不妨设-1/2≤u，v≤1/2。 又由定义||-x||=||x||，所以不妨设0≤u，v≤1/2，此时与u、v最近的整数都是0，所以||u||=u，||v||=v。 【充分条件分类】如果0≤u+v≤1/2，则将u+v看作一个数，有||u+v||=|u+v|=u+v=||u||+||v||，结论成立。 【解决遗留】如果u+v>1/2，由定义（将u+v看作一个数），||u+v||≤1/2，所以||u+v||≤1/2<u+v=||u||+||v||，结论成立，引理1获证。 由引理1可知，||Σi=1nui||≤Σi=1n||ui||。 再结合||-x||=||x||，对任何k∈Z，x∈R，有||kx||≤|k|·||x||。 于是，由（*）式，有 ||x||=||Σi=1npiaix||≤Σi=1n||piaix||≤Σi=1n|pi|·||aix||。 注意目标式含有系数m，瞄准目标，期望|pi|≤m，由此想到裴蜀定理的结果可以优化：限定|pi|≤a=max{ a1，a2，…，an }≤m（1≤i≤n）。 引理2：如果（a1，a2，…，an）=1，则存在常数p1，p2，…，pn，使Σi=1npiai=1，且|pi|≤a=max{ a1，a2，…，an }。 证明：因为（a1，a2，…，an）=1，由裴蜀定理，存在常数p1，p2，…，pn，使Σi=1npiai=1。 【逐步调整】如果存在pi（1≤i≤n），使得|pi|>a，不妨设|p1|>a，且p1>0。 但Σi=1npiai=1，所以必存在pj（1≤j≤n），使得pj<0，不妨设p2<0。 在等式中添加（-a1a2+a1a2），有 1=p1a1+（-a1a2+a1a2）+p2a2+Σi=3npiai =（p1-a2）a1+（p2+a1）a2 +Σi=3npiai=Σi=1npi'ai， 其中p1'= p1-a2， p2'= p2+a1，pi'=（3≤i≤n）。 经过一次调整，p1至少减少1，至多减少a，所以调整后p1仍大于0，且p2增加正数a1，其绝对值不增加。 于是，若干次调整后必定使p1的绝对值不大于a，且其他系数的绝对值不增加。 如此下去，可使所有系数的绝对值不大于a，引理2获证。 利用引理2，由前面的结果，得 ||x||≤Σi=1n|pi|·||aix||≤Σi=1na·||aix||≤mΣi=1n||aix||。 于是，一定存在ai（1≤i≤n），使得||aix||≥||x||/mn。 【充分条件分类】如果n≤（m+1）/2，则||aix||≥||x||/mn≥2||x||/[m（m+1）]，结论成立。 【解决遗留】如果n>（m+1）/2，此时a1，a2，…，an具有怎样的性质？ ——注意此时数很多，但都在区间[1，m]中，数的个数多于区间长度的一半，将出现怎样的现象？ 此时a1，a2，…，an中必定有2个相邻自然数，设为a2-a1=1，此时只需考虑小范围的整体函数||a1x||+||a2x||即可！ 实际上，由引理1，有||a1x||+||a2x||≥||a2x-a1x||=||x||， 不妨设||a1x||≥||a2x||，则||a1x||≥||x||/2≥2||x||/[m（m+1）]，结论成立。 【新写】先证明如下两个引理。 引理1：对u、v∈R，||u+v||≤||u||+||v||。（证明同上，略） 由引理1可知，||Σi=1nui||≤Σi=1n||ui||。 再结合||-x||=||x||，对任何k∈Z，x∈R，有||kx||≤|k|·||x||。 引理2：存在常数p1，p2，…，pn，使Σi=1npiai=1，且|pi|≤a=max{ a1，a2，…，an }。（证明同上，略） 解答原题：如果n>（m+1）/2，但a1，a2，…，an∈[1，m]中，必定有2个相邻自然数，设为a2-a1=1。由引理1，有||a1x||+||a2x||≥||a2x-a1x||=||x||， 不妨设||a1x||≥||a2x||，则||a1x||≥||x||/2≥2||x||/[m（m+1）]，结论成立。 如果n≤（m+1）/2，因为（a1，a2，…，an）=1，存在常数p1，p2，…，pn，使Σi=1npiai=1，且|pi|≤a=max{ a1，a2，…，an }。 于是，对任意实数x，有Σi=1npiaix=x，所以结合引理1，有 ||x||≤Σi=1n|pi|·||aix||≤Σi=1na·||aix||≤mΣi=1n||aix||。 于是，一定存在ai（1≤i≤n），使得||aix||≥||x||/mn≥2||x||/[m（m+1）]，结论成立。 |
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