“强基计划”数学专题讲座（四）——“强基”数学试题中的数学演绎之美赏析

■江苏省建湖高级中学 杨海涛

■江南大学理学院 谢广喜

演绎其实是化归与转化思想方法的一种重要的具体表现形态,不过演绎方法更侧重于由一般到特殊的推理,更注重于将典型的基本结论应用于具体问题的情境下解决问题,因此这些问题又往往与数学历史名题交织在一起,比如我们熟知的错位排列问题、费尔马点、彭赛列问题、阿基米德三角形、阿波罗尼斯圆等。下面举例说明。

例1(2019 年中国科学技术大学自主招生试题)设n是正整数,证明:存在多项式P(x),使得cosnθ=P(cosθ)。

解析：为表示方便起见,我们记与cosnθ(n∈N*)对应的多项式为Pn(cosθ)。容易取P1(cosθ)=cosθ,P2(cosθ)=cos 2θ=2cos2θ-1,即当n=1,2时,命题成立。

利用第二数学归纳法,假设1≤n≤k,命题都成立,则当n=k+1 时,有cos(k+1)θ=cos(kθ+θ)=coskθcosθ-sinkθsinθ=Pk(cosθ)P1(cosθ)-sinkθsinθ。

由于相同变量两个多项式的乘积仍然是这个变量的多项式,故上面的表达式第一部分已满足要求,下面的关键在于第二部分的处理。

而我们注意到其中的sin(k-1)θsinθ=-cos kθ+cos(k-1)θcosθ=-Pk(cos θ)+Pk-1(cos θ)P1(cosθ),cos(k-1)θsin2θ=Pk-1(cos θ)sin2θ,从 而cos(k+1)θ=Pk(cosθ)P1(cosθ)-[-Pk(cos θ)P1(cosθ)+Pk-1(cosθ)cos2θ+Pk-1(cos θ)sin2θ],也 即cos(k+1)θ=2Pk(cos θ)P1(cosθ)-Pk-1(cosθ)。

所以,当n=k+1时,命题也成立,于是对于任意的正整数k,命题恒成立。

评注:本题的命题背景是切比雪夫多项式(Chebyshevpolynomials)。一般地,∀n∈N*还有递推公式Pn+2(cosθ)=2Pn+1(cosθ)cosθ-Pn(cosθ),它在高等数学背景下着有非常广泛的应用,比如函数逼近理论、信号的滤波等,在人工智能的神经网络中可以作为有关图的卷积核等。

例2(2019 清华大学自主招生试题第10题)设a为4 4444444各位数字之和,b为a各位数字之和,c为b各位数字之和,求c的值。

解析：任意一个十进制正整数N可记为,其中ai∈{0,1,2,3,…,9},且an≠0,也即N=an·10n+an-1·10n-1+an-2·10n-2+…+a1·10+a0。

易知N≡an+an-1+an-2+…+a1+a0(mod 9)。为表述方便,我们引入同余符号(≡),它常被用来表示两个整数除以同一个正整数时具有相同余数的情况。比如,我们注意到4 444=9×493+7,所以4 444和7除以9(称模9,在表达式中用mod 9表示)具有相同的余数,可简为4 444≡7(mod 9)。完全类似地,我们容易利用二项式定理直接验证,对于任意大于等于2的整数m,∀n∈N*,有(m+1)n≡1(modm)成立。因此,结合题意得4 4444444≡a≡b≡c(mod 9)。

而4 4444444≡7(mod 9),于是有4 4444444≡74444(mod 9)≡(73)1481·7≡1×7≡7(mod 9)。

进而有4 4444444≡a≡b≡c≡7(mod 9),下证c≤12,显然,如果非负整数c≤12,则由c≡7(mod 9)知c=7。

注意到4 444×3=lg 1 0004444＜lg4 4444444＜lg10 0004444=4×4 444=17 776,所以由a的含义知,a＜9×(17 776+1)=159 993。若a是六位数,则b≤1+4+9×4=41;若a的位数小于六位数,则b≤5×9=45。

所以,总有b≤45,进而可知b的各位数字之和最大时b为39,也即1≤c≤12。

再利用此过程中,a,b,c是模9 的不变量,则c=7。

评注:本题源自第17届国际数学奥林匹克试题。

例3(2017年清华大学数学试题)正整数1,2,3,…,n的全排列(a1,a2,…,an)满足ai≠i(i=1,2,3,…,n),称为n项更列,记n项更列的个数为xn,下列命题中正确的是( )。

解析：n项更列也称n项错排问题。很显然,对于B选项,我们取n=3,易算得x3=3! -1=5,而另一方面,我们直接用枚举法可知x3=2,于是B 选项错。设k个元素的错排有D(k)个,n个元素的错排时,显然元素n只有n-1个排法(因为元素n不能放置在第n个位置上),对应其排于某个具体位置i(i≠n),此时若元素i置于位置n,则余下的问题转化为n-2个元素错排问题,有D(n-2)个。若元素i未置于第n个位置,则此时可把元素i当成元素n,余下问题变为n-1个元素错排问题,有D(n-1)个。

于是有D(n)=(n-1)[D(n-2)+D(n-1)]。

评注:本题实质上就是数学史上有名的“错位排列”或“装错信封”问题。

【创新有源泉、经典永流传】

1.(2021 年全国高考甲卷理科数学试题)抛物线C的顶点为坐标原点O,焦点在x轴上,直线l:x=1交抛物线C于P,Q两点,且OP⊥OQ。已知点M(2,0),且☉M与直线l相切。

