幾個競賽題的另解

近幾年來《中等數學》上競賽題的奇思妙想，讓筆者受益匪淺，但有些題目的解法或者過于繁瑣，或者技巧性太強.本文筆者給出幾個題目的另解，供讀者參考.

例1 （《中等數學》2010年第7期 數學奧林匹克高中訓練題（131））如圖有三種類型的紙片（可翻轉）.

證明：（1）當n≡2(mod 4)時，n×n的紙板不可能被分割成若干個A型和B型的紙片；

（2）當n為大于2的偶數時，n×n的紙板可以分割成若干個B型和C型的紙片.

證明 （1）將n×n紙板的第i行第j個方格標上數字i+j(i=1，2，…，n；j=1，2，…，n).

下面首先研究n×n的紙板中所有數字之和：

Sn×n=∑nj=1［∑ni=1(i+j)］=∑nj=1n(n+1)2+nj

=n3+n2≡0(mod 4).

接著分別考察A型和B型紙片包含方格的數字之和：

①對于A型紙片假設最左（上）邊一個方格位于紙板的第i行第j個，則四個數字之和的可能值有SA1=(i+j)+(i+j+1)+(i+j+2)+(i+j+3)=4(i+j+1)+2≡2(mod 4)，SA2=(i+j)+(i+1+j)+(i+2+j)+(i+3+j)=4(i+j+1)+2≡2(mod 4).

②對于B型紙片假設最左邊一個方格位于紙板的第i行第j個，則四個數字之和的可能值有SB1=(i+j)+(i+j+1)+(i+1+j+1)+(i+1+j+2)=4(i+j+1)+2≡2(mod 4)，SB2=(i+j)+(i+j+1)+(i-1+j+1)+(i-1+j+2)=4(i+j)+2≡2(mod 4)，SB3=(i+j)+(i+1+j)+(i+1+j+1)+(i+2+j+1)=4(i+j+1)+2≡2(mod 4)，SB4=(i+j)+(i+1+j)+(i-1+j+1)+(i+j+1)=4(i+j)+2≡2(mod 4).

假設n=4m+2，則n×n的紙板共可以分割成(4m+2)24=4m2+4m+1（奇數）個紙片，其中A型、B型數量分別為u，v，則u+v為奇數，即u，v一奇一偶，Sn×n=uSAi+vSBj≡2(mod 4)，這與4|Sn×n矛盾.

（2）證明略.可以參考問題原有的證明.

點評 本題的解法借助整除的性質替代了染色方法中的顏色，這是我們處理染色問題時需要染三種以上顏色時常用的處理方法.當然，本題如果采用黑白染色，通過調整黑白格的位置區分A，B型紙片包含的黑白格數量也可以完成證明，而且染色方法很多，讀者不妨一試.

例2 （《中等數學》2005年第3期 數學奧林匹克問題高148）給定正數a，b(a

f=x1x2x3…xn(a+x1)(x1+x2)(x2+x3)…(xn-1+xn)(xn+b)的最大值.

解法一

(n+1a+n+1b)#8226;n+1f

=n+1ax1x2…xn(a+x1)(x1+x2)…(xn+b)+ n+1x1x2…xn#8226;b(a+x1)(x1+x2)…(xn+b)

=n+1aa+x1#8226;x1x1+x2#8226;…#8226;xnxn+b+ n+1x1a+x1#8226;x2x1+x2#8226;…#8226;bxn+b（由均值不等式）

≤1n+1aa+x1+x1x1+x2+…+xnxn+b+

x1a+x1+x2x1+x2+…+bxn+b=1.

當且僅當aa+x1=x1x1+x2=…=xnxn+b…（1），x1a+x1=x2x1+x2=…=bxn+b…（2）取“=”，由（1）（2）知ax1=x1x2=…=xnb=ba1n+1時，fmax=1n+1a+n+1bn+1.解完.

解法二 由赫爾德（Hlder）不等式知：

∏ni=1(ai+bi)≥n∏ni=1ai+n∏ni=1bin，當且僅當a1b1=a2b2=…=anbn時等號成立，因此(a+x1)(x1+x2)…(xn+b)≥n+1a#8226;∏ni=1xi+n+1b#8226;∏ni=1xin+1=(n+1a+n+1b)n+1∏ni=1xi，當且僅當ax1=x1x2=…=xnb=ba1n+1時等號成立.所以，fmax=1n+1a+n+1bn+1.解完.

點評 解法一解決問題的關鍵是配湊定值，解法二則是抓住代數式的結構特征，這是我們處理多元函數最值或不等式最常用的手法.處理這類問題我們通常需要規范代數式，使其或者在結構形式上與著名不等式接近，或者出現定值（積定、和定）.