全国高中数学联赛 2020 年二试第四题

四: (本题满分 50 分) 给定凸 20 边形 P. 用 P 的 17 条在内部不相交的对角线将 P 分割成 18 个三角形, 所得图形称为 P 的一个三角剖分图. 对 P 的任意一个三角剖分图 T, P 的 20 条边以及添加的 17 条对角线均称为 T 的边. T 的任意 10 条两两无公共端点的边的集合称为 T 的一个完美匹配. 当 T 取遍 P 的所有三角剖分图时, 求 T 的完美匹配个数的最大值.

解: 将 20 边形换成 2n 边形, 考虑更加一般的问题.

对凸 2n 边形 P 的一条对角线, 若其两侧各有奇数个 P 的顶点, 称其为奇弦, 否则称为偶弦. 则 :
对 P 的任意三角剖分图 T, T 的完美匹配不含奇弦. (1)

如果完美匹配中有一条奇弦 e1e_1e1, 则 e1e_1e1 两侧各有奇数个顶点, 故该完美匹配中必有 T 的另一条边 e2e_2e2, 端点分别在 e1e_1e1 的两侧, 又 P 是凸多边形, 故 e1e_1e1 与 e2e_2e2 在 P 的内部相交, 这与 T 是三角剖分图矛盾.

............... (10 分)

记 f(T)f(T)f(T) 为 T 的完美匹配的个数. 设 F1=1,F2=2,F_1 = 1, \ F_2 = 2,F1=1, F2=2, 对 k≥2,Fk+2=Fk+1+Fkk \geq 2, \ F_{k + 2} = F_{k + 1} + F_{k}k≥2, Fk+2=Fk+1+Fk 是 Fibonacci 数列.

下面对 n 归纳证明:
若 T 是凸 2n 边形的任意一个三角剖分图, 则 f(T)≤Fn.f(T) \leq F_n.f(T)≤Fn.

设 P=A1A2⋯A2nP = A_1A_2 \cdots A_{2n}P=A1A2⋯A2n 是凸 2n 边形. 从 P 的 2n 条边中选 n 条边构成完美匹配, 恰有两种方法, A1A2,A3A4,⋯,A2n−1A2nA_1A_2, A_3A_4, \cdots , A_{2n-1}A_{2n}A1A2,A3A4,⋯,A2n−1A2n 或 A2A3,A4A5,⋯,A2n−2A2n−1,A2nA1.A_2A_3, A_4A_5, \cdots, A_{2n-2}A_{2n-1}, A_{2n}A_1.A2A3,A4A5,⋯,A2n−2A2n−1,A2nA1.

当 n=2n = 2n=2 时, 凸四边形 P 的三角剖分图 T 没有偶弦, 因此 T 的完美匹配只能用 P 的边, 故 f(T)=2=F2.f(T) = 2 = F_2.f(T)=2=F2.

当 n=3n = 3n=3 时, 凸六边形 P 的三角剖分图 T 至多有一条偶弦. 若 T 没有偶弦, 同上可知, f(T)=2f(T) = 2f(T)=2, 若 T 含有偶弦, 不妨设是 A1A4A_1A_4A1A4, 选用 A1A4A_1A_4A1A4 的完美匹配是唯一的, 另两条边只能是 A2A3,A5A6,A_2A_3, A_5A_6,A2A3,A5A6, 此时 f(T)=3.f(T) = 3.f(T)=3. 总之 f(T)≤3=F3f(T) \leq 3 = F_3f(T)≤3=F3.

结论在 n=2,3n = 2, 3n=2,3 时成立. 假设 n≥4,n \geq 4,n≥4, 且结论在小于 n 时均成立. 考虑凸 2n2n2n 边形 P=A1A2⋯A2nP = A_1A_2 \cdots A_{2n}P=A1A2⋯A2n 的一个三角剖分图 T. 若 T 没有偶弦, 则同上可知 f(T)=2f(T) = 2f(T)=2.

