存在性问题的解题方法_下_

高中竞赛

中

等

数

学

存在性问题的解题方法吓王连笑天津市实验中学,

本讲适合高中

,

,

…

,

这一

类中必有一,

,

与

,

用抽屉原理解存在性问题

…

,

。

中的一个属于同一类设一,

,

与,‘

属

把时。,,

个元素分成

。

,

的个集合个希元素

,

当当

同一类则数之和是,,

一

,

,

,

即有两,

贝必有一集合至少有、

的倍数,

如果只有二个数设为‘,

落在,

朴时,,

,

贝“有一集合至少有〔〕‘个元。

登

中的某两将落在,,,,,

粼之中,

这

素

其中〔〕表示不超过

二

的最大整数,

时

,

一,

‘

,

一

,

的某,

把无穷多个元素分成有限个集合则至少有一个集合仍含有无穷多个元素以上两个原理就是抽屉原理从叙述中

两类中这时,,,

…氏一,,,

。,

一

必落入。

…咬这,,

类中因此必有‘

或

一

,

与

,

…

中的一个在同一类问,

可以看出抽屉原理就是解决存在性问题的命题

题得证如果有三个数设为。,

。,

,

落在

关于用抽屉原理解题已有不少文章介绍这里仅举两例说明,

,

,

,

中的某三个同样可讨论

屉原理是证明存在

,

,

,

‘,

一矶

一,

,

一,

问题仍可得证‘,

性问题的一个重要原理例劝任意给定,

如果有四个数设为

。,

。

,

,

落

个整数求证其中必整除,,,

在二,,

,

,

中的每一个则可讨论,

存在两个数其和或者其差可被证明设这个整数为,

。

,

,

一

。

,

,

一

。,

,

一

,

一。

,

间题同样得

…,

,

证…,

考虑以

为模的剩余类

仍王

,

由上可知必存在两个数使其和或其差,

能被如果这‘

。整除

个数中有两个数对,

同余即,

例为。

设

二

,

且‘二

〔

,

殉

,

“

,

“,

,

’

“

,

几

兰

,

,

于是

、

一

可被

整除题不同,

个整数且满足会,

,

日得证如果这,

一,,

个数中任两个数都对,

证明存在不同的整数窟,

艺

,

,

、

,

使得

余则必有一个或几个数落在的一个或,,

毛

,

‘心,

内

二

个类中,

日本数学竞赛

如果只有一个数设为丈的一类之中,

口

,

落在

,

证明则‘

设

‘

泣

一

“

’

