2 中 等 数 学
函 数 最 值 问 题 的 求 解 策 略
傅 钦 志
(浙江省衢州中等专业学校 ，324000)
中图分类号 ：O142 文献标识码：A 文章编号：1005—6416(2012)09—0002—03
(本讲适合初中)
函数最值问题是初中数学竞赛中的重点
和热点，有着极为丰富的内涵，其涉及面广，
综合性强，解法灵活多样．求解此类问题常用
的策略有消元、配方、数形结合、判别式、绝对
值不等式等．
1 利用消元法
消元法，即将多个元素转化为以某⋯元
素为主元，再结合已知条件，经过合理的运
算，逐步将问题简化，从而轻松求解．
例 1 已知 x、八z是三个非负实数，满足
3 +2 +二=5， +Y— =2。
若 S=2x+Y一 ，则 5的最大值与最小值
的和为( )．
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
(2008，全国初中数学联赛四川省初赛)
解联立方程组{ 5'
解得 X-- ．
由题意知
= ／>0，y = 她
解得1≤，，≤÷．
从而，s：2 +y— =一 +萼．
当Y=÷时，Ls有最小值2；
收稿日期：2012—02—27 修回日期：2012—07一"
当Y=1时，．s有最大值 3．
所以，．s的最大值与最小值的和为5．
故选 A．
2 利用配方法
配方法是数学中的一种重要方法，它是
将已知代数式(等式)配方成若干个完全平
方式的形式，再结合非负性质，从而使问题顺
利解决．
例2 设x,y为实数．则代数式
2 +4 +5y 一4x+2y一5
的最小值为 ．¨
(2005，全国初中数学联赛武汉 CASIO
杯选拔赛)
解 配方得
原式 = +4 +4y + 一4戈+4+
Y +2y+1—10
= ( +2)，) +( 一2)。+(Y+1) 一l0．
因此，当 =2，，，=一l时，所求代数式的
最小值为一10．
例3 若y= +√ — 1的最大值
为口，最小值为6，则口 +6 的值为
— —
．
(2011，《数学周报》杯全国初中数学竞
赛)
解 由l— ≥o，且 一÷I>0，得
号≤ ．
则y ：÷+2√一 2+争一丢
2012年第 9期 3
=÷+2√一( 一手) + ．
因为÷< 3
~AD ．
其中，A(-2，0)，B(O，3x)，C(1，2y)，D(3，4)，
并且当点 B、C在线段 AD上时，原式取得最
小值，此时，
三苎一 一 一
2 — 5 ’3 — 5 ’
解得 = 8
，y= 。
4 利用 Ⅱ另U式
有些函数的最值直接求较困难，可考虑
采取将整体设为元，巧妙运用二元一次方程
根的判别式来解决，思路清晰，往往能简捷
求之．
例 5 已知 a、b为实数，且
n +口6+6 =3．
若 a 一ab+b 的最大值为 m，最小值为
n，求 m+n的值．[引 ．
(2008，全国初中数学竞赛天津赛区初赛)
解 设 a 一ab+b =k．
Oa "
~
- at)
=
=+b2 ：得ab= ． ． |i}：得 。
故(c￡+b)2=(a2+口 +b )+86
— 3一k 9一 3
+下 下 ·
厶 st'-．
又( +6) ≥0，则 >10，即 ≤9．
6= ± ， ．
则实数 n、b可看作是一元二次方程
。千 ≠+ =o
的两个根．
故△=( × =
解得 k≥1．
因此 。1≤ ≤9．
所以，口 一ab+b 的最大值 m=9，最小
值 rl=1．
从而，m+17,=10。
5 利用绝对值不等式
由绝对值的意义知l口I+I bI≥I口±bl，
此不等式还 可推广到多个绝对值相加的情
形．对于有些含绝对值函数的最值问题，利用
此绝对值不等式来解决，往往能收到很好的
效果．
4 中 等 数 学
例 6 若实数 、y满足I l+l YI≤1，则
一 xy+Y 的最大值为 ．[
(2010，我爱数学初中生夏令营数学竞赛)
解 将 一xy+Y 配方得
2
一 xy+y =寺( +y) +}( —y) ．
又I ±yl≤I l+lYI≤1，贝0
2 xy+y2≤寺+÷ ．
当 、Y一个取 0，另一个取 1时，上式等
号成立．
故 一xy+)， 的最大值为 1．
