当前位置:首页 >> 学科竞赛 >>

一道以Hadamard定理为背景的国际数学竞赛题


维普资讯 http://www.cqvip.com

2 0 0 5年第 9期 

中学数学研 究 

3 5  



道 以 Had amar d定 理 为 背 - l- -  
的 国 际 数 学 竞 赛 题  
哈 尔滨 出版 社 二编 室  ( 1

5 0 0 0 6 )   刘 培 杰 

al l X   1+ al 2 x   2+ al 3 x   3= 0  

a1 1  

a1 2  

D =  

a2 1  

62 2  



a1 16 2 2a 3 3 +

a2 16 3 2a1 3 + 

a3 1  

63 2  

a3 1   a1 2a 2 3一

al 】 63 2a 2 3 一

a2 1   a1 2 a3 3一

a3 1   62 2a l 3  



( a I l +a l 2 +a l 3 ) a 笠a 3 3 +( a 2 l +a 笠+ a 2 3 ) 6 3 2 a l 3  

+( a 3 l +a 3 2 +a 3 3 ) a l 2 a ∞一( a I l +a l 2+ a l 3 ) a 3 2 a 2 3一   ( a 2 l +a 笠+a ∞) a l 2 a 3 3 一( a 3 l +a 3 2+ a 3 3 ) a 笠 a l 3 .  
al 1   al 2   Sl  
D =  

上面最后式子 的六大项 中, 除了第 四大项 为负数外 , 其  余五大项均为正数 . 现 在把其 中的第一 大项与 第 四大 
项 放 在 一 起 来 考察 , 得 
( a I l +a l 2+ a l 3 ) a 笠a 3 3 一( a I l +a l 2+ a l 3 ) a 3 2 a 2 3  


a2 l   6 2 2   S2   63 1   63 2   S3  

其中S i =a   l +a   2 +a   3 , i =1 , 2 , 3 . 由条 件 ( c ) , S   >0 .  

将 D按第 3列展开 :  
D =S l ( a 2 l a 3 2一 a 笠a 3 1 ) 一S 2 ( a I l a 3 2一 a l 2 a 3 1 )   +S 3 ( a I l a 笠一a 1 2 a 2 1 ) .   ( 1 )  

( a I l +a l 2+ a l 3 ) ( 6 2 2 a 3 3 一a 3 2 a 2 3 )   ( a I l +a l 2 +a l 3 ) ( a 笠a 3 3 +a 2 3 a 3 3 一a 3 2 a ∞一a 2 3 a 3 3 )  





( a I l +a l 2 +a l 3 ) [ a 3 3 ( a 笠 +a ∞) 一a ∞ ( a 3 2 +a 3 3 ) ] .  

从条件 ( a )和 ( b ) 推得 ( 1 )中 前 两 项 是 正 的 . 又由( b )  
和( c ) ,  

由 已知 条 件 ( c ) 有a I I +a l 2 +a l 3>0 , a 笠+a ∞ >一a 2 l  
>0 , 一( a 3 2 +a 3 3 )< a 3 l <0 . 由此 可 知 D >0 , 即 原 方  程 组 有 唯 一 解 
Xl   X2   X 3   0.  

口 I J +口 f 2> a I J +a f 2 +口 i 3 >0 , 得a I J >一a f 2 :J 口 f 2   J ;  

+嘞 >   +n 2 I +吻 >0 , 得  >一a 2 1 :l 嘞 1 .  

因此 a l l a 笠>a 1 2 a 2 l , 得( 1 ) 中第三项也是正 的, 于是 D  

[ 注 2 ]利 用 著 名 的 阿 达 玛 ( H a d a m a r d , 1 8 6 5—  

维普资讯 http://www.cqvip.com

3 6  

中学数学研究 

2 O O 5 年第 9期 

1 9 6 3 ) 定理 , 我们可 以将 [ 试题 ] 推广 到 n .  
[ H a d a m a r d定理] ( 主对角严格 占优 的情形 )   设 A=( a   ) 为 n阶实方阵 , 则 

过[ 试题 ] 欣赏到阿达玛定理 的精彩 与优 美 , 我 们应该 
找 到一种 不需 用到行列式 的解 法. 这样 的解法 是存在 
的.  

