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宜宾学院数学系02级01班:杨 宾           指导老师:唐林勇（教授）

摘要：在解题中，化难为易、化繁为简、化生疏为熟悉、化抽象为具体时，常要考察有关对象、涉及到极端情形：数量的最值、极值、图形的界限位置、某种排列顺序的极端位置的元素性质等等.这是因为极端情形比较容易、简单、熟悉、具体，极端情形的解与一般情形的解往往有共性，极端情形的解往往能给出怎样解一般情形的启示.利用极端情形解题的思维方法，称为极端原理.

关键词：规划论、数量的极大(小)、极端情形、图形上的界限位置、极端元素.

正文：极端原理在中学(主要是数学奥林匹克竞赛)的运用.现浅谈一下极端原理的运用.

一．极端原理是个简单而且极为重要的思考问题的方法原则．为了理解这个原理，我们从一个简单例子说起． 

例1. 容器中放有100个球，其中有30个红球、30个绿球、30个黄球、其余是黑色和白色的球．各色球只有颜色不同，我们现在在黑暗中取球，使得它们之中某一种颜色的球不少于10个，问必须至少取多少个球？

解  我们可以看出满足题目要求即某一种颜色的球不少于10个的球的颜色只能产生于红、绿、黄三种颜色之中．我们现在考虑最坏的情形即在我们所取的球中有黑色和白色的球10个，9个红色球，9个绿色球和 9个黄色球，共计 37个球，只要我们再取 1个球，此球必为红、绿、黄三色之一的球，故必有一种颜色的球不少于10个．由此得知：我们至少取38个球才能使“其中某一种颜色的球不少于10个”．

例1解法中的独到之处在于“考虑最坏的情况”．也就是考虑“极端的”、“邻界的”状态．这种通过考察极端的元素的状态来实现解题的思想，我们通称为“极端原理”，这一原理在数学中表现形式的主要依据是：

1．设N是自然数集，M是N的一个非空子集，则M中必有最小数；

2．设R是实数集，M是R的有限非空子集，则M中必有最小数，也必有最大数．

例2  由凸多边形内一点向多边形各边引垂线，则至少有一个垂足是落在凸多边形的边上而不是落在边的延长线上．

分析  这个命题告诉我们这些垂足不可能全在边的延长线上，即至少有一个垂足要落在多边形的边上．对于垂足落在边上的情形，我们还是从极端状态中去寻找．

证明  设O是凸n边形内的已知点，自点O向n边形的各边引垂线，由O点到各边的距离中一定存在一个最小距离(考察极端！)．不妨设点O到边AB所在的直线的距离是这个最小距离．我们证明点O到边AB的垂足P一定落在边AB上．

假定垂足P不在边AB上而是在边AB的延长线上(图1)，则OP必交多边形的另一边CD于点Q.显然OQ＜OP，而点O到边CD的距离OH＜OQ＜OP．这与OP是O点到多边形各边中的最小距离的假设矛盾．因此P在边AB延长线上的假定不能成立，由此得证P点必定在AB边上．

例3   证明：在正整数范围内，方程

8x⁴+4y⁴+2x⁴=t⁴

无解．

证明  假设原方程有正整数解，我们取所有的解中使得x最小的一组解(考察极端！)，不妨设为x=m，y=n，z=p，t=r，那么，由观察可知r是偶数，故可设r=2r₁，代入原方程得

8m⁴+4n⁴+2p⁴=16r⁴₁．

两边同除以2得  4m⁴+2n⁴+P⁴=8r⁴₁．   (1)      

显然p亦为偶数，设p=2p₁，代入方程(1)得到

4m⁴+2n⁴+16p⁴₁=8r⁴₁．

两边再除以2得  2m⁴+n⁴+8p⁴₁=4r⁴₁．   (2)

同理n为偶数，设n=2n₁，代入方程(2)且方程两边同除以2得到 m⁴+8n⁴₁+4p⁴₁=2r⁴₁．  (3)

最后令m=2m₁代入(3)后可得到

8m⁴₁+4n⁴₁+2p⁴₁=r⁴₁．

由此我们得到原方程的又一组解即：x=m₁，y=n₁，z=p₁，t=r₁．且m₁＜m，这与m，n、p，r为使x能取得最小值的那一组解的假设矛盾．

综上我们得到方程8x⁴+4y⁴+2z⁴=t⁴在正整数范围内无解．

例4    证明：在任意四面体中都存在一个顶点，由这顶点引出的三条棱恰可构成一个三角形的三条边．

解  设AB是四面体ABCD中最长的一条棱(考察极端！)．由△ABD与△ABC中可知AD+BD＞AB，AC+BC＞AB．相加得

(AD+BD)+(AC+BC)＞2AB，

即    (AD+AC)+(BC+BD)＞2AB，

所以，要么AD+AC＞AB，要么BC+BD＞AB．

当AD+AC＞AB时，由A点引出的三条棱恰可构成一个三角形的三条边！当BC+BD＞AB时，由B点引出的三条棱恰可构成一个三角形的三条边(证毕)．

极端性正是我们解决本例的突破口！

二.极端原理是解决数学问题的一个重要方法,从极端情形(最大值,最小值,极端有利,极端不利,边界情形,极端位置等)入手分析,往往能发现解决问题的突破口.