对于偶弦 e, 记 e 两侧中 P 的顶点个数的较小值为 w(e)w(e)w(e). 若 T 含有偶弦, 取其中一条偶弦 e 使 w(e)w(e)w(e) 达到最小. 设 w(e)=2kw(e) = 2kw(e)=2k, 不妨设 e 为 A2nA2k+1A_{2n}A_{2k+1}A2nA2k+1, 则每个 Ai(i=1,2,⋯,2k)A_{i} (i = 1, 2, \cdots, 2k)Ai(i=1,2,⋯,2k) 不能引出偶弦.

事实上, 假设 AiAiA_iA_iAiAi 是偶弦, 若 j∈{2k+2,2k+3,⋯,2n−1}j \in \{2k + 2, 2k + 3, \cdots, 2n - 1\}j∈{2k+2,2k+3,⋯,2n−1}, 则 AiAjA_iA_jAiAj 与 e 在 P 的内部相交, 矛盾. 若 j∈{1,2,⋯,2k+1,2n}j \in \{1, 2, \cdots, 2k + 1, 2n\}j∈{1,2,⋯,2k+1,2n}, 则 w(AiAj)<2kw(A_iA_j) < 2kw(AiAj)<2k, 与 w(e)w(e)w(e) 的最小性矛盾.

又由 (1)(1)(1) 知完美匹配中没有奇弦, 故 A1,A2,⋯,A2kA_1, A_2, \cdots, A_{2k}A1,A2,⋯,A2k 只能与其相邻顶点配对, 特别地, A1A_1A1 只能与 A2A_2A2 或 A2nA_{2n}A2n 配对. 下面分两种情况:

情形 1: 选用边 A1A2A_1A_2A1A2. 则必须选用边 A3A4,⋯,A2k−1A2kA_3A_4, \cdots, A_{2k - 1}A_{2k}A3A4,⋯,A2k−1A2k. 注意到 A2nA2k+1A_{2n}A_{2k + 1}A2nA2k+1 的两侧分别有 2k,2n−2k−22k, 2n - 2k - 22k,2n−2k−2 个顶点, 2n−2k−2≥w(A2nA2k+1)=2k2n - 2k - 2 \geq w(A_{2n}A_{2k + 1}) = 2k2n−2k−2≥w(A2nA2k+1)=2k, 而 n≥4n \geq 4n≥4, 因此 2n−2k≥6.2n - 2k \geq 6.2n−2k≥6. 在凸 2n−2k2n - 2k2n−2k 边形 P1=A2k+1A2k+2⋯A2nP_1 = A_{2k + 1}A_{2k + 2} \cdots A_{2n}P1=A2k+1A2k+2⋯A2n 上, T 的边给出了 P1P_1P1 的三角剖分图 T1T_1T1, 在 T 中再选取 n−kn - kn−k 条边 e1,e2,⋯,en−ke_1, e_2, \cdots, e_{n - k}e1,e2,⋯,en−k 与 A1A2,A3A4,⋯,A2k−1A2kA_1A_2, A_3A_4, \cdots, A_{2k - 1}A_{2k}A1A2,A3A4,⋯,A2k−1A2k 一起构成 T 的完美匹配, 当且仅当 e1,e2,⋯,en−ke_1, e_2, \cdots, e_{n - k}e1,e2,⋯,en−k 是 T1T_1T1 的完美匹配. 故情形 1 中的完美匹配个数等于 f(T1)f(T_1)f(T1).

............... (20 分)

情形 2: 选用边 A1A2nA_1A_{2n}A1A2n. 则必须选用边 A2A3,⋯,A2kA2k+1A_2A_3, \cdots, A_{2k}A_{2k + 1}A2A3,⋯,A2kA2k+1. 在凸 2n−2k−22n -2k -22n−2k−2 边形 P2=A2k+2A2k+3⋯A2n−1P_2 = A_{2k + 2}A_{2k + 3} \cdots A_{2n - 1}P2=A2k+2A2k+3⋯A2n−1 中构造如下的三角剖分图 T2T_2T2: 对 2k+2≤i<j≤2n−12k + 2 \leq i < j \leq 2n - 12k+2≤i<j≤2n−1, 若线段 AiAjA_iA_jAiAj 是 T 的边, 则也将其作为 T2T_2T2 的边, 由于这些边在内部互不相交, 因此可再适当地添加一些 P2P_2P2 的对角线, 得到一个 P2P_2P2 的三角剖分图 T2T_2T2, 它包含了 T 的所有顶点 A2k+2,A2k+3,⋯,A2n−1A_{2k + 2}, A_{2k + 3}, \cdots, A_{2n - 1}A2k+2,A2k+3,⋯,A2n−1 之间的边. 因此每个包含边 A2nA1,A2A3,⋯,A2kA2k+1A_{2n}A_{1}, A_2A_3, \cdots, A_{2k}A_{2k + 1}A2nA1,A2A3,⋯,A2kA2k+1 的 T 的完美匹配, 其余的边必定是 T2T_2T2 的完美匹配. 故情形 2 中的 T 的完美匹配个数不超过 f(T2)f(T_2)f(T2).