例 7 已知 。， ，⋯， 是六个不同的
正整数，取值于 1，2，⋯，6．记
S=I l一 2 I+ l 2一 3 I+I 3一 4 I+
I 4一 5 l+l 5一 6 I+I 6一 1 I． )
则 S的最小值为 ．_5]
(2009，全国初中数学联赛四川省初赛)
解 由于式①是关于 ， ：，⋯， 的轮
换式，不妨设 =6， =1( ≠1)．则
S≥l(6一 2)+( 2一 )+⋯+( 1—1)I+
I( 『+l-1)+( 『+2-xj+1)+⋯+(6一 6)I
=10．
当 =7一i(i=1，2，⋯，6)时，S取得最
小值 lO．
练 习 题
1．已知函数 S=l 一2 l+l 一4 I．
(1)求 5的最小值；
(2)若对任意实数 、y都有
S>Im(一Y +2y)
成立，求实数 m的最大值．
提示：(1)利用绝对值不等式，答案：2．
(2)由题意，知对任何实数 Y都有
m(一Y +2y)≤2
成立．易求得 一Y +2)，的最大值为 1．
故 0≤tT／,≤2，／7／,的最大值为2．
2．代数式 +1+~／(12一 ) +9的最
小值为( )．
(A)12 (B)13 (C)l4 (D)11
提示：利用数形结合．答案：B．
3．已知 A(3，一1)，B(一1，4)，C(1，一6)，
在△ABC内求一点P，使 +朋 +PC 最
小．则点 P的坐标是 ．
提示：设 P( ，Y)．则
PA +PB +PC
=3x +3yz一6x+6y+64
= 3( —1) +3(Y+1)。+58．
故 P(1，一1)．
4．将／ 个数 一7、一5、一3、一2、2、4、6、13
排列为Ⅱ、b、c．d、e、f、g、h，使得
(口+6+C+d) +(e+ +g+h)
的值最小．则这个最小值为 ．
(2011，新知杯上海市初中数学竞赛)
提示：见《中等数学>)2012第4期．答案：
34．
5．已知 m>0．若函数
／ )= +,／1O0一
的最大值为g(m)，求g(m)的最小值．
(2011，全国高中数学联赛四川I赛区预
赛)
提示：首先利用判别式法求出g(m)．
注意到，原函数即Y— =,／lOO一， ，两
边平方整理得
+(，n一2y) +Y 一100=0．
由At>O，得，，≤詈+ ．
故g(m)=詈+
≥2 ／~100=10．
参考文献 ：
[1 j 2005年全 国初中数学联赛武汉 CASIO杯选拔赛
[J]．中等数学，2005(6)．
[2] 2011年《数学周报》杯全国初中数学竞赛[J]．中等
数学，2011(5)．
[3] 2008年全国初中数学竞赛天津赛区初赛[J]．中等数
学，2008(10)．
[4] 2010年我爱数学初中生夏令营数学竞赛[J]．中等数
学，2010(11)．
[5] 2009年全国初中数学联赛四川省初赛 [J]．中等数
学，2010(2)．
2012年第 9期 5
一 个 平 面 几 何 命 题 的 应 用
万 喜 人
(湖南图书馆培训楼万喜学校，410011)
中图分类号：0123．1 文献标识码 ：A 文章编号：1005—6416(2012)09—0005—05
(本讲适合高中)
本文给出一个有关三弦共点的命题，此
命题在处理有关圆的问题时应用广泛，特别
是在证明三线共点或三点共线时，常发挥重
要作用．
1 知识介绍
命题 圆中的三弦 AD、曰E、CF所在直
线共点(三直线互相平行视其共点于无穷远
点处)的充分必要条件是 · CD· EF=1
．
证 明 由于命
题 中没有 限定三 弦
的端点在 圆周上 的
排列顺序，故可能的
情形可归纳为 8种．
图 1、2、3是其 中的
三种情形(图 2是由
图 1中 、E互换得到)．
D
图2 图3
设 AC与 BE交于点X，CE与AD交于点
Y，EA与 CF分别交于点 z．
收稿 日期：2012—03—23
对△ACE，由塞瓦定理及其逆定理得
AD、BE、CF三线共点
甘 · · =-
甘 ． ．一
S
．~ECF：】 S
A cBE SAeAD s CF
． ．
A · E CD·AC EF·CE ．
一 ·～ = l ’
BC-CE DE·AE FA·AC
