数学命题与创意-A(北京数学基础班)---陶平生.doc
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命题与创意
——数学试题命制的思维境界
（陶平生）
此中有真意，欲辨已忘言-晋陶潜
著名数学教育家乔治．波利亚写有一系列名著，如<<怎样解题>>，<<数学的发现--对解题的理解、研究和讲授>>，<<数学与猜想>>，等等，读过之后，我们常常会产生这样的遗憾：
为什么他接下来就没有续写一本<<怎样命题>>的书呢？
也许，这件事本身就是一道无法说透的谜题，或者是一本无字之书吧！
就像佛祖如来有意给了唐僧一本无字真经一样，留给人们无限的遐想．这是一个永恒的课题，是一种禅机，正所谓“道可道，非常道”，其中的哲理，或许永远不能穷尽，需要有缘人不停地“参”、不止地“修”，不断地“悟”，以臻完善．
人们常说，教学有法，教无定法，对于命题也是如此，每个人处在不同的环境，站在不同的海拔，面对特定的时空，随时会产生各种各样的想法、问题，如果这些想法和问题是理性的，可能是一闪之念，如电光流云，“情景一失永难摹”，但若及时捕捉到它，就成了命题．
如同绘画构思、艺术设计，诗文创作以及各种科技发明一样，数学命题从素材到成品的过程，也需要命题人的精雕细琢，匠心与创意．
数学中的解题与命题技术，如同武器之中的矛与盾的关系，这里没有“一劳永逸”，它们的永恒活力，就在于不断的开拓、创新与发展．
下面通过若干试题的命制过程，介绍有关命题的一些体会．
一、逆向推演，顺瓜摸藤
例、（年江西高考）设正整数数列满足：
且对任何，都有
；、求；、求数列的通项．
该题命制方法是：
事先想好一个数列，例如，然后对其操作变形折腾，使其适当复杂化：
由，此式两边平方，得，两边同除以交叉项，得到，注意，
得，即：
，
再将作局部显示，得到：
．
为使形式对称，改写成，为了锁定，给出初值．
这样就得到了开初的命题形式．
解：
据条件得，，因此在时，有
，即，得．
因为正整数，所以；
当，由，解得，所以；
今由，猜想．以下采用数学归纳法证明，在时已验证，设时已成立，即，则当时，由于
，得，即
…，因为当时，
，则，又据得；
由得到，，所以，即当时结论也成立，从而对一切正整数，有．
例：
正整数数列满足：
，
．
计算．
这是为年江西高考压轴题准备的难度提升题，后未采用，于是改为数学竞赛的预赛试题，此题的命制方法与上题类似，只是数列略为复杂些：
事先给定数列：
，则有：
，
这时，
．显然有，为了锁定数列，给出，
就得到本题的表示形式．
解：
先求通项，时，条件化为，
…
此条件蕴含，即有，由式两端分别得到，
……，……
据，，即，因此，
或…
据，，即，因此，
……，据，得
当时，式化为，则，故有
，即，所以．
注意到，
今证明，一般有……
此式对于已成立，设对于成立，考虑情形，
据，，
即，
也即
所以．
即
也即．由此，
，
所以，．因为整数，则
，故由归纳法，式对于任何正整数皆成立，即．
再计算：
注意，所以，
．
二、意料之外，情理之中
对于高考试题而言，既要受考试大纲约束，又要受教材约束，并需顾及当年考生实际情况，同时还需回避每年出现在各地的大量考试试题、以及资料题海；要让猜题、押题者感到“只在此山中，云深不知处”，使得试题能够真正考出学生的实际能力，命题时确实具有相当大的难度．
我们知道，三个数成等差数列，其定义是，但在课堂上，要给学生就事论事地复习或练习这种问题，相信谁都不会重视；但是，被认为最不可能出题的地方，往往会成为命题人感到最为保险的地方；如果我们将换成，则“没戏”的地方便立即变成了“有戏”．
例：
（年江西高考数学试题）证明以下命题：
、对任一正整数，都存在正整数，使得成等差数列；
、存在无穷多个互不相似的三角形,其边长为正整数，且成等差数列．
证明：
、易知成等差数列，故也成等差数列，
所以对任一正整数，都存在正整数，使得成等差数列．
【评注】：
第一问本来是用于“送分”的，有点像“脑筋急转弯”，用此考一下学生的“灵气”，但实际上考生多数舍近求远，在考场上却偏不会往此处考虑，成功者竟低于百分之一，考完之后便悔之无及，正所谓“早知灯是火，饭熟已多时”；