,

,

一

,

一一

于当,

是,

二

个不同的正整数且满足民。

一,

时一,,

,

时一,

,

,,

,

任

…

加一二。,

时一于是

,

〔,,,

时一,,

于是

,

。,

…

,

二

。。

,

一

,

这

个数必落入

工不大于‘一不

盛女一

…民是及正整数由于的,,,

一

、

。

高中竞赛

第,

期,

一

,

则必有二数相等设一,

‘

,

此时有,,

减少交点个数需减少,

个可有两

一

个不大于,

的数仍有二数相等设

个途径一是利用平行线二是利用共点线为此可得两个构造性解法

于是,月

,

一

,

‘

,

解法一一。、

由于

条平行线与另一族一

。

一

‘

一

,

,

条平行线可得一,

个交点而,

即

‘

,

取

一

,

则本题得证,

没有整数解为此可考虑

条直线构成的平

本题也可用数学归纳法证明证法如下证明中也需用到抽屉原理另证‘。

行网格由于一

当。,,,

,

时山,

的解为,,,,

镇二

或

,

二

任,

,

且

‘

毛自二

一

可得从而有

“

,

,

,

于是可作如下构造山,

。

十

一

十

条水平直线和一左,,

条竖直直线

结论显然成立假设则当镇‘

……

,

,

,‘

一

以多,

时命题成立

一

,

,

,

,

,,

斗

时由于…,

共,

条直线可得再作直线二二,

个交点斗

。

蕊〔

一

与上述的条直个交点但其,,,

一

线中的每一条都相交共得

若若

口,十

,

簇

丸一

,

则则

镇,一

从而山归

中有也是得一

个交点

,

‘

,

…

,

,

纳假设命题成立,

中山,

。

条直线的彼此的交点所以共,

,

。

,

、

一,

,

个交点条卉线可得又吕

镇关一工

。。

…一

一之

我们把全段,

到

这一,

一

个数分成。

一

论二

个交汽

解法二一,

若

条直线没有两条直线平,

艺

,

,

走一

…

,

行也没有三条直线共点则可得以个交点现用共汽直线减少交以数,

。。

,

。

一

,

论。

山于

到

‘

有

二

一

个数故至少有两,

注意到若有石一,

,,

组所包含的四个数全是存在

。

到

“

中的数即,

条直线共点则可喊少

必、

交点

,

,

走,

,

,

使,

为此设丫一““卜一,

论个共,,,

之

十

”

十

点直线束价条直线束,

,

取

用二左

则命题得证。条

的直代方数依次为,

,‘

,

一,

,

,

,

则有

,

用构造法解存在性问题

十

,

十…十

,止‘

毛

例第分析

平面上是否存在

直线使了一小。

,

一二

十二一十

一十一

一

即

得它们恰好有届山于

个交点预选题条直线最多有以,

因为满足。。

二。

一

艺,,

“二,

个交点所以符合要求的条直线可能存在

的员大整数是,乍一

此时

份,

艺

高中竞赛

中一

等

数

学

一

一

一一

一一

一

一一一一一一一

一一

一

因此可构造一个由

条直线组成的直个交点而满足

满足要求设尸为平面上任意一点以,,,

线束这时还应再减少,

为

一

顶点作口,,

尸

由’,

的最大整数为一荔

二

,

此时条直线组成的直

,

十一

因此又可构造一个由

享,‘

了十,

气

线束这时还应再减少由子因为条直线可构造为另一荃一,

个交点

显然尸

,

尸

尸

不可能都是有理数于是,,

所以最后可构造一个由,

至少有一个是无理数

条直线组成的直线束十

例所以这,

,

是

,

…

,

升的一个子集

,

而且么,

中任意两个数的差不能是中最多可以有多少个元素,

或

那

条

,

条

,

条的直线束,

条保持不动即可

例

设平面上有,,

个相异的点是个点在

解以

首先证明‘,

,

,

,

…

,

中任意的元素,,‘

否可以作一个正三角形使其中

个相继数中最多有,

个能是为例,,

该三角形的内部其余肠个点在该三角形的外部,

一,

,

考察子集,

,

,

,

‘

。

,

浙汇高中数学夏令营二,

冬

解。工

建立直角坐标系

使得

轴与,

它们中的每个子集最多只能有一个元素属于泞即最多有,

个已知点中任两点的连线均不平行则个已知点的横坐标均不相同按照横坐、

个元素属于冷去去任

我们证明,

了

’

中有任

个元素属于任

是不可能的事实上任

标的从小到大顺序顺次设为,,

‘,

,

,

〔冷告

去。

…

,

,

几…二

告冷任

去

九

石￡,

,,。

出现矛盾了。。。

。。

作直线

。

则

的两侧均有

所以’

,

中最多有,,,

个元素属于,

这样的了是可以找到的例如‘

个已知点千是只要作一个一边在直线,

二

,

望二毛

’

’

,

,

,

,

土的充分大的正三角形必能包含,

一侧的,,

进而可以证明,

‘

有周期性设’’

,

肠个点从而另一侧的,

个点在此正三上的三点,

则十,,

角形的夕部卜

召,

‘

任了

‘,

,‘

任

例君,

是否存在门,

一平而

中任两个元素之差不为讨于大元素是个元素,

或,

寸使得又该平而上,

二

以及

‘

中的最“

的任一点,

线段

尸八

,

所以

中最多有

尹刀尸’的长度中至

少

有一个是无理数

用直接计算解存在性问题

第解为小丁,

。届全俄数学竞赛

对于存在性问题的解法除了以上几种,

这洋的三点是存在的

,

方法还有一些其他方法例如可以通过直接,

设同一平面上的两点为,

方

之’的距离,,

一

计算证明所求对象是否存在例周长为弓,

的中点这时

三点

面积为整数的直角三角

高中竞赛

第

期,,

形是否存在若不存在请给出证明若存在

口

十石“’