甘
A B
． ． ：1． 。 C DE FA 。
上述证明不难，从 中可以看出此命题即
是塞瓦定理及其逆定理的一个推论．
通过观察不难发现，三弦的交点在圆内
或圆外，三弦端点所决定的圆内接六边形各
是 4个(包括凹六边形)，因此，使用命题要
注意灵活选择三弦的端点所决定的圆内接六
边形，以得到有用的比例式 ，或者在证三弦共
点时，便于证明其三组邻边之比的积为 1．
考查图3中点 E与 重合的特殊情形，
可得命题的一个重要推论．
推论 1 过圆上一点 B的切线，与圆的
两弦AD、CF三线共点的充分必要条件是
AB CD BF ．
BC DB FA ～
考虑图3中点 E与 曰重合，同时点 与
C重合的情形 ，可得
推论2 分别过圆上两点 B、C的切线，
与圆的弦AD三线共点的充分必要条件是
B．CD =DB．CA．
6
2 应用举例
例 1 如图4，P、Q分别是圆内接四边形
ABCD的对角线 AC、BD的中点．若 BPA：
DPA，证明： AQB= CQB．
4
(2011，全国高中数学联赛)
证明 如图4，延长 DP、BP分别与圆交
于点 E、F，设AC与 BD交于点 K．
由 CPE： DPA= BPA，尸是弦AC
的中点，知 AB=EC．
同理，CF=DA．
对于圆内接六边形ABECFD，由AC、BF、
ED三弦共点得
塑 ．竖 ． 一
BE CF DA 一 ‘
从而， =篙。
又A PBE∽△ PD，， BPK= DPK，
则$． AB2
= =嚣=
口c AB·BC
Js Dc DA-DC
j BC·AD =DC·AB．
由托勒密定理褥
2BQ·AC：BD· ,IC=BC·AD+DC·AB
= 2DC·AB，
即 D8Q
c= ．
又 ABQ= ACD，于是，
AABQ∽AACD AQB= ADC．
同理，／ CQB= ADC．
故 AQB=／ CQB．
中 等 数 学
【注】类似地，考虑弦AC、ED、BF决定的
圆内接六边形AEBCDF，则
A
—
E
．丝 ． 一1
EB CD FA —。‘‘
~1．AE=BC，FA=cD测器： ．
这样可得到 BC·AD=DC·AB．
例 2 已知AB是o0的一条弦，点 P在
AB的延长线上，C是o0上一点，且 PC与
G0相切，直径 CD与AB的交点在o0内，设
DB与 OP交于点 ￡．证明：AC上 CE．E2]
(2008，新加坡国家队选拔考试)
证明 如图 5，PO及其延长线与o0交
于点 G、H，延长 AO与o0交于点
P
喇 5
要证 AC上 CE，即证 ACE=90。，只需
证 F、E、C三点共线，即证 GH、FC、DB三弦
共点，
对圆内接六边形 GFDHCB，由命题知只
需证
一
GF
． ． 一 1
FD HC BG—。 ’
因为 GF=AH，DH=CG，FD=AC，所以，
只需证
AH CG CB 1
·-—一 ● ⋯ _
AC HC BG ‘
由△PAH∽△ PGB，△ PCG∽A朋 C，
△ PCB∽△ PAC分别得
A
—
H
一 一 丝 一丝
BG— PB’HC— PH’AC— PC’
三式相乘即得证．
【注】此证明对点 在圆外的情形也
适用。
2012年第 9期 7
例3 如图6，设oD 、GO：相交，P是其
一 个交点，两圆的一条外公切线与(90。、oD
分别切于点 A、 ．过点 且垂直于 的直
线与线段 0 02交于点 C．证明：AJp上 Pc．
S
图 6
证明 设直线 AB与 0 0 交于点 s(若
AB／／0。0：，则视s为无穷远点)，SP交o0 、
o0：的另一点分别为日、G．
因为o0。、o0 的位似中心是 ．s，所以，
AP／／BG．
从而 。 A朋 = BGP= ABP．
作o0。的直径 AD，延长 AC与o0 交
于点 ，延长 SO。与o0 交于点 E、
下面证明：P、C、D三点共线．
由AD J_AB，AC上 ，得
DAK = ABP ： APH．DK =AH
又AD是o01的直径，从而，HK是o0l
的直径，FH =KE．
易证△SAP∽△ SHA，△ SAE∽△SFA，
△ sHF∽ △ sEP．
+ SA AE SE FH SH
