从棋子计数看一类数表型创新题

北京市顺义牛栏山第一中学(101300)李启超

1.从一道棋子计数趣题谈起

例1在2n×2n的正方形棋盘上放上3n枚棋子.求证:可以找到n行n列,使得它们包括了全部3n枚棋子.

分析直观上讲,应优先找到那些棋子多的行或列,若能多到n行中包含了2n枚棋子,则问题得证.但是我们不知道哪些行或哪些列的棋子较多,为此我们不妨设2n行上的棋子数ai(1 ≤i≤2n)是按从大到小的顺序分布的,满足a1≥a2≥···≥a2n≥0,有了顺序后接下来就容易操作了.

证明设棋盘 2n行上的棋子数量分别为a1,a2,···,a2n.因为交换棋盘的任意两行不影响题意,不妨设a1≥a2≥···≥a2n≥ 0,并且根据题意有a1+a2+···+a2n=3n.

断言a1+a2+···+an≥2n.

①若an≥2,则a1+a2+···+an≥nan≥2n,断言成立;

②若an≤1,则a2n≤a2n-1≤···≤an+1≤1,且an+1+an+2+···+a2n≤n,进而a1+a2+···+an=3n-(an+1+an+2+···+a2n)≥2n,断言也成立.

据此,棋盘前n行中至少包含了2n枚棋子,剩下的棋子不超过n枚,至多分布在n列中.因而,可以找到n行n列,使得它们包括了全部3n枚棋子.证毕.

以上解题过程中,有三点值得注意的策略:

(1)找到题目条件的“对称不变性”,即交换棋盘的任意两行或任意两列,都不改变题意;

(2)有序化假设,根据对称性不妨设各行的棋子数a1,a2,···,a2n满足a1≥a2≥···≥a2n≥0.显然,对棋子数排序是打开解题局面的关键;

(3)极端原理,优先考虑棋子数最多的n行,然后先猜后证,得到a1+a2+···+an≥2n.

以上提到的“找对称不变性”,“有序化假设”和“极端原理”都是对题目的有效增设(参考[1-2]).有效增设是原题目条件中没有明确指出,我们在解题过程中新增的假设,它们既不改变题意又对发现解题思路非常有帮助.我们将发现,这三点策略在解决一类数表型创新题时非常有效.

2.在数表型创新题中的应用

综合运用“有序化假设”策略和整数的“离散性”,有时候可以解决比较复杂的问题.我们再看一例:

例4(2021年北京市海淀区高三期末第21 题)设A是由n×n(n≥2)个实数组成的n行n列的数表,满足:每个数的绝对值是1,且所有数的和是非负数,则称数表A是n阶非负数表.第(Ⅰ)(Ⅱ)问略;

(Ⅲ)当n= 2k(k ∈N*)时,证明:对于任意n阶非负数表A,均存在k行k列,使得这k行k列交叉处的k2个数之和不小于k.

分析(1)本题看似与棋阵无关,其实不然,事实上只要把数表中的1 分量全部换成黑子,把0 分量换成白子,所谓“n阶非负数表”变成“黑子数不少于白子数的棋阵”.原题第(Ⅲ)问则变成了“存在k×k的子棋阵,其中黑子数至少比白子数多k个”;

(2)容易知道,交换非负数表的任意两行或任意两列,得到的新数表也是非负数表.我们可以反复运用这个对称性,使得2k×2k非负数表左上角的k×k子数表中的所有数的代数和尽可能大,然后证明这个和大于等于k即可;

(3)为了使得左上角的k×k子数表中的所有数的代数和数尽可能大,我们分几步把和数较大的行或列交换调整到左上角上去,为此需要多次使用“有序化假设”.

证明因为交换非负数表的任意两行或任意两列,得到的新数表也是非负数表.我们分三步调整出一个符合题意的k×k子数表.

第一步不妨设数表A中各行的分量之和分别为αi(1 ≤i≤n),且满足α1≥α2≥···≥αn.由非负数表定义知α1+α2+···+αn-1+αn≥0.

断言1α1+α2+···+αn-1≥0.

事实上,若αn-1≥0,断言1 显然成立;若αn-1＜0,则αn ＜0,进而α1+α2+···+αn-1≥-αn ＞0,断言1 仍成立.

据此,非负数表A中存在n-1 行所构成的(n-1)×n子数表A1,其所有元素之和大于等于零.

第二步将第一步所得子数表A1分成n个n -1维列向量,记每个列向量的分量之和为βi(1 ≤i≤n),由n-1=2k-1 为奇数,且每个分量为±1,可知βi(1 ≤i≤n)为奇数.由对称性,不妨设β1≥β2≥···≥βk≥···≥β2k.根据第一步结论,知β1+β2+···+β2k≥0.

断言2β1+β2+···+βk≥k.

事实上,若βk≥1,断言2 显然成立; 若βk ＜1,则βk≤-1,从而β2k≤···≤βk+1≤βk≤-1,进而β1+β2+···+βk≥-(βk+1+···+β2k)≥k,断言2仍成立.

据此,非负数表A中存在2k-1 行k列交叉处分量所组成的(2k-1)×k子数表A2,其所有分量之和大于等于k.

第三步将第二步所得子数表A2分成2k-1 个k维行向量,记每个行向量的所有分量之和为γi(1 ≤i≤2k-1).由对称性,不妨设γ1≥γ2≥···≥γk≥···≥γ2k-1.

根据第二步结论可知γ1+γ2+···+γ2k-1≥k.

断言3γ1+γ2+···+γk≥k.

事实上,若γk≥ 1,断言3 显然成立; 若γk ＜1,则γk≤0,从而γ2k-1≤···≤γk+1≤γk≤0,进而γ1+γ2+···+γk≥k -(γk+1+···+γ2k-1)≥k,断言3 仍成立.

据此,非负数表A中存在k行k列交叉处分量所组成的k×k阶子数表A3,其所有元素之和大于等于k.

综上所述,对于任何n= 2k阶非负数表A,均存在k行k列,使得这k行k列交叉处的所有数之和不小于k.证毕.

3.总结与感悟

近年的新高考数学试卷中出现了一类以集合、数列或数表为载体的创新题,这些题目一方面对考生的数学阅读、归纳探究和推理论证能力都有较高要求([3]),另一方面题型不循套路,形式富于多变.如何提高学生解答创新题的能力,是广大数学教师共同关注的问题.对此,我们不妨参考著名数学家波利亚的一个观点:“解题就像采蘑菇一样,当我们发现一个蘑菇时,它的周围可能有一个蘑菇圈.”同理,当我们从一道经典题目的解答中习得某种有意思的解题策略时,不妨多做归纳总结和类比,因为这个策略往往还能用于其它题目.本文可以看作这方面的一个尝试.