请证明共有几个,

一十护忍

护

全国初中数学竞赛,

由韦达定理得、

解个

这样的直角三角形存在且恰有一在““

口

十右

口

“

一

设此直角三角形斜边为

。

,

两条直角边认二“产丈、企

之

竺

护式一、“

护’

分别为‘、

设

,

,

面积为。

则有,

簇十

十,

②①⑧

不十,

入八“

一十一对嘴艺,

对弓咚瑟

一

一

,

不

冬乙

。

。是整数

为〔,

天二

’

。。、公

干

‘,

’

一,

若

,

〕一’

一’,

万不菇。,

几‘,

”

一

山①②得,

’

‘,

叶

一

心干‘

若设

犷

一二十

’

’一

忍则

’了在,

一护‘

②得以③④,寻,

斗

一

一。‘二

艺

‘

。

一二了

一艺

,

日匕寸

,

,

‘

一占

⑥,

一二一

’

三鬓左,、‘一

,

于右

一

‘

一

二。

“

,

使得

山⑤得囚为

共‘

公、

共飞

’

’式十矿竺“一己艺、‘

为铿数则二

二

或

一

‘

乞八,

’

“忿

乡

若

‘

了

则改一,

二

,

此时

“

一‘

一,右

二矛万矛碍

一‘

色

十即

亡“艺,

忿产一召一“

冷

一

十护

住

。

可以计算此方程组无解所以

。

二

不可能

,

备

书右,

若

‘

一

,

则

万二,

,

此时一

之

,

扫夕

,

、

,

,

、

、

‘

一一“’‘。艺

万一

、

正士

“之

解得,

一盛兰了、二

十

、一

泛亡

因此存在点七户}

、矛干万

‘

儿歹兀

。,

使了

命

一

十

所以可得到直角三角形的二边的唯一一组解

命例,

为定你

在坐标平而上纵横坐标都是整,

例

在椭。

不,,

十

二

、

。

。

的长

数的点称为整点试下存在一个同心圆的集

合使得使得对于村圆任意一

尔上是否存在一点条过点”的弦

使二

而炭存在过,

一

、,

为定。的参数整点,

梅个整汽都在此集合的某一圆周上此集合的价个例周上有且只有一个,

解方程没为一乏

服设点

。,

全口高中数学联赛,,,,

。

寸

一

,

解则

设圆心为

,,

,

侧设在以,,

,

,

,,

为圆心的某个助上有两个整点

。

,

汀

,

代入椭回方程为

高中竞赛

中侧户叫曰

等

数

学

一二一一

十’