双 菇 ， ， 菇 。
三式相乘得
⋯
PA AE
． 一 1
A日 AF EP 一
又 AH：DK，AE=FD，朋 =KE，则
PA FD KE ，
AF DK EP 一
对圆内接 六边形 PAFDKE，由命题知
PD、AK、FE三线共点，即P、C、D三点共线．
于是 ， APC=90。，即AP上 PC．
例4 设梯形 ABCD内接于圆 ，满足
AB／／CD，G为△BCD内一点，射线AG、BG分
别与圆(￡，交于点 P、Q，过 G且平行于 AB的
直线分别与 BD、BC交于点 R、Js．证明：P、Q、
、 四点共圆的充分必要条件 是 BG平分
CBD．[ ]
(2009，美国数学奥林匹克)
证明 必要性．
如图7，设射线 CG、DG分别交圆 于点
E、F，QE与 BD、QF与 BC分别交于点R 、
S(S )
例 7
对圆内接六边形 BDFQEC，由帕斯卡定
理知 、C、5 三点共线．
下面证明：直线 R s 与 RS重合．
事实上，由BG平分 CBD，知
DQ：CQ．
在圆内接六边形 BEOQCF中，由
BQ、EC、DF三线共点
j 丝 ． ． ：1
ED Qc FB
．
BE FB
— — = — —
ED cF
旦 ： ：里墨：墨Q
R D s EQ ED·DQ
一 堡．墨Q一 一复
CF CQ s FQ st C。
所以。尺 s ／／DC．
又 ／／DC，R S 与 Is均过点 G，于是，
兄 |s 与 RS重合．
则 RQS= EQ8+ BQF
= GCS+ RDG．
由四边形 ABCD为圆内接梯形，知四边
形 CD为等腰梯形．
故 BSR= BCD= ADC= APC．
8 中 等 数 学
从而，．s、C、P、G四点共圆．
所以 ， GPS=／ GCS．
同理， GP尺= RDG．
故 ／ RPS= GPS+ GPR
： GCS+ RDG．
于是，／ RQS= 尺Ps．
从而，P、Q、R、S四点共圆．
充分性．
如图8，设射线 PR、DG分别与圆f．O交于
M、F，斌
丝DE· ·B F=1 Cp ②
由式①、②得 DQ=CQ．
故 BQ平分／CBD．
例 5 如图9，△ ABC的内切圆分别切
BC、CA、AB于点D、E、F，P为内切圆内一点，
线段 PA、PB、PC分别与内切圆交于点 、y、
z．证明：XD、YE、zF三线共点．_4 J
(第七届北方数学奥林匹克邀请赛)
Q
图 8
由 APM= BDF(已证 GPR= RDG)
= AM =BF
MF,／lAB ?RS
j FMP=／ SRP= FtQP
= FP：F P
j 点 F 与 F重合
Q、S、F三点共线．
类似地，设射线 CG、PS分别与圆 交于
点E、Ⅳ，射线 QR与圆∞交于点E ．同理可证
Q、R、E三点共线．
~：：；J RS／／／DC，所以，嚣=嚣．
可 丛 一 业 一BE．BQ． 入
RD—s 。o—DE-DQ’
一 一 BF．BQ
JsC SAcrq CF·CQ’
则面BE ：鬲BF
． ①
在圆内接六边形 BEDQCF中，由 BQ、
EC、DF三线共点得
C
图 9
证明 如图 9，联结 FX、XE、EZ、ZD、
DY、YF．设△ABC的内切圆直径为 d．
由 = AX
，
n = ．
sin L AFX= FX
同理，sin 2=篆．
sin 1 F
取 ‘
类似地 ，sisi n L 3
=
EZ2
，
sin L 5
=第．
对△ABC及点P应用角元塞瓦定理得
1 sin／ 1 sin／'3 sin 5
一
sin 2 sin 4 sin 6
一 堕 ．丝 ．
一
XE yF ’
即 丽FX·历EZ· DY=1
．
对圆内接六边形 FXEZDY，Fh命题知XD、
YE、ZF三线共点．
【评注】(1)P可推广为△ABC内任一
点．题 目结论有重要应用，参看例6．
2012年第 9期 9
(2)图9中还有其他结论．设Ap、 P、cP
与内切圆的另一交点分别为 、Ⅳ、 ．则
(i)EN、FL、XD三线共点；
(ii)NZ、LY、XD三线共点；
(iii)ZY、NL、DM三线共点．
这些结论均可仿例 5证明．
例 6 已知△ ABC内切 圆o，切 BC于