由归纳假设得 f(T1)≤Fn−k,f(T2)≤Fn−k−1f(T_1) \leq F_{n - k}, f(T_2) \leq F_{n - k - 1}f(T1)≤Fn−k,f(T2)≤Fn−k−1, 结合上面两种情形以及 k≥1k \geq 1k≥1, 有

f(T)≤f(T1)+f(T2)≤Fn−k+Fn−k−1=Fn−k+1≤Fn.f(T) \leq f(T_1) + f(T_2) \leq F_{n - k} + F_{n - k - 1} = F_{n - k + 1} \leq F_n.f(T)≤f(T1)+f(T2)≤Fn−k+Fn−k−1=Fn−k+1≤Fn.

............... (40 分)

下面说明等号可以成立. 考虑凸 2n 边形 A1A2⋯A2nA_1A_2 \cdots A_{2n}A1A2⋯A2n 的三角剖分图 Δn\Delta_{n}Δn: 添加对角线 A2A2n,A2nA3,A3A2n−1,A2n−1A4,A4A2n−2,⋯,An+3An,AnAn+2A_2A_{2n}, A_{2n}A_3, A_3A_{2n - 1}, A_{2n - 1}A_4, A_4A_{2n - 2}, \cdots, A_{n + 3}A_n, A_nA_{n + 2}A2A2n,A2nA3,A3A2n−1,A2n−1A4,A4A2n−2,⋯,An+3An,AnAn+2. 重复前面的论证过程, f(Δ2)=2,f(Δ3)=3f(\Delta_2) = 2, f(\Delta_3) = 3f(Δ2)=2,f(Δ3)=3. 对 Δn,n≥4\Delta_n, n \geq 4Δn,n≥4, 考虑偶弦 AnA3A_nA_3AnA3. 情形 1, 用 A1A2A_1A_2A1A2, 由于在凸 2n−22n - 22n−2 边形 A3A4⋯A2nA_3A_4 \cdots A_{2n}A3A4⋯A2n 中的三角剖分图恰是 Δn−1\Delta_{n - 1}Δn−1, 此时有 f(Δn−1)f(\Delta_{n - 1})f(Δn−1) 个 T 的完美匹配. 情形 2, 用 A1A2nA_1A_{2n}A1A2n, 由于在凸 2n−42n - 42n−4 边形 A4A5⋯A2n−1A_4A_5 \cdots A_{2n - 1}A4A5⋯A2n−1 中 T 的边恰构成三角剖分图 Δn−2\Delta_{n - 2}Δn−2, 不用添加任何对角线, 故这一情形下 T 的完美匹配个数恰为 f(Δn−2)f(\Delta_{n - 2})f(Δn−2). 从而对 n≥4n \geq 4n≥4, 有

f(Δn)=f(Δn−1)+f(Δn−2)f(\Delta_{n} )= f(\Delta_{n - 1}) + f(\Delta_{n - 2})f(Δn)=f(Δn−1)+f(Δn−2).

由数学归纳法即得 f(Δn)=Fnf(\Delta_n) = F_nf(Δn)=Fn. 结论得证.

因此, 对凸 20 边形 P , f(T) 的最大值等于 F10=89F_{10} = 89F10=89.

............... (50 分)

一些网友的评论：
安徽省第四名：（89+100）其中第一名 240+，第二名 214，第三名 192.

高一某学生：

某退役选手：

某数竞党网友：

前数竞选手：

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