一一,,

又玩了二

局则应除去,

即

二

十

一

一,

含

一‘

条

,

①显然当。为无理数,,,

于是还剩下连线一

,

为分母不是

的如图

一

条,

有理数时①式不能成立否则必有一产十,

注意到若

点不出现闭三角形则最多可连

一矿一梦十,,

一

即,

吞一

一‘一,

山

,

笋

十

则有,

于是

,

与,

条由于现有

亚台因此以,

其中。为无理数,

连线

条则一定出现一个闭三角形即一,

,

为分母不是一个整点

的有理数为圆心以这点到任

定有三人组彼此未作过伙伴因此再来一人与此三人可再玩一局,

意一个整点的距离为半径的圆周上有且只有现将所有整点到尸的距离从小到大排成一列。,

练习题、

己考两个半径相同的圆盘分别等分为

。个

…,

扇形每个四盘上任取,

。个扇形涂上同一。颇色、

现

将两个阅盘叠合在一起使上下两个圆盘的扇形均、,,

显然以尸为圆心以,

‘

,

…为半径作

能重合然后将上面的圆盘每次按同一方向旋转

,

的同心圆集合即为所求例一次有

某桥码俱乐部规定仅当四人中生人参加的集合中,

兰竺经过昼,

洲次旋转后仍回到原来的位置试间,

无二人曾经相互作过伙伴才能在一起玩在

在整个转动过程中至少存在儿个位置在这些位置上上,、‘

他’人都曾与每,

行涂色的扇形不超过均

对,

其他,

人作过伙汗玩,

局以后按规定只能,

大厅中聚会了

个客人他们中的每一个,

郁与其他客人中至少盯个人相识证明在这些客人中一定可以找到此相识‘,

泞止正当他们准备离开时他们都不认识的一个呀会员来了又玩正明邓在至少还有一局可

个客人他们中任何二人都彼,

‘

,

波兰数学竞赛,

在平面上给定一直级和半补为

厘米

,

解

把会妓肴作点并且当且仅当二人,,

夕

的圆以及翅内,条长为,

厘米的线段证明在,

未作过伙仆时把这二人之问连一线这样木题相当于存在一个三点彼此都,

给定例内可以作一条和给定直线平行或垂直的弦

它至少和两条给定线段相交

,

匈牙利数学竞个点,,

连线的图即存在一个闭三角形,

寨设月,,,

又,

个人至多的情况是都互相禾作过伙

月

,

,

月

,

月‘

是平面上的

伴困此至多可连〔

其中任三点不共线如果这些点之间任意连接

条线段证明

条少人作过伙伴因此,

必存主了

才它们每两点之问都有线段连接,

因为每产卜其他济与

如果这些点之间只连有,

条线段请你画

,

应涂去二味少一

一个图形搜立

“

兑明

的结论不成立不必用文早说

“

杀

明

,

全国初中数学联赛

高中竞赛

兮

第

期

给定双曲线二一,

誓,

一

,

过点

。

,

能否作

艺‘一

,

万咨咨,

。妻‘

直线二使二与所给双曲线交于两点是线段,

及。。且点如果存在求,

的中点这样的直线

二

所以有

艺

。

或艺‘》一,

。

出它的方程如果不存在说明理由

因为圆的直径为

厘米所以至少有两条线段

在

或,

上的投影是相交的

练习题提示二蕊

如果这六点中每两点都有线段相连共连,

条线段由已知共连若两对点中人

条线段因此恰有两,

因为平面圆盘的每一个涂色扇形随着

。

对点无线段相连,

次旋转可与上面的圆盘的,

个涂色扇形重合这苦

滩

样旋转整个过程中共计有,,

二

组相叠合

有一个公共点不妨,

的涂色图形

设个位置在整个旋转过程中,

与,

,

月,,

与

月,

若转动圆盘共有

无线段相连则。,

涂色扇形上下叠合不少于,

组故,

、

这

点合吻淤,月

蕊。一

人月洲

民

题意二

因此至少有,

个位置上有不超

若这两对点

过

个上下均涂色的扇形设为其中一人则,

中无公共点不妨设至多与,

,

人不相识

,

,

,

之间无月,,

如果让与人包括设这

不相识的人离开大厅则大厅内至少有

线段相连则,

人中有一个,

不同于

,

现让与一

不

击

,

月

合题意如图

相识的客人全部离开大厅则大厅内至少有人

设这

人中有一人,,,,

不同于

,

,

让与‘

不人,,

相识的人离开大厅则大厅内至少有

一,

这,

人中除去彼此相识‘

则至少有一人

显然

,

设,

为给定直线弦

,

直线土则交点在

若

巍丛设直线一

与两条给定的线段相交上的射影是同

存在其方程为,

一,

一点即,

的延长线与,

代人双曲线方程并整理得一,

的交点另一方面若段在或

一。,

一

,

一

二二,,,

①,,

条线,

若,

△,

则二与双曲线有两个交点,

上的投影有重叠部分则从重叠部分中

则

是二

次方程①的二实根即有一一乏一,

任一点出发作

或

的平行线被圆截出的部分便,

△

一泛

一,

②。

是所要求的弦于是本题的等价方式是半径为,

、

十

,

一

一乏一’

厘米的圆

一乏

皿

内任意一给定直线

,

条

厘米长的线段中至少有两条在某,

解③得

鑫二

,

但

乏

不适合②二

或其垂线,

上的投影相交

故满足要求的直线

不存在

设第条线段在二,,

上的射影长分别为于是,

‘,

认

…

,

,

则

‘

十

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