1. 利用极端  巧探范围

数学解题中经常会遇到求范围的问题,若能预先求出范围的上界(或下界),则所求的范围将应运而生.

例1 (1994年全国高中联赛题)在正n棱锥中，相邻两侧面所成的二面角的取值范围是( )

分析当正n棱锥的顶点S向下无限趋近底面正n边形中心时，所求值趋于 ;当S向上运动，趋向无穷远时，正n棱锥趋于正n棱柱，所求值趋于正边形的一个内角(即 )，故选(A)．

点评以上解答巧妙地利用了两个极端位置，使得问题得到圆满的解决．

例2   (2003年全国高考题)已知长方形的4个顶点A(0，0)，B(2，0)，C(2，1)和D(0，1)，一质点从AB的中点 沿与AB夹角为 的方向到BC上的点 ．后依次反射到CD、DA和AB上的点是 、 和 (入射角等于反射角)．设P4的坐标为( ， )，若1< <2，则 的取值范围是( )                                                                                           

(A)                (B) 

 (C)                (D) 

分析考虑边缘位置： 为CB的中点时，易知 、 和 也应是各边的中点，此时 = 0.5该值应是界值，故选C．

2.利用极端  简化运算

数学中有些计算,若以常规方法进行求解,可能计算会比较复杂,而从极端情形考虑,”框定”运算范围,往往能简化运算.

例 3  黑板上写着从1 开始的n 个连续正整数,擦去其中一个数后,其余各数的平均值是 ，求擦去的数.

解　考虑擦去数的极端情形,你能列出该状态下的平均值吗? 显然擦去1 与n 是其极端情形,若擦去的数是1 ,则得平均值为 ;若擦去的数是n ,则平均值为 ，

根据极端状态下的平均值与已知平均值的联系,显然有 ,从而69 ≤n ≤70 ,即68 ≤n - 1 ≤69.而n - 1 个整数的平均数是 ,所以n - 1 是17 的倍数,故n - 1 = 68 ,即n = 69.最后,设擦去的数为x ,则

所以 x = 7 ,即擦去的数是7.

说明　此题的常规方法是列出方程, 但运算复杂,而从其极端情形考虑, 很快获解,运算简洁、解法扼要.

例4  某校学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书至少被一个同学都读过．问：能不能找到两个学生甲、乙和三本书A、B、C，甲读过A、B，没读过C，乙读过B、C没读过A？说明判断过程．

解  首先从读书数最多的学生中找一个人叫甲(考察极端！)．由题设，甲至少有一本书C没读过．

设B是甲读过的书中的一本，根据题设，可找到学生乙，乙读过B、C．

由于甲是读书最多的学生，乙读书数不能超过甲的读书数．因此在甲读过的书中一定有一本书A乙没读过；如若不然，甲读过的书乙全读过，而乙至少还比甲多读一本书C，这与甲是读书最多者的假设矛盾．这样一来，我们找到了甲、乙二同学和A、B、C三本书，甲读过A、B未读过C，而乙读过B、C未读过A．

例4的解法关键是抓住了“读书最多的一个学生”，利用这一点，解决了我们“无从着手”的难处，使解题简捷明快．

在“证明有一个x它具有性质P(x)”类型的涉及状态存在性的问题时，从“考察极端”入手的极端性原理是非常重要的思考途径．

3. 利用极端  化不等为等

等与不等是数学中普遍存在的问题,不等的边界是等,若能将不等的问题转化为相等问题进行处理,往往会使问题的难度降低,缩短解题的过程和时间.

例5  解不等式 .

解析:令 ,得 ,或 ,或 .所以函数 与 图象的交点横坐标为-3,2,4.结合函数图象知,原不等式的解为 或 .

例6.已知适合不等式 的 的最大值是3,求 的值.

解析:显然, 是边界情形,注意到 是 上的连续函数,于是有 ,解得 或 . 经检验, 符合题意.

4.利用极端  解”恒成立”问题

“恒成立”问题往往有其边界情形,若问题只要对边界情形成立,此类问题很适合用 “极端性”原理解之.

例7  已知对任意正整数 ,不等式 恒成立,则实数  的取值范围是 .

解析:当 ,即 时,则不等式 对任正自然数 恒成立,因为当 无限增大时, 无限接近于1,且 ,所以 ;当 ,即 时,要使 对任意正自然数 恒成立,因为 的最小值是 ,所以 ,即 .

故所求实数 的取值范围是 或 .

例8  设 ,若 在区间 上变动时, 恒为正值.试求 的取值范围.

解: 记 ,则函数 在 表示直线段,于是 恒为正值必须且只须函数在区间 端点处的值恒为正,即 ,且 ,解之得 或 .

三．在几种重要方法中和运用

1.数学归纳法与极端原理

例1.已知 都是正数，试用数学归纳法证明：