至于第二问，编题者是借助“不相似的三角形”来掩盖第一问中的“成比例”思想．
、若成等差数列，则有，
即……①，下面采用构造法，
选取关于的一个多项式，例如，使得它可按两种方式分解因式，
由于
因此令，可得…②
易验证满足①，因此成等差数列，
当时，有且，因此以为边可以构成三角形．其次，任取正整数，假若三角形与相似，则有：
，据比例性质有：
所以，由此可得，与假设矛盾．
即任两个三角形与互不相似，所以，存在无穷多个互不相似的三角形,其边长为正整数且成等差数列．
读罢“三国”，我们或许会对“千古一计”的“空城计”之泡制者感到由衷的敬佩，那个以“一生唯谨慎”为处世之本的卧龙诸葛，竟然会产生出这样的奇思妙想和大胆决策！
其实，他的帷幄运筹，原于对信息及对手的深度把握与精准判断．其基本立意所采用的就是“意料之外”！
然而，这种命题构思往往是不能重复使用的，一旦变为陈题，就将处于被动．
试想，如果把成等差数列的问题简单地改成“成等差数列”之类的问题，那还算什么创新？
命题人只有时刻关心事物的内在联系，才能不断创造出新的意境，
问渠那得清如许？
为有源头活水来．
例：
（年江西高考）数列满足：
，，
、求的通项公式；、证明：
对于每个正整数，．
讲解：
本题采用“集装箱”方法，即“数据打包”，其命题过程是：
事先给出一个等比数列：
，然后适当选取，，即有，转换还原后化为．这就成为本题的题干．
解一、变形条件为：
，因此，为一个等比数列，其首项为，公比也是，从而，则，…①
所以，…②
为证，即要证，…③
加强命题，先证，对每个，都有…④
对归纳，时，有；设时④式成立，即
，则当时，
即时④式也成立，故④式对于每个正整数都成立．因此③式成立，结论得证．
解二、单墫教授后来又为此题提供了一个解法：
变形条件式为，令，则，，此式可化为，所以是公比为，首项为的等比数列．
从而，，
，
为证，只需证，由伯努利不等式，
，故结论得证．
例、（中等数学）将小于的九个互异正整数分别填入一个的方格表中，
使得表格的每行三数、每列三数都成为勾股数组，你的填法是：
（本题也是一道考查灵感的问题，如果不能看出问题的结构，而是依靠“拼凑”去做，那么完成这一道小题将会耗去很多时间，甚至徒劳无功．）
本题答案是：
解：
任取两个不同的勾股数组与，则在表中，每行、每列的三数也都是勾股数组；这是由于，若，可得；
例如取与，得到一种填法：
若取与，得到另一种填法：
（因勾股数有无穷多组，故不同的填法也有无穷多，
而所列出的两种情况是各元素均小于的填法）．
美国作家马克·吐温有一篇著名小说《百万英镑》，并被拍成电影，讲述了一个美国穷小子亨利·亚当斯在伦敦的一次奇遇。
伦敦的两位富翁打赌，把一张无法兑现的百万大钞借给亨利，看他在一个月内如何收场。
一个月的期限到了，亨利不仅没有饿死或被捕，反倒成了富翁，并且赢得了一位漂亮小姐的爱情。
影片以其略带夸张的艺术手法再现大师小说中讽刺与幽默，揭露了20世纪初英国社会的拜金主义。
这就是意料之外，情理之中．
三、旁敲侧击暗度陈仓
“质数”本来是极不规则的，借此出题，往往不易成功；然而“规则”与“不规则”往往只是一墙之隔，山重水复疑无路，柳暗花明又一村；下面是年东南赛的一道试题，在编拟时采取了“傍”的策略．
例、（年东南赛试题）试求满足下列条件的三元数组：
、为质数；、组成等比数列．
解：
据条件，…①，设，其中不含大于的平方因子，则必有，这是由于，据①，…②，则
，设，于是②化为，…③，若，则有质数，即，因皆不含大于的平方因子，因此，．设
，则③化为，…④，若仍有，则又有质数，即，因皆不含大于的平方因子，则，，设
，则④化为，，……，如此下去，因③式中的质因子个数有限，故有，使，而从得，，从而
，改记，则有，⑤
其中，…⑥，无大于的平方因子，并且，否则若，则，因大于第三个质数，即，，得
为合数，矛盾．因此或为质数，或为若干个互异质数之乘积，（即大于，且无大于的平方因子）．我们将其简称为“具有性质”．
、据⑥，．当，则，有，因，得，若，则且，得为合数；若，在为偶数时，具有性质的有，分别给出不为质数；为奇数时，具有性质的值有，分别给出的皆不为质数；若，具有性质的值有，当时，给出解；当时，给出解