(1)求抛物线C,☉M的方程;

(2)设A1,A2,A3是抛物线C上的三个点,直线A1A2,A1A3均与☉M相切,判断直线A2A3与☉M的位置关系。

简解：(1)依题意设抛物线C:y2=2px(p＞0),P(1,y0),Q(1,-y0)。

因为OP⊥OQ,所以=1-2p=0,解得2p=1。

所以抛物线C的方程为y2=x。

☉M与x=1 相切,所以半径为1,即☉M的方程为(x-2)2+y2=1。

(2)设A1(x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3),为节省篇幅,直线A1A2,A1A3,A2A3中部分斜率不存的情况,此处从略,同学们可自行证明。下面假设若直线A1A2,A1A3,A2A3斜率均存在,则

所以直线A1A2的方程为y-y1=),整理得x-(y1+y2)y+y1y2=0。

同理,直线A1A3的方程为x-(y1+y3)y+y1y3=0。

直线A2A3的方程为x-(y2+y3)y+y2y3=0。

所以直线A2A3与圆M相切。

综上所述,若直线A1A2,A1A3与圆M相切,则直线A2A3与圆M也相切。

评注:本题背景称为彭赛列问题,三者相切,如何简捷地完成最后一步演绎推理是求解问题的核心和关键。不少同学反映答案能看懂,但自己做思路却乱七八糟,这里我们充分利用(逆用)一元二次方程根与系数的关系,最后比较简捷地给出一个逻辑分明的思路(而且此思路具有相对一般性),供大家参考。

2.(2020 年江苏高考数学试题)甲口袋中装有2个黑球和1个白球,乙口袋中装有3个白球。现从甲、乙两个口袋中各任取1 个球交换放入另一个口袋,重复n次这样的操作,记甲口袋中黑球个数为Xn,恰有2 个黑球的概率为pn,恰有1个黑球的概率为qn。

(1)求p1,q1和p2,q2;

(2)求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示) 。

简解：本题的难点在于重复操作后,每一次当前状态的概率(pn,qn)依赖于上一次状态的概率(pn-1,qn-1),然而系统每一次的具体状态又有多种可能,所以同学们需要以上一次状态概率(pn-1,qn-1)为基准,建立其与当前状态的概率(pn,qn)之间的递推关系。注意到甲、乙两个口袋中一共仅有2个黑球,故一般情况下黑球的所在位置(对应问题的可能状态,因为黑球给定,白球自动确定,下面将不一定再强调白球的数目)有三种可能:①甲袋里有2个;②甲、乙两个口袋里有各1个;③乙袋里有2个。

具体研究如下。

(1)①先求p1和q1,联合简记为(p1,q1),p1的含义是一次交换后黑球没有变动(即2个黑球仍然都在甲口袋)的概率,即甲口袋选中交换的球是白球,概率显然为

此时所有状态只有两种可能:要么甲袋里有2个黑球;要么甲袋里有1 个黑球。于是可得

②求(p2,q2)就不是十分容易了,此时必须注意到,实际上一般情形每个状态是有三种可能这个关键环节(这一点非常重要,因为它为下一步问题的求解奠定了基础),为了理解方便,我们形象地用表1表示。必须指出,当n=1 时,才有pn+qn=1;当n≥2 时,pn+qn＜1。

表1

此时,要求(p2,q2)。比如求p2,可能是在p1概率前提下,甲、乙两个口袋分别取1个白球交换的结果;也可能是在q1概率前提下,甲口袋中的取到白球(同时乙口袋取到黑球)的结果。于是

完全类似地,要求q2,可能是在p1概率前提下,甲口袋取中1个黑球(同时乙口袋取到白球)交换的结果;也可能是在q1前提下,甲、乙两个口袋中同时取到黑球(或同时取到白球)的结果。

(2)当n≥2时,由题意可得第n次操作后状态分布及相应的概率如表2所示。

表2

根据此表,结合(pn+1,qn+1)的具体含义,容易得到:

评注:本题的摸球法是概率论问题研究中的一种经典模型方法。

3.(2011 年“北约”试题第2 题改编)过抛物线y=2x2-2x-1与y=-5x2+2x+3交点的直线方程为____。

简解：本题如果求出两条曲线的交点,过程是比较麻烦的。在我们对此问题深入思考之后,发现若用曲线系的思路求解,则异常简捷。过这两条抛物线y=2x2-2x-1与y=-5x2+2x+3交点(如果交点存在的话)的曲线系可记为λ1(y-2x2+2x+1)+λ2(y+5x2-2x-3)=0。我们希望其表示过焦点的直线,即只要其中仅有的二次项x2系数-2λ1+5λ2=0。不妨令λ1=5,λ2=2,代入曲线系可得7y+6x=1,这正是经过两条抛物线交点的直线方程。

评注:由题意知两条曲线的交点存在,故上面的求解过程也是可以的(除非交点根本就不存在)。当然,如果是解答题,严格来说,以此直线分别与两条曲线联立,反向验证一下交点的存在性,则更好一些!

4.(2010年安徽省赛题第5 题)设z为复数,则|z-1|+|z-i|+|z+1|的最小值为____。

简解：记复数z=x+yi(x,y∈R),则我们可以通过数形结合,将原问题等价转化为平面直接坐标系中,求点P(x,y)与点A(1,0),B(-1,0),C(0,1)距离之和的最小值。

此时这个最小值对应点P(x,y)的位置正是△ABC的费尔马点,于是容易得到相应的最小值为

评注:本题是费尔马点背景的问题。