f(m,n)=m+n－(m , n) (＊) 其中(m,n)表示m和n的最大公约数.
事实上,不妨设m≥n..
(1) 关于m归纳,可以证明存在一种合乎题意的分法,使得正方形边长之和恰为 _m+n(m,n).
当m=1时,命题显然成立.
假设当n≤k时,结论成立(k≥1). 当m=k+1时,若n=k+1,则命题显然成立. 若n n(2) 关于m归纳可以证明(＊)成立. 当m=1时,由于n=1,显然f(m，n)=1=m+n－(m , n). 假设m≤k时,对任意1≤n≤m有f(m，n)=m+n－(m , n). ABmA1若m=k+1,当n=k+1时,显然f(m，n)=k+1=m+n—(m , n). 当1≤n≤k时,设矩形ABCD按要求分成了p个正方形,其边长分别为a1,a2,…,ap不妨设a1≥a2≥…≥ap， 显然a1=n或a1 若a1 所以a1+a2+…+ap≥2m>m+n－(m , n). 若a1=n,则一个边长分别为m—n和n的矩形可按题目要求分成边长分别为a2,a3,…,ap 的正方形,由归纳假设 a2+a3+…+ap≥m－n+n－(m—n,n)=m－(m,n). 从而a1+a2+…+ap≥m+n－(m , n). 于是当m+k+1时, f(m,n)≥m+n－(m , n). 再由(1)可知f (m,n)=m+n－(m , n). 11.不妨设A、B、C 不共线．将AB、BC、CA都扩展成直线，把平面分成t个部分，如图a所示分为三种区域． (1)X点在区域I内，记l(PQR)为△PQR的最长边的长度． 延长AX交BC与D(图b),则AX≤AD≤max{AB,BC}≤l(ABC),同理BX≤l(ABC), CX≤l(ABC), 所以l(ABX)≤l(ABC), l(BCX)≤l(ABC), l(CAX)≤l(ABC),于是 2S△ABX2S△BCX2S△CAX m(ABX)+m(BCX)+m(CAX) = ＋＋ l(ABX)l(BCX)l(CAX)2S△ABX2S△BCX2S△CAX2S△ABCX≥＋＋ = =m(ABC). ① l(ABC)l(ABC)l(ABC)l(ABC) (2)X点在区域II中，不妨设X在∠BAC的对顶角中，记BC、CA、AB所对应的高分别为ha、hb、hc. (I)若m(BCX)是从X引出，则m(BCX)≥ha≥m(ABC)，所证不等式成立． (II)若m(BCX)不是从X引出，则m(BCX)＝CD.(图c) (i)若∠CBX≤90o,则CD=BCsin∠CBX≥BCsin∠ABC= hc≥m(ABC). (ii)若∠CBX≥90o,则∠CBD=∠BXC+∠BCX≥∠BCX≥∠BCA,而∠CBD=180o－∠CBX≤90o,所以 CD=BCsin∠CBD≥BCsin∠BCA= hb≥m(ABC). 于是，此时所证不等式成立． (3)若X点在区域III中,不妨设在∠ABC所含的区域中,考虑AB、BC、CA、AX、BX、CX中 XIIAIIIIIIBIIICII(b)BDAIIIXDCAXABB(c)CD(d)C的最长边(图d) (a) (I)若AB、BC、CA之一为l(ABC),由①的证明即知要证的不等式成立． (II)若BX最长，如图，BX与AC交于D, ∠ADB≤90o.作AE⊥BX于E,CF⊥BX于F,则 m(ABX)=AE,m(BCX)=CF.又因为∠ADB＞∠ACB. 所以AE+CF=ACsin∠ADB＞ACsin∠ACB=ha≥m(ABC), A即有m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX). AD(III)若最长边为AX或CX,不妨设为AX.在△ABX中，∠ABX≥∠XFBAX,则 EDo90≥∠BAX≥∠BAC.作BD⊥AX于D,则 BBCm(ABX)=BD=ABsin∠BAX≥ABsin∠BAC= hb≥m(ABC). (e)(f)所以，m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX). 综上所述，总有m(ABC)≤m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)成立. 12. 设这n个点的集合V={A0,A1,A2,…,An?1}为全集，记Ai的所有邻点(与Ai有连线段的点)的集合为Bi, Bi中点的个数记为|Bi|=bi.显然, XC?bi?1ni?2l且bi≤(n－1),i=0,1,2,…, n－1. n－111 若存在bi=n－1时, 只须取l=(n－1)+[]+1≤(q+1)(n－1)+1= q(q+1)2+1，则图中必存 222在四边形. 因此, 下面只讨论bi＜n－1, i=0,1,2,…, n－1的情况. 不妨设q +2≤b0＜n－1. 用反证法. 若图中不存在四边形，则当i≠j时，Bi与Bj无公共点对，即|Bi∩Bj|≤1(0≤i＜j≤n－1).因此， |BiIB0|≥bi－1, i=0,1,2,…, n－1. 2故|VIB0|中点对的个数?Cn?b0??（BiIB0中点对的个数）??C|2BIB|i?1i?1i0n?1n?12??Cb2i?（当b=1或2时,令C1ibi?1?0)i?1n?11n?12??(bi?3bi?2)2i?1?n?2(b)in?1??1i?1???3(?bi)?2(n?1)??(2l?b0?n?1)(2l?b0?2n?2)2?n?12(n?1)?i?1????1?(nq?q?2?b0)(nq?q?n?3?b0).2(n?1)即q(q+1)(n－b0)(n－b0－1)≥(nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0).① 而(nq－q－n+3－b0)－q(n－b0－1)=(q－1)b0－n+3, ② 及(nq－q+2－b0)－(q+1)(n－b0)=qb0－q－n+2≥q(q+2)－q－n+2=1＞0 ③ 由②、③及(n－b0)(q+1)，(n－b0－1)q皆为正整数，得 (nq－q+2－b0)(nq－q－n+3－b0)＞q(q+1)(n－b0)(n－b0－1). 而这与所得的式①相矛盾，故原命题成立.
江苏省数学竞赛《提优教程》教案第12讲组合几何