；时，分别给出的皆不为质数；
若，则或．在时，，因质数，得，
具有性质的值有，在为奇数时，给出皆为合数；在
时，给出为合数；时，给出为合数；在
时，给出解；在时，，，具有性质的值有．在为奇数时，给出的皆为合数；和时，给出的不为质数；时，给出解；
、时，由，得，具有性质的值有．
在时，为合数；
时，，因，则可取，分别得到至少一个不为质数；时，，，因，在时给出的为合数；时给出解；时给出解；
时，，，，只有在时给出解
；
、时，，具有性质的值有，分别给出的皆为合数；
、时，，具有性质的值只有得，这时，
，，只有在时给出解；
在时给出解；
、时，，具有性质的值只有得，而
，，只有在时给出解；在时给出解；
、时，，具有性质的值不存在．
因此，满足条件的解共有组，即为上述的．
例、数列：
，；
证明：
，皆可表为两个正整数的平方和．
【评注】第届有这样的一道预选题：
整数数列定义如下：
，
，；证明：
，为奇数．
这是一个很有意思的问题，其证明要点是找出数列的递推关系：
；
从而得到时，为奇数；重新回味此题，总觉得命题人摆出了这么大的排场，却只收获到如此简单的一个结果，似乎有些可惜，有点“种瓜得豆”的感觉．
继续挖掘这个数列，发现还有许多有趣的性质，于是命制了上述一道新题．
证:
由条件易得，，……，
我们注意到,,而；
，而；，
而；……，据此猜测，对每个正整数，都有：
…①
为证①，我们还需给出一个关于的递推关系：
…②
今证①与②：
对大于的归纳，时皆已验证，设①与②对于成立，则对于，由①、②以及，有
……③
…④
因此，①与②对于也成立；故由归纳法，对每个正整数，①与②皆成立．
且①式表明，为两个正整数的平方和．
四、联想类比由此及彼
传说中鲁班有一次被一种带钩刺的草划破了手，由此获得灵感，于是便发明了锯子；
如同文学一样，数学创意也是一种深度感情化的东西，需要对此有感情的人才能真实地体味它，感悟它，“中有至人谈寂灭，悟者悲涕迷者手自抿”，“二句三年得，一吟双泪流”，而这就是杜甫所谓“语不惊人死不休”的境界．
我们都会求不定方程的正整数解，如果我们将这一结构隐藏于另一知识点中，就开拓出了新的创意．
例、（高中联赛训练题，中等数学．）
三个内角的正切值皆为整数，如果将彼此相似的三角形只算作是同一种三角形，那么，全部合符条件的三角形的共有几种？
解：
设，为非零整数，且其中至多有一个负数；由恒等式得
即…①，以及…②
若其中有负整数，设，则为正整数，由①，
，于是，得，矛盾．所以皆为正整数，且其中必有一个等于，否则若皆，则由②，，
又得矛盾．设，则，由①，，，得
，即全部情况只有．因此这种三角形只有一种．
我们知道，在三角形中，如果是的中点，
过分别作直线与中线平行，则三条平行线中，每相邻的两条等距；并且，按照所取中线的不同，这种平行线组有三种情况；
又若为边长为的正三角形，那么三种情形下，相邻平行线间距离都是．反之，如果事先给出相邻平行线间的距离，那么，正三角形的边长与面积便唯一确定．
现在，我们可将这一结论类比到空间，便形成如下命题：
例、（年江西高考理科试题）
（1）如图，对于任一给定的四面体，请作出依次排列的四个相互平行的平面，使得，且其中每相邻两个平面的距离都相等；
（2）给定依次排列的四个相互平行的平面，其中每相邻两个平面的距离都为，若一个正四面体的四个顶点满足：
，求该正四面体的体积．
解：
（1）如图所示，取是棱的三等分点；的中点；的中点；过三点作平面，过三点作平面，
因为∥，∥，所以平面∥平面，再过点，分别作平面与平面平行，那么四个平面依次相互平行，由线段被平行平面截得的线段相等，知其中每相邻两个平面距离相等，故为所求平面．
（2）、解法一：
当
（1）中的四面体为正四面体，若所得的四个平行平面，每相邻两平面之间的距离为，则正四面体就是满足题意的正四面体．
设正四面体的棱长为，以的中心为坐标原点,以直线为轴，直线为轴，建立如图的右手直角坐标系
则
令为的三等分点,为的中点,有
所以,,,
设平面的法向量,有,即
所以,.因为相邻两平面之间的距离为，所以点到平面的距离．
解得,，由此可得边长为的正四面体满足条件
所以正四面体的体积.