点 D，K为AD上任意一点，BK、CK与O，交
于点 E、F．证明：BF、AD、CF三线共点．
证明 如 l0，作出辅助线．
为 Q
A
B D C
图 lO
由例5知MF、DP、NE三线共点，记此点
则 = = S~PMF
PE·pN PM·PF
而 ‘
又△ ANP∽△ ADN，△ AMP∽△ ADM
KE PE
KD GD’
BD GD
EB DE’
CF DF
DC DH’
KD DH
FK PF
对△ KBC，由塞瓦定理的逆定理知 BF、
AD、CE三线共点．
练 习 题
1．已知四边形 ABCD内接于o0，其边
AB和DC的延长线交于点 P，AD和 BC的延
长线交于点 Q，过 Q作该圆的两条切线，切点
分别为E、F．证明：P、E、 三点共线．
(1997，中国数学奥林匹克)
提示：要证 ，E、CD、AB三线共点，对圆
内接六边形 FCAEDB只需证
FC BD EA ．
C8 DE AC ～
2．从o0外一点 P作o0的一条切线，A
为切点，再从点 P引o0的一条割线 尸D，交
o0于点 C、D(PC
分析
定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析
】此题在2010年清华大学夏令营
的考试中也曾出现过．可以考虑(1+ ) 的
对偶形式(1一 ) ．
证明 由二项式定理知
(1+,／-2-) = + (a、b∈N )．
则(1一 ) = 一 ．
故( + )( 一 )
= (1+,／2) (1一,／2)“=(一1) ．
当 n=2k时，令 口= ，b=s一1；
当 n=2k+1时，令 n=s一1，b= ．
2 存在性与构造性问题
例3 有 凡名学生在一个
班级
班级管理量化考核细则初中班级管理量化细则班级心理健康教育计划班级建设班级德育计划
，他们要
参加乒乓球双打比赛，班内先举行了热身赛．
这 ／2名学生两两互为搭档，恰好都参加了一
次热身赛．请写出／2的所有可能的值，并写出
其中一个比赛的安排
方案
气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载
．
(2012，清华大学等学校联合 自主招生
考试 )
解 假设进行了k场热身赛．
因为一场比赛中出现了两对学生，所以，
C：=2k 4k= (／-／一1)．
从而，／2=4l或 n=4l+1(f∈N )．
下证：当 ／2=41或 n=4l+1(f∈ N )
时，都可以构造出满足要求的比赛．
对 2应用数学归纳法．
(1)当Z=1时，设 5名学生为 口、b、C、d、
e．可安排比赛方案为
ab,~,cd，口cH 6e，6cH 如 ，0eH 6d。0d — ce．
2012年第 9期
(2)假设当f：m时，结论成立．
当Z=m+1时，假设4m+5名选手为
a，b，c，d，e，厂：， ， ， ，⋯， i ．
由归纳假设可安排
e，／ ， ， ， ，⋯，／ ，厂；
之间的比赛，使得他们之间每两名同学互为
搭档且恰好只参加了一次热身赛．
此时，还剩下 a、6、C、d与
e，，：， ， ， ；，⋯， ，_厂；
之间的比赛．
而 a、b、C、d、e之间的比赛安排方案 由
(1)知已存在．
则a、b、c,d与 厂：，／’ ， ， ，⋯，／ ，I厂；
之间的比赛方案可安排为
：一龟厂 ， 一龟厂 ， 一 ， 一 l
从而，当f_m+1时，也满足题意．
当n=4l时，类似可证．
综上，n的所有可能取值为
4 或4f+1(f∈N )．
【说明】本题的原型是 1993年的第 19
届俄罗斯数学奥林匹克试题．原题为：
假设有 n名网球运动员进行这样的双打
比赛：
规定
关于下班后关闭电源的规定党章中关于入党时间的规定公务员考核规定下载规定办法文件下载宁波关于闷顶的规定
每一个运动员与其余运动员中的
每一个作为对手都恰好进行一场比赛．试问：
对于怎样的自然数 才能进行这种比赛?
提示：n满足 n一1(mod 8)．
3 组合最值问题
例 4 在 1，2，⋯，2 012中取一组数，使
得任意两个数之和不能被其差整除．试问：最
多能取多少个这样的数?