1 ) 当I   I >∑ I %I ( i :1 , 2 , … , n ) 时I   A   I ≠ 0 ;  
』≠ i  

[ 证法二 ] 假使 已知 方程 组有 非零解 , 存在 I   I =  
, 麟 { I  1   I ,I  2   I ,I  3   I } , 不 妨 设  =  2 , 贝 0  2 ≠0 ,  
I   X 2   I ≥I   1   I ,I  2   I ≥I  3   I .   ( 1 )  

2 ) 当%>∑ I   I ( i :1   2- . , n ) 时I   A   I > 0 .  
』   i  

( i  ̄ ! l 1 ) 令 J 9  - . ,   为 A的列 向量 . 用 反证 法 , 若 

我们指 出第二个 方程 a 2 1  1 +a 2 2   2 +Ⅱ ∞   3=0 不 
成立 .  

I   A   I=0 , 则 
- -

” ,   线性相 关 , 即存 在不 全为零 的 

,  



使 
( 1 )  

事实上 , 第 二个方程可写成 
a2 2x 2   一 a2 1 x1 一 a2 3 x3  

1  I +… +  —   =0 .   令  = , 7 m {  1 l   I , … ,I  

l i> 0 , 不 妨 设  :  。 , 那 

利用三角不等式 , 以及条件( a ) , ( b ) 和假 设 ( 1 ) , 得 到 
a2 2   l  X 2   l≤ 一 a 2 1  l  XI  l — a2 3   l  X3  l  

么由( 1 )式 
=   一

(   ) 辟,  

( 2 )  

≤ 一 a 2 1  I  X 2  I — a2 3  I   X2   I .  

除以 I  2   I , 得a  ≤一a 2 l —a  , 即a 2 t +a   +a 笛≤ 0 ,   与已知条件( C ) 矛盾 .  

从 而 有 
:  

( 一 軎  ,  
』   l   l   J≠ i  

正 如 哈达 玛 本 人 所 说 : “ 实 域 中两 个 真 理 之 间 的最   短 距 离 是 通 过 复域 ” . 我 们 完 全 可 以建 立 复 域 中类 似 的 

所 以  

I ≤∑ I   l l n   I ≤∑ I   I ,  

结论 , 这 可视为一个推广 . 在 做 此 推 广 之 前 我 们 有 必 要 

这 与假 设 矛 盾  .I   A   I ≠0 .  

重温 E. J . Mo  ̄ s h a n e 对 数学中推广 所发表 的评论 : “ 显  然对几项数学 内容的公共 推广 不可能包括每一实例 的  每个细节 —— 如果 这个推广真 的包括 了这些 , 它就无  法 区别于各个实例 了. 一 个好 的推广具 有满 意 的广泛  性, 而又保 留 了有趣 的实例 的味道 . 很 清楚 , 人们 今 日   的兴趣对广泛性要偏爱得 多 , 而 对个别 例子 的迷 人之  处 的爱 好却要少得多 . 有 时发现某 推广 过程抛 弃 了一 
些 有 价 值 而 不 宜 忽 略 的性 质 , 这 时 应 发 展 一 个 不 同 的  推 广 以恢 复 忽 视 了的 东 西 ” . 下 面 以  记行列式 .  

从这 个定 理我们可知 , [ 试题 ]中的条 件( a ) 是 多  余的, 完全可 以去掉 .  
2 ) 设 0≤ t ≤1 , 作新行列式 
a1 2t  

D( t )=  

a2 2  

an 2t  

显然当 t ∈[ 0 , 1 ]时 , D( t ) 仍 是主对 角线严格 占  优, 从 而 D( t )≠ 0 .   其次将 D( t )展 开 以后 , 它 是 t的连 续 函数 , 而 
D( O )= a l l a 2 2 …a r m>0 .  

[ 定理] 设 A:( a   ) 为 n   x   n复方 阵 , 记 

用 反证法 , 若 I   A   I <0 , 则 D( 1 )<0 , 从 而存在 t 1   ∈( 0 , 1 ) , 使 D( t 1 ):0 , 这与 D( t )≠ 0 矛盾 .   如果将 [ 试题 ] 视为结论 ( 2 ) 的特例 , 则条件 ( a ) 是 

S i =∑ I   n   I , i :1 , … , n .  
』: i +1  

若  I %I >∑ I %I , i =1 , …, n ,  
J≠ i  

( 1 )  



0<   (   I a i i   I —s)≤ I   d e t A   I ≤   (   I a i i   I +S i ) ,   ( 2 )  

必要的, 否则不会有 n “ >∑ I   n   I ( i =1 , 2 , 3 ) 这个 
』≠ i  

条件 . 但这时( 2 ) 的结论 又过强 , 它给出 I   A   I >0 , 而我 
们只需要 I   A   I ≠0 , 这 又 导 致 了结 论 的“ 浪费” . 所 以 从 

且 当 A为 下 三 角 阵 时 , 等号成立 .  