解法二：
如图，将此正四面体置于一个正方体中，（或者
说，在正四面体的四个面外侧各镶嵌一个直角正三棱锥，得到一个正方体），
分别是的中点，和是两个平行平面，若其距离为，则四面体即为满足条件的正四面体。
下图是正方体的上底面，现设正方体的棱长为，若，则有，
据，得，于是正四面体的棱长，
其体积．
（即等于一个棱长为的正方体割去四个直角正三棱锥后的体积）
五、运用之妙，存乎一心
王国维在其《人间词话》中论述了诗人观察和表现宇宙人生的态度和方法：
“诗人对宇宙人生，须入乎其内，又须出乎其外；入乎其内，故能写之；出乎其外，故能观之；入乎其内，故有生气；出乎其外，故有高致”．
对于数学中的命题与研究也是如此，一个试题的好与差，难与易，往往在于对问题结构与信息的深层次把握及高度综合，如岳飞所说“运用之妙，存乎一心”，苏东坡在评价陶渊明时说过：
“大率才高意远，则所寓得其妙，遂能如此．如大匠运斤，无斧凿痕”，“初视若散缓，熟视有奇趣”；好的试题应当是结构和谐自然的，没有任何拼凑痕迹；应当是赏心悦目的，如“清水出芙蓉，天然去雕琢”，能够带给人们一种美的感受．
下面一道试题，源自一个已有的结论，命题时，在将一个点的轨迹改为两个点的轨迹之后，就使得图形恰如其分，既不单调又不复杂．
例：
（年江西高考试题）如左图，一个直径为的小圆沿着直径为的大圆内壁的逆时针方向滚动，是小圆的一条固定直径的两个端点；那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点在大圆内所绘出的图形大致是
解：
如图，设为圆的直径，为圆的直径．当圆沿圆的内壁逆时针方向滚过了弧长后，两圆的接触点移至点，点移至，圆心移至，这时有，，且三点共线．当时，，即在线段上；当，，，即与点重合；当，易知点在线段上；当时，点与接触点和直径的端点三点重合．所以当圆沿圆的内壁逆时针方向滚过了弧长，即接触点从点移至点时，点从点沿线段移至．当时，即接触点从点移至点时，恰好重复上述过程，点从点沿线段移至点．
综上所述，当圆沿圆的内壁逆时针方向滚过一周，点的轨迹为直径．
同理，点的轨迹也为一条直径，且与垂直，故选．
下面三个问题，都使用来编拟，但考查目标各不相同．
例、将编号为的九个小球随机放置在圆周的九个等分点上，每个等分点上各放有一个小球.设圆周上所有相邻两球号码之差的绝对值之和为.求使之值达到最小值的放法的概率.（注：
如果某种放法，经旋转或镜面反射后可与另一种放法重合，则认为是相同的放法）．
这是为年全国高中数学联赛所提供的一试解答题，是一道代数与概率的综合题，它的创意效果是，让只善概率者进不去，而让不懂概率者出不来；
九个编号不同的小球放在圆周的九个等分点上，每点放一个，相当于九个不同元素在圆周上的一个圆形排列，故共有种放法，考虑到翻转因素，则本质不同的放法有种.