(2012，北京大学等学校联合 自主招生
考试)
解 将 1，2．⋯，2 012分成
(1，2，3)，(4，5，6)，⋯．
(2 008，2 009，2 010)，(2叭1，2 012)
这 671组．
若取至少672个数，则由抽屉原理，知必
然有两数属于同一组，不妨设为a、b(a>b)．
故 a—b=1或2．
当a—b=1时，(a—b)I(a+b)，矛盾．
当a—b=2时，a、b同奇偶 ，从而，a+b
为偶数．所以，(a—b)I(a+b)，矛盾．
因此，最多能取671个数．
例如，取 1，4，6，⋯，2 O11这 671个数满
足题意．
例5 一些科学家在一个研究所工作．
在某天的8小时工作时间内，每名科学家都
至少去过一次咖啡厅．已知对于每两名科学
家，恰有他们中的一个出现在咖啡厅中的时间
总和至少为 ( >4)小时．求出在研究所中工
作的科学家人数的最大可能值(依赖于 )．
解 设研究所中有 凡名科学家．t 表示
第 i名和第 名科学家恰有一人在咖啡厅的
时间．
令s=∑ t ．则SI>C~x．
另一方面，将 8小时工作时间分成有限
段 t ，t：，⋯，t ，使得在每段时间中都没有科
学家进出咖啡厅．
设在时间段 t 中有 名科学家在咖啡
厅．则
s=∑tik (n—ki)
≤ [
=8 ( 一[号】)，
其中，[ ]表示不超过实数 的最大整数．
故8[号]( 一【号])≥ ．
若 n=21，则
81 ≥f(2l一1)
z≤志 j n≤2[志 】．
若 n=21+1，则
8l( +1)≥z(21+1)
． R— f
≤
j凡≤2[篆 ]+ =2[ 卜·．
总之，都有n≤2【 ]。
下面举例说明上述不等式可取到等号．
设n=2l=2[志 ]_令k=c0
l2 中 等 数 学
将 8小时工作时间 k等分，每段时间对
应 n名科学家中的 f个人，不同的时间段对
应的人不完全相同．由对称性，对于任意两名
科学家，恰有他们中的一人出现在咖啡厅中
的时间总和全相等，设为Y．则
1218l(21一z)：S： ，，． 一Z)= = y．
由此，y= ≥ (等价于 )．
故满足条件．
练 习 题
1．一种密码锁的密码设置是在正 n边形
A ⋯A 的每个顶点处赋值0和 I两个数中
的一个，同时，在每个顶点处染红、蓝两种颜
色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或
颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有
多少种不同的密码设置?
(2010，全国高中数学联赛)
提示：注意到，
a !
’ (2a)!·(2b)!·( 一2a一2b)!
= 1，1)+I厂(1，一1)+-厂(一1，1)+
一 1，一1)
= 3 +2+(一1) ，
其中，_厂( ，Y)=(1+ +Y) ．
2．18支足球队进行单循环赛，即每轮将
18支球队分成9组，每组的两队比赛一场，下
一 轮重新分组进行比赛，共赛 17轮，使得每队
都与另外 17支球队各赛一场．按任意可行的
程序比赛了n轮之后，总存在4支球队，他们
之间总共只赛了一场．求 ／2的最大可能值．
提示：先构造一种比赛方案：将 18支球
队顺次编号为 1，2，⋯，l8，并按奇数与偶数
分成两个子集：
A={1，3，⋯，l7}，B={2，4，⋯，l8}，
再将每场比赛的队( ，Y)依照其和 +Y被 9
除的余数情形而规定轮次，并且先在同奇偶
的队之间各安排4场，再将“挂单”的两个队
安排一场比赛，即要求第 r轮中每场比赛的
队( ，Y)满足：
+Y r(mod 9)．
3．考虑有 个点的完全图．对该完全图
的点和边依如下方式进行染色：
(1)由同一点引出的两条边颜色不同；
(2)每一点的颜色与其所引出的边的颜
色也不同．
对每一个固定的 n，求所需颜色种类的
最小值．
提示：显然，至少需要 n种颜色，这是因
为由一点引出的n一1条边颜色互不相同，且
都与该点的颜色不同．
而满足题目条件的恰有 n种颜色的染色
方案是存在的．
设 n个点分别为 。， 一， ，n种颜
色分别为 ，c 一，c
将边 染上颜色 C⋯，将点 I)i染上颜色
C ⋯则这样的染色方案满足题意．
2012年第 9期 l3
圃
正 整 数 的 T 结 构
陶 平 生
(江西科技师范学院数学与计算机科学系，330013)
中图分类号 ：0156．1 文献标识码：A 文章编号：1005—6416(2012)09—0013-06
大家都知道著名的费马两平方和定理：
任何4n+1型的质数都可表为 0 +6
的形式，并且其表法唯一，其中，。、b为互质
的正整数；正整数 m能表为两个整数的平方
和的充分必要条件是在其