[ 证明 ] 我们 首先 证明 , 在条件 ( 1 ) 下, d e t a≠ 0 , 用 
反证 法 . 假设 d e t A =0 , 则线 性 方 程 组  =O 有 非 零 解 


这个 意义上说[ 试题 ] 的条件 和结论 不是互 为充要的 .  
当然 , 我 们 考 虑 到 以上 几 种 解 法都 用 到 了 行列 式 ,  

(  

一 ,  )   . 记 

而对 于许 多 中国学 生在 中学 阶段 并 没有 接触 到 行列 

式, 所 以为 了普及 的需要 , 也为 了使更多 的中学生能通 

  I

I =, , m { I   l } .  

维普资讯 http://www.cqvip.com

2 0 c l 5 年第 9 期 

中 学数 学研 究 

3 7  

从 
I  

: 0得 
l  
l≠ k

用完全相 同的方法 可以证明  
d e t Al= ( 。 笠+c   2 ) , (   ’ ) d e t A 2 ;  
I ≤ 
| ≠ K  

l%

I   l  

I =I  
‘  
,  

I %

l ,  

即  I Ⅱ 船I ≤∑ I %I , 这与 ( 1 ) 相 矛 盾.  
其 中 
记 
A :

I   c   2 ) , (   ’ I <∑ I   n 卸 I ,  

a   2 - - a   2 n ) , , , = (   ) ,   = (   : ) .  

a   3 - - a   3 n ) ,   ,  
Y ‘   =(  3 ‘  , …, x n ( 2 ) ) ,I  ‘   ’ I <1 ,  : 3 , …, 玑  继续这样做下去 , 最 后 我 们 得 到 
d e t A:   ( a / / +c ,  ㈤ ) ;  

和上面同样 的道 理 , d e t A l≠ 0 , 于是 线 性 方程 组 A l Y  
= 一

b 有 唯一 解  
y ( ”=(  2 (  … ? , X n ( D ) ’ .  

设 I   X k (   ’I _ " m { I   X i ( D   I l , 类似于( 3 ) 的证明, 可证 明 
l ≤ 
=  

I   c   i Y ㈩I <∑ I   n   I , i =1 , …, n .  
再应用初等不等式 :  
I   a   I —I   b   I ≤I   a +b   I ≤I   a   I +I   b   I ,  

l +  
2  
●   ●  

.  

( 4 )  

结合 ( 1 ) 推得 
I   ( ” l< 1
. 

( 5 )  

我 们有  

记C l= ( a l 2 , …, a l   )   , 则 因 

0 <f i ( I   a i   I 一∑ I   a q   I ) ≤ I   d e t A   I  


‘一 ‘  

J = i+1  



) :  + 0   “ ’  



f f ( I   a q   I +∑ I   a q   I ) .  


故有 d e t A =( 口 l l +c ’ 1 ) , (  ) d e t A1 . 而从 ( 5 ) , 我 们有 

显然 , 当 A为下三角阵时 , S i =0 , i= 1 , …, n , 所 以此 
时 等号 成 立 .  

I   c   l Y …I <∑ I   n   I .  

( 上接 第 3 2页 )  

与( 1 ) 式矛盾 . 所以 。 2 =… =% :4 . 下 证这仍 然是不 
可能成立的 : 由( 2 ) 式 得 

s  

P j i : 5   , s 6 =   五  P   ?  
的元素必 由此  人组成 ,  

设 有  人 答 对 题 6 , 则 此  人 每 人 还 另 外 答 对 3 道题 , 即 

s = ( i ) + ( n 一   ) (   ) : 6 , z + 4 .  
若 
5   ≥ 2 n+2 咖 ≥ 


, 且  ( 3 )   每人属 于 3个集合  6
故 S 6=

不是 整数 , 则5   :2  +1 不可能成立 , 必有 
, 从 而 

∑ I   P   6  


3 x . 再 设 有 Y+ 1 人答对题 1 , 则 



此 ' , +1 人中除 A 。 还答对题 2 , 3 , 4 , 5 之外 , 其余 Y人每  人 还另外 答 对 3道 题 , 即 A l 属 于集 合 P l 2 , P l 3 , P l 4 ,  