以下求使S达到最小值的放法数：
在圆周上，从到有优弧与劣弧两条路径，对其中任一条路径，设是依次排列于这段弧上的小球号码，则
．
上式取等号当且仅当，即每一弧段上的小球编号都是由1到9递增排列．因此；由此知，当每个弧段上的球号确定之后，达到最小值的排序方案便唯一确定．
在中，除与外，剩下个球号，将它们分为两个子集，元素较少的一个子集共有种情况，每种情况对应着圆周上使S值达到最小的唯一排法，即有利事件总数是种，故所求概率．
例、将前九个正整数分成三组，每组三个数，使得每组中的三数之和皆为质数；求出所有不同分法的种数．
证：
、由于在中，三个不同的数之和介于和之间，其中的质数有这六个数，今将这六数按被除的余数情况分为两类：
，其中每个数被除余；，其中每个数被除余；
假若所分成的三组数对应的和为互异质数，则因
被整除，故三个和数必为同一类数，因为类三数和，类三数和，矛盾！
故三个和数中必有两个相等．
、据知，将表成中的三数和（其中有两数相等），只有四种情况：
；；；．
因中有个奇数，故分成的三组中必有一组，三数全为奇数，另两组各有一个奇数．
对于情形，和为的组只有，剩下六数，分为和为的两组，且其中一组全为奇数，只有唯一的分法：
与；
情形中，若三奇数的组为，则另两组为；或；
若三奇数的组为，则另两组为，或；
若三奇数的组为，则另两组为；共得分法种；
情形中，若三奇数的组为，则另两组为；
若三奇数的组为，则另两组为或；
若三奇数的组为，则另两组为或；得分法种；
情形中，和为的组只有，则另两组为；
据以上，共计得到种分法．
例、（东南赛）将数集中所有元素的算术平均值记为，
若是的非空子集，且，则称是的一个“均衡子集”．
试求数集的所有“均衡子集”的个数．
解：
由于，令，则
依照此平移关系，和的均衡子集可一一对应．
用表示的元均衡子集的个数，则（的元均衡子集只有，一元均衡子集只有）．的二元均衡子集共四个，即为,
因此．
的三元均衡子集有两种情况：
（1）含有元素的为,共四个；
（2）不含元素的，由于等式可表示为以及，得到个均衡子集，因此．
的四元均衡子集有三种情况：
、每两个二元均衡子集之并：
共个集；
、不含元素的三元均衡子集与的并集，共个集；
、对于以上两种情况之外者，由于等式可表为，以及得个均衡子集与，因此．
又注意到，除本身外，若是的均衡子集，当且仅当其补集也是的均衡子集，二者一一对应.因此．
从而的均衡子集个数为
．即的均衡子集有个．
例、一副三色牌，共有纸牌张，其中红黄蓝每种颜色的牌各张，编号分别是；另有大小王牌各一张，编号均为，从这副牌中任取若干张牌，然后按如下规则计算分值：
每张编号为的牌计为分，若它们的分值之和为，就称这些牌为一个“好”牌组．试求“好”牌组的个数．
年第三届中国女子数学奥林匹克在南昌举行，作者提供了如上一道试题，当时，每个大城市皆可以派出三个队，分别称为红队、黄队和蓝队，命题时将表示“”、“三届”、“红黄蓝”、“女子”这些特征融入题中，本题借助一个熟悉的背景将组合结构中的“残缺”加以隐藏，使人不易觉察，所谓“雪隐鹭鸶飞始见,柳藏鹦鹉语方知”，本题当时考生得分率很低（名选手中只有人作对），而命题的思维创意是“补形”．
解一：
称本题为“两王问题”；若增加一张王牌（称为“中王”），编号也是，每张牌仍按所述方法赋予分值，并将三王分别赋予红、黄、蓝三色，称作“红王”、“黄王”、“蓝王”，则称为“三王问题”．
在“三王问题”中，将分值为的牌组数目记为，每个牌组中的红牌、黄牌、蓝牌的分值，分别记为，则有……①
易知①的非负整解数为，而对于任一组确定的，其二进制表达方式唯一，因此①的每一个非负整解，对应于唯一的一个牌组，
因此…… ②
再考虑“两王问题”，对于，设分值为的牌组数为，今求：
