组合最值与操作问题

组合最值与操作问题一.知识与方法在数学竞赛中，经常有一些与组合问题相关的整最值问题，简称组合最值。

所谓组合最值，就是指以整数、集合、点、线、圆等离散对象为背景，求它们满足某些约束条件的极大值或极小值。

这类问题的解法与一般函数（连续变量）极值的解法有很大的差异。

对于这类非常规的极值问题，要针对具体问题，认真分析，细心观察，选用灵活的策略与方法。

通常可以从论证与构造两方面予以考虑。

先论证或求得该变量的上界或下界，然后构造一个实例说明此上界或下界可以达到，这样便求得了该组合量的极大值或极小值。

在论证或求解组合量的上界或下界时，通常要对组合量做出估计，在估计的过程中，构造法、分类讨论法、数学归纳法、反证法、极端原理、抽屉原理等起着重要的作用。

在数学竞赛中，还有一类操作问题。

这类问题是指在一定的规则下，对给定的对象进行调整，探求被调整对象的初始状态或终止状态及其变化规律。

二.范例选讲例1. m个互不相同的正偶数和n个互不相同的正奇数的总和为1987，对于所有这样的m与n，问3m+4n的最大值是多少？请证明你的结论。

（1987年第二届全国数学冬令营试题）思路分析：先根据题设条件求得3m+4n的一个上界，然后举例说明此上界可以达到，从而得到3m+4n的最大值。

解：设a 1,a 2,…,a m 是互不相同的正偶数，b 1,b 2,…,b n 是互不相同的正奇数，使得a 1+a 2+…+a m +b 1+b 2+…+b n =1987 （1）这时分别有：a 1+a 2+…+a m ≥2+4+…+2m=m(m+1) （2） b 1+b 2+…+b n ≥1+3+…+(2n-1)=n 2 (3)由①,②,③得m ²+m+n 2≤1987,因而有（m+21）2+n 2≤119874+④由④及柯西不等式，得3（m+21）+4n ≤4119875)21(.432222+≤+++n m ,由于3m+4n 为整数，所以3m+4n 221≤,⑤另一方面，当m=27,n=35时，m 2+m+n 2=1981<1987,且3m+4n=221。

故3m+4n 的最大值为221。

评注：在论证过程中用到了柯西不等式与一般二元一次不定方程的求解方法。

例2．设空间中有2n(n ≥2)个点，其中任何四点都不共面。

将它们之间任意连接N 条线段，这些线段都至少构成一个三角形，求N 的最小值。

思路分析：通过构造实例，说明N ≥n 2+1，进而证明当N=n 2+1时，若在2n 点间连有N 条线段，则这些线段至少构成一个三角形。

其证明过程可用数学归纳法或反证法或极端原理，在证明过程中要精打细算。

解法一：将2n 个已知点均分为S 和T 两组： S={A 1，A 2，…，A n }，T={B 1，B 2，…B n }。

现将每对点A i 和B j 之间都连结一条线段A i B j ，而同组的任何两点之间均不连线，则共有n 2条线段。

这时，2n 个已知点中的任何三点中至少有两点属于同一组，二者之间没有连线。

因而这n 2条线段不能构成任何三角形。

这意味着N 的最小值必大于n 2。

下面我们用数学归纳法来证明：若在2n 个已知点间连有n 2+1条线段，则这些线段至少构成一个三角形。

当n=2时，n 2+1=5，即四点间有五条线段。

显然，这五条线段恰构成两个三角形。

设当n=k （k ≥2）时命题成立，当n=k+1时，任取一条线段AB 。

若从A ，B 两点向其余2K 点引出的线段条数之和不小于2k+1，则必定存在一点C ，它与A ，B 两点间都有连线，从而△ABC 即为所求。

若从A ，B 两点引出的线段条数之和不超过2K ，则当把A ，B 两点除去后，其余的2K 点之间至少还有K 2+1条线段。

于是由归纳假设知它们至少构成一个三角形，这就完成了归纳证明。

综上可知，所求N 的最小值为n 2+1。

解法二。

构造例子同解法一，可知所求的N 的最小值不小于n 2+1。

由于2n 个点间连有n 2+1条线段，平均每点引出n 条线段还多，故可猜想必定有一条线段的两个端点引出的线段数之和不小于2n+1，让我们用反证法来证明这一点。

设从A 1，A 2，…，A 2n 引出的线段条数分别为a 1，a 2，…，a 2n 且对于任一线段A i A j 都有a i +a j ≤2n 。

于是，所有线段的两个端点所引出的线段条数之和的总数不超过2n （n 2+1）。

但在此计数中，A i 点恰被计算了a i 次，故有∑=ni ia212≤2n （n 2+1）。

（1）另一方面，显然有∑=ni i a 21=2（n 2+1）。

由柯西不等式有（∑=ni i a 21）2≤2n （∑=ni i a 212），∑=ni i a 212≥n21×4（n 2+1）2＞2n （n 2+1） （2） （2）与（1）矛盾。

从而证明了必有一条线段，从它的两个端点引出的线段数之和不小于2n+1。

不妨设A 1A 2是一条这样的线段，从而又有A k （k ≥3），使线段 A 1A k ，A 2A k 都存在，于是△A 1A 2A k 即为所求。

解法三 构造例子同解法一，可知所求的N 的最小值不小于n 2+1。

下面我们用极端原理来证明，当N= n 2+1时，这些线段至少构成一个三角形。

从而所求的N 的最小值即为n 2+1。

设2n 个已知点间连有n 2+1条线段，且这些线段不构成任何三角形，设A 是2n 点中引出线段条数最多的一个点，共引出k 条线段：AB j ，j=1，2，…，k 。