标准
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分解式中，任
何4n一1型的质因子皆具有偶数次幂．
本文将探讨正整数的另一类结构．
为简化表述，先引进如下定义．
定义 1 若正整数 m能表成
m=0 +口6+b (0≠b，0、6∈ N．)
的形式，则称 为“T型数”(或称作梯形
数)，也称 m具有“T结构”．
一 般地，可得到如下命题．
命题 1 任何 3凡+1型的质数都具有 T
结构，即可表为 n +o6+6 的形式，并且其
表法唯一，其中，n、6为互质的正整数；正整
数 m具有T结构的充分必要条件是在其标准
分解式中，至少含有一个 3n+1型的质因子，
而任何3n一1型的质因子皆具有偶数次幂．
这是一个非常优美的数论性质，就其本
质而言，其与费马两平方和定理旗鼓相当，有
着非常类似的特征，结构上具有同样重要的
意义．
注意到， +n6+6 是成等比数列的二三
个正整数之和，同时，其结构与含 120。以及
含 60。内角的整数边长三角形有着特殊关联
(见下文)．凶此，具有重要的几何意义与实
收稿 日期：2012—06—27
用价值．
记 口 +n6+6 ：T(口，b)．显然 ，
(。，b)=T(b，口)．
为了说明问题，先验证 500以内的所有
这样的质数：
7= (1，2)，13=T(1，3)，
19=T(2，3)，31：T(1，5)，
37=TC 3，4)，43：T(1，6)，
61=T(4，5)，67=T(2，7)，
73= (1，8)，79= (3，7)，
97=T(3，8)，103= (2，9)，
109：T(5，7)，127： (6，7)，
139=T(3，10)，151= (5，9)，
157= (1，12)，163=T(3，11)，
181=T(4，11)，193=T(7，9)，
199=T(2，13)，21 1= (1，14)，
223=T(6，11)，229=T(5，12)，
241=T(1，15)，271= (9，10)，
277= (7，12)，283=T(6，13)，
307=T(1，17)，313= (3，16)，
331： (10，11)，337= (8，13)，
349=T(3，17)，367= (9，13)，
373=T(4，17)，379=r(7，15)，
397=T(11，12)，409=T(8，15)，
421=T(1，20)，433=T(11，13)，
439=T(5，18)，457=T(7，17)，
463=T(1，21)，487=T(2，21)，
499=T(7，18)．
14 中 等 数 学
命题 2 若 m是 T型数，则 m及 3m
皆是 T型数；两个 T型数的乘积仍是 T型数．
命题 2的证明 若
m=口 +ab+b (n<6)，
则 k2m：(ka) +(ka)(kb)+(kb) ，
3m=3(Ⅱ。+06+b )
= (20+b) +(20+b)(b一口)+(b—n) ．
设 m=0 +06+b ，n= 。+xy+Y ．
(1)当m：n时，有
mn=m =(O,2+口6+b )
=r上4+2 b+3a26 +2ab +b4
= (口 + ) +(8 + )(6 一2)+(b 一a2) ．
(2)若孚： ，则存在正整数尼 、 及既
u )
约分数÷，使得
口：k1 r，b=klt， = 2r，Y k2t．
则 mn=( 2+n6+b2)( +xy+Y )
= (r + +t )2．
据(1)知 m／2为 T型数．
(3)设詈<号<1．则羔Y10，所 以，
k=1．bx=ay．
于是，似 + +6 =p，此时，
pa=a2 +bay+aZy= 2 +6 +abx
= (0 +n6+b ) =px．
所 以，口= 。
再由式① 、②得 b=Y，矛盾．
从而，表法唯一．
命题6 设(0，b)=1，对于 T型数
玑 =Ⅱ +Ⅱ6+b。
．
存在 T型数 n= +xy+Y 以及正整数 ，使
，nn： +k+1．
命题6的证明 若 0=b=1，则m=3，此
时，存在 ：2 +2+1=7，，加 =21=4 +4+1，即
k=4符合条件．
设 1≤0n．
因此 ,m>ir+l,n- ≤ ．
故整数n≤[ 】=r．
若 n=r，则对任何 m≥r+1，式①无解．
所以，n≤r一1，据此可设
n=r—t，m=r+s(t、S∈ N )．
于是，，nn：r + 一 —st．
代入式①得
(r—t)(s—t一1)：t +t+1． (
由r—t=凡>0，知 S—t一1也是正整数，
且 t1，则因P是质数，有 d l m，可记 = d，
Y=y d，m=m d ，式①变为 +3y m P，这
与 m 的最小性矛盾 )．