对于分值为的任一个牌组，分两种情况考虑：
（一）、若组内无王牌，则其就是“三王问题”中的无王牌情形，此时，如将每张牌的分值都除以，就得到“三王问题”中的一个分值为，允许有王牌的牌组，而且这种对应是一对一的，故知这种牌组个数为；
（二）、若组内有王牌，由于分值之和为偶数，则其中必是两张王牌都有，去掉这两张王牌，就化为“三王问题”中的无王牌并且分值之和为的情形，此时，如将每张牌的分值都除以，就得到“三王问题”中的一个分值为，允许有王牌的牌组，而且这种对应是一对一的，故知这种牌组个数为；
所以，．
特别是，当，即时，．
例、（年江西高考数学试题）
（1）已知等比数列，，满足：
，，，，若数列存在并且唯一，求的值；
（2）是否存在两个等比数列，，使得，，，成公差不为的等差数列？
若存在，求的通项公式，若不存在，说明理由．
本题将“等比数列的公比不能为”这一概念隐藏于题意之中．
解：
、设的公比为,则,,,
由成等比数列得,即,
由得,故方程有两个不同的实根,
再由存在并且唯一,知方程必有一根为,将代入方程得.
、假设存在两个等比数列,使,,,成公差不为0的等差数列，设的公比为,的公比为,
则,,,
由,,,成等差数列得
，
即，得，
由得或，当时,由①,②得或,这时与公差不为0矛盾．
当时,由①,②得或,这时与公差不为0矛盾．
因此不存在两个等比数列,使得,,,成公差不为的等差数列．
下面是年江西高考数列题的改进型：
例：
设为正数,如果以为首项的等比数列满足:
也构成等比数列,则称为所对应的一个数列；若，，是一个数列，其中,令；
证明：
对于数列的任何三个连续项（）,皆为常数．
证:
若为数列，即也成等比数列，于是有
，即，则．
易知,方程的两根为,其正根满足．
又令,由,
可知,方程在区间内各有一根,因此,方程满足的根只有．
它适合，即，也就是，即，
又由得到，即，所以；
由，得．故当时,
即,由,得
…,因此数列的各项皆为整数．
又记，则，，
，
所以，即对每个，皆有．
六、小中见大，得陇望蜀
我们曾经考察过这样一个问题：
，发现，在取时，值皆为奇数，它是否具有一般性？
于是，继续考察一些其它质数，发现了如下一般性的命题：
例、（年南昌市赛）设为奇质数，是小于的正整数；证明：
的充要条件是：
对任何小于的正整数，均有正奇数.
证明：
必要性：
若是小于的任一正整数，记，因为质数，故皆不为整数，因此有
使相加得，，故为整数，
由于，则必有，从而奇数.
充分性：
若对任何小于的正整数，均有正奇数……①
令，则，据必要性的讨论可知，对任何小于的正整数，均有
正奇数……②，因此由①，②，对任何小于的正整数，均有
偶数……③，由③进而可得，对任何正整数，均有
偶数……④，（事实上，设，则
偶数
为证充分性，只要证，，用反证法，假若，不妨设，则
，因为质数，有，因此有正整数与，使
⑤，据此知，必为奇数，且⑥，
显然，整数，（否则，若整数，则由⑥，为整数，
因，则整数整数，矛盾）.
今由整数，则，现对⑥式两边取整，得
，因此2奇数，这与④式矛盾.
故原假设不真，因此，即，所以.
年，我们在给全国初中联赛命题时，开初设计了一个填空小题：
正三角形被其中位线分成四个小三角形，今用两个这样的正三角形拼成一个菱形，求以其中的线段为边的梯形的个数．
这题不难，容易得出答案为；做完后，试着将分割线条数增加，发现难度大幅上升，因此感到，这是一道具有很大潜力的题，不能过早地将其扑杀掉，于是发展成为年的如下中国国家队训练题．
例、边长为的菱形,其顶角为,今用分别与及平行的三组等距平行线，将菱形划分成个边长为的正三角形（如图所示）.
试求以图
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