于是{B 1，…，B k }之中任何两点间都没有连线，否则必构成三角形。

因而，从任一B j 引出的线段条数不超过2n-k 。

除了A ，B 1，…，B k 之外还有2n-k-1点，其中任何一点引出的线段条数当然不超过k 。

于是得到n 2+1≤21［k+k(2n-k)+(2n-k-1)k ］=k(2n-k)≤n 2,矛盾，这就完成了全部证明。

评注：本题用了三种方法求解，都是先通过例子确定出N 的一个下界，然后用不同的方法证明这个下界是可以达到的，进而求出N 的最小值。

解法一用到数学归纳法，解法二运用了反证法与柯西不等式，解法三则是运用了极端原理。

例3．集合A 的元素都是整数，其中最小的是1，最大的是100。

除1以外，每一个元素都等于集合A 的两个数（可以相同）的和。

求集合A 的元素个数的最小值。

思路分析：先构造一个合乎条件的集合A ，说明A 的元素个数的最小值不可能比9大，再进一步说明A 的元素个数的最小值就是9。

解：构造一个元素个数尽可能少的集合使它满足条件，如：{1，2，3，5，10，20，25，50，100}，则集合A 的元素个数的最小值不大于9。

若{1，2，x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，100}也满足条件，则x 1≤4，x 2≤8，x 3≤16，x 4≤32，x 5≤64。

但x 4+x 5=96﹤100，∴ x 5=50， x 3+x 4=48﹤50，∴x 4=25 x 2+x 3=24﹤25，∴x 3=225，与x 3是整数矛盾。

故A 的元素个数的最小值是9。

评注：先构造的例子说明集合A 的元素个数的最小值小于或等于9，后论证A 的元素个数不可能小于9，这里运用了反证法。

例4．平面上给定n 个点A 1，A 2，…，A n （n ≥3），任意三点不共线。

由其中K 个点对确定K 条直线（即过K 个点对中的每一点对作一条直线），使这K 条直线不相交成三个顶点都是给定点的三角形，求K 的最大值。

思路分析：先对n 个点中的点对A 1，A 2进行分析，然后再对其余n-2个点中的点对A 3，A 4分析，逐步类推，对K 的上界进行估计，然后通过实例说明K 的上界可以达到，进而求得K 的最大值。

解：设过点对A 1，A 2的直线为L ，则 A 1，A 2不能同时与其余n-2个点中的任意一点连结，即过A 1或A 2的直线至多有n-1条（包括L ）。

同理，对A 3，A 4，…A n 这n-2个点而言，过A 3或A 4的直线至多有n-3条，……。

所以 K ≤（n-1）+（n-3）+…=22(1)(3) (14)1(1)(3) (24)n n n n n n n n ⎧-+-++=⎪⎪⎨-⎪-+-++=⎪⎩,若为偶数；,若为奇数。

另一方面，我们可以把n 个点分成两组：n 为偶数时，每组各2n个点；n 为奇数时，一组21-n 个点，一组21+n 个点。

把第一组的每点与第二组的每点连结成42n 或412-n条直线，这些直线不相交成三个顶点都是给定点的三角形。

所以，当n 为偶数时，k 的最大值是42n ,当n 为奇数时，k 的最大值是412-n。

评注：本题在对K 进行估计时，要对n 分奇数，偶数进行讨论。

例5 空间中有1989个点，其中任何三点都不共线。

把它们分成点数各不相同的30组，在任何三个不同的组中各取一点为顶点作三角形。

试问要使这种三角形的总数最大，各组的点数应为多少？（1989年全国中学生数学冬令营试题）思路分析：先把1989个以知点分成个数分别为n 1，n 2，…，n 30的30组，其顶点在三个不同组的三角形总数可表示为S=∑≤<<≤nk j i k j i nn n 1.，然后通过逐步调整法求S 的最大值。

解：设1989个已知点分成30组，各组的点数分别为n 1，n 2，…，n 30.因此，顶点在不同组的三角形的总数为 S=∑≤<<≤nk j i k j i nn n 1.于是，本题即是问在∑==3011989i i n 且n 1，n 2，…，n 30互不相同的条件下，S 在何时取得最大值。

由于把1989个点分成30组只有有限种不同的分法，故必有一种分法使S 达到最大值。

设n 1<n 2<…<n 30为使S 达到最大值的各组的点数。

（1）对于i=1,2,…,29，均有n i+1-n i ≤2。

若不然，设有i 0使n i0+1-n i0≥3，不妨设i 0=1这时我们改写S=n 1n 2∑=303k kn+ （n 1+n 2）330j k j k n n ≤≤≤∑+∑≤<<≤303k j i k ji n nn 。

令n 11=n 1+1，n 12=n 2-1，则n 11< n 12<n 3，n 11+ n 12= n 1+ n 2， n 11 n 12= n 1 n 2 + n 2- n 1-1> n 1 n 2。

所以当用n 11，n 12代替 n 1，n 2时，将使S 变大，矛盾。

（2）使n i+1-n i =2的i 值至多一个。

若有1≤i o <j o ≤29，使n Io+1-n Io =2，n jo+1- n jo =2，则当用n 1io =n io +1，n 11+jo =n jo+1-1 代替n io ，n jo+1时，将使S 变大，这不可能。