若 >y，将式①改写为
mp=(X 一Y )+(2 ) ．
令 n= 一y，6：2y．贝Ⅱa+6= +Y．
于是，式①成为
mp=。(Ⅱ+6)+，J = +n6+b。．
若 1，
则因P是质数，有 d I m，可 记口=0．d，6=
6Id，m=m d ，则(0，，b )=1，且式②成为
m P=。 +n．b。+b ，此与式②具有同样的结
构)．
由命题6，知存在 T型数 n= +xy十Y
以及正整数 ，使 nmp= + +1．
再由命题 8，知 m与P皆是 T型数．
下面，再定义与T结构平行的另一结构．
定义2 若正整数 m能表成
m= 一ab+6 (0≠6，口、b∈ N+)
的形式，则称 m为“P型数”，也称 m具有“P
结构”．
命题 10 任何 3N+1型的质数都具有
P结构，且有两种表示．
命题 10的证明 设P=3N+1为质数．
由命题 8，知数P具有 T结构，即可表为
P=Ⅱ + +b (正整数 Ⅱ≠6，(口，b)=1)．
南 +Ⅱb+6
= (0+6) 一(n+6)r上+0
= (8+b) 一(a+b)f)+ ，
故结论成立．
正整数的T结构与P结构具有优美的几
何性质，例如，下面命题：
设 口=3N+l为质数．则
2012年第 9期 17
(1)存在正整数 6、c(b≠c)，使得以0、b、
C为边长，可以构成一个△ ABC，且
A=120。．
(2)存在两对正整数 b 、C 及 b：、C ，其
中，bl≠cl，b2≠c2，{bl，c1}≠{b2，C2}，使得以
0、b。、C 及 Ⅱ、b：、C 为边长分别可以构成
△ A BlC 及△ A2 2C2，且
A1= A2=60。．
事实上，(1)口=3N+1为 T型数，故存
在正整数 、Y( b，口>c，且由
o =b +6c+c <(b+c) ，
知 b+c>0．
故以0、b、c为边长可构成△ABC．
1
据余弦定理得cos A=一÷．
二
所 以， A=120。．
再说明 b≠c．
据 口： + +Y ，口为质数，得
( ，Y)=1．
所以，( +Y，Y)=1．
假若 6=c，且口 +2xy=Y ～ ，得
2x( +)，)=Y ．
贝0 Iy ，( +Y)IY ，矛盾．
(2)由于6≠C，据(1)及命题 10得
= (b+c) 一(b+c)b+6 ， ②
及 0 =(b+c) 一(b+c)C+c ． ③
在式②中，令 nl=口，6l=b，c1：6+c．则
口 =c 一blc +6 ． ④
据式①中b+c>口，即cl>01．
又显然 ct=b+c>b：bl，
0l+bl=口+b>b+c：cl，
则 0。、b。、c 为边长可以构成△A B，C ．
1
由式④得 cos l= 1，则 A1：60。．
在式③中，令 02=口，c2=c，b2=b+C．
相应得到
口 ：b 一bzc +c；， ⑤
且以口：、b：、c 为边长可以构成△ A B C ．
1
由式⑤得cos =÷，则 A：=60。．
按照前面的做法，易将此类几何性质继
续拓展到一般具有 T结构的正整数中去．
特别指出的是，含 120。内角的整数边长
三角形、含 60。内角的整数边长三角形以及
整数边长直角三角形之间，存在着深刻的内
在联系．经过适当的代数变形，它们之间的模
式便可以相互转换．例如，
(1)当△ ABC有一内角为 60。，且 b≠c
时，据余弦定理有
2
= b +C2一bc ①
= (4a+b+c) =(2a+2b+2c) +(36—3c)
+Y = ．
其中，不妨设 b>c，
r =2(Ⅱ+6+C)，
2 Y=3(b—c)， ②
【 =40+6+c．
这就成为勾股数模式．
(2)当△ ABC有一内角为 120。时，据余
弦定理有
n
2
= b +c +6c
j (4a+6一c) =(2a+2b一2c) +(3b+3c)
j +y =z ，
其中， =2(Ⅱ+6一C)，Y=3(6+c)， =4a+b—c，
也成为勾股数模式．
反过来 ，勾股数三角形也可以转换为含
60。内角的整数边长三角形或含 120。内角的
整数边长三角形，例如，当 、Y、z给定后，可
18 中 等 数 学
由方程组②解出有理数 n、b、c，满足式① ，再
经适当放缩就成为式①的正整数解．
依据这样的想法，还可以继续研究含
l50。的整数边长三角形，含 30。的整数边长
三角形等等．这是一个非常有趣的课题，期待
同行们的进一步探索．
【注】我们已利用二次剩余将结果证出．
但中间所给出的一些条款看似是多余的，实
则是出于另，一重考虑：因为还可以采用另外
的方法来证明本问题，从而避开使用勒让德
符号以及二次剩余，“多余的”部分实际上是
沿此思路展开的．
据拉格朗日定理，
浙公网安备 33021202002483