(   )  

: 6 n  

Pl 5 , 其余 Y人每人属于 3 个集合 P  且 P l , 的元 素必  由此 ) , +1 人组成 , 故 s l=  ∑  I   PI  l =3 ) , +4 .  
按 前一 段 知 S l =5   =2 n+1= 3 y+4 j3     I n , 从 

这 与( 3 ) 式矛盾 . 所 以 

:   是整数 , 2 n+1 :5 ; t ,  

S =6 n+4= l 5   +1 . 由 于每 个 P j≥ i  , 所以 1 5 个 

而  : 5   =2 n+1 或5  +1:2 n+2 , 均不 可能 等 
于3  . 引出矛盾.  

中恰有 1 4 /  ̄ -  , 一个  +1 , 设P i . ,=   +1 . 不妨设参赛 
者 Al 没有 答 对题 6 , 又 不妨 设 i  ≠ 1 .  
考 察 和 式 

( 三 )由 于 ( 一) 、 ( 二) 均 不成 立 , 所 以 至 少 有 2个  

a   为5 , 这 就是我们要证 明的结果 .  


相关文章:
第39届国际数学奥林匹克试题
第39届国际数学奥林匹克试题_初三数学_数学_初中教育...评注: (1)题目背景:本题源自于一个古老的定理—...(1978年上海市数学竞赛题) 推论2:圆内接四边形两...
以拉格朗日中值定理为背景的试题解法赏析
以拉格朗日中值定理为背景的试题解法赏析_数学_高中教育_教育专区。龙源期刊网 http://www.qikan.com.cn 以拉格朗日中值定理为背景的试题解法赏析 作者:杨苍州等 ...
第37届国际数学奥林匹克试题
第37届国际数学奥林匹克试题_学科竞赛_高中教育_教育...P B F. 由正弦定理有: PB sin ? PFB ? PB ...背景资料:李建泉教授接着又“利用已有思想解题”论证...
平面几何名定理、名题与竞赛题
而且这些题目往往也是数学竞赛命题的背景题,在很多竞赛题中都可 以找到他们的身影.本讲及下讲拟介绍几个平几名题及其应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接四边形...
一道三角题的多种解法与“弦图”背景
背景湖北省阳新县高级中学 邹生书 题目 以 的斜边 ...,而 ,故 赵爽弦图 2002 年国际数学家大会在北京...勾股定理最著名的证法之一,特别是 “弦图”一图...
平几名定理、名题与竞赛题
也是数学竞赛命题的背景题,在很多竞赛题中都可 以...平几名题及其应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接...(1985 年第 26 届国际数学竞赛) 2 ①②③ 分析...
关于圆的初中数学竞赛题选
点,求余下部分的面积 求余下部分的面积 解以 A ...(第 22 届国际数学竞赛题)三个全等的圆有一个 ...此例是托勒密逆定理. 年广州等五市数学联赛题) 例...
平几名定理、名题与竞赛题
往往也是数学竞赛命题的 背景题,在很多竞赛题中都...平几名题及其应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接...(1985 年第 26 届 国际数学竞赛) 国际数学竞赛) ...
平几名定理、名题与竞赛题
而且这些题目往往也是数学 竞赛命题的背景题, 在很多竞赛题中都可以找到他们的身影. 本讲及下讲拟介绍几个平几名 题及其应用. 定理 1 (Ptolemy 定理)圆内接...
勾股定理竞赛试题(一)
勾股定理竞赛试题(一)_学科竞赛_初中教育_教育专区。勾股定理培优训练 B 1. ...月在北京召开的国际数学大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》 ,...
更多相关标签:
勾股定理竞赛题 | 数学竞赛平面几何定理 | 数学竞赛定理证明 | 初中数学竞赛定理 | 勾股定理竞赛 | 梅涅劳斯定理竞赛 | 高中数学竞赛定理 | 初中数学竞赛公式定理 |