第47届IMO预选题(下)

２００７年第１１期　１７　第４７届ＩＭＯ预选题（下）　李建泉译　（天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所，３００３８７）　组合部分　凸１边形和凸０边形）．　４．有一个由ｎ　个单位正方形组成的　１．有ｎ（ｎ≥２）盏灯　，　，…，　，它们　ｎ×ｎ的正方形蛋糕，将一些草莓放在一些单　要么开着，要么关着．我们每秒钟按照下列方　位正方形内．　法同时改变某些灯的开关状态：若前一秒钟　放法　：每行每列恰有一个草莓．　厶（ｉ＝１，２，…，ｎ）和与其相邻的灯（当ｉ＝１　放法　每行每列恰有一个草莓，且对　或ｉ＝ｎ时，仅有一盏灯与其相邻，其他情况　于每一个以蛋糕左上角的顶点为一个顶点的　有两盏灯与其相邻）处在相同的开关状态，则　格点矩形，包含放法　中的草莓不少于包含　将Ｌ关上；否则，将　开着．开始时，只有最　放法　中的草莓．　左边的一盏灯是开着的．证明：　证明：放法　可以由放法　经过若干　（１）存在无穷多个ｎ，能使得所有的灯都　次如下的操作得到：每次操作是选择两个草　是关着的；　莓，使得这两个草莓分别在一个格点矩形的　（２）存在无穷多个ｎ，能使得所有的灯不　右上角和左下角，将这两个草莓放到矩形的　都是关着的．　另外两个角上．　２．本届ＩＭＯ第２题．　５．一场（ｎ，ｋ）一赛是指ｎ个选手进行ｋ　３．设｜ｓ是平面上的有限点集，任意三点　轮比赛，使得：　不共线．对于顶点属于｜ｓ的每一个凸多边形　（１）每个选手参加每一轮的比赛，每两个　Ｐ，设Ｐ的顶点数目为口（Ｐ），属于｜ｓ且在Ｐ　选手最多进行一场比赛；　的外部的点的数目为ｂ（尸）．证明：对于任意　（２）若选手Ａ与选手Ｂ在第　轮进行比　的实数　，　（１一　）　）：１，其中，Ｐ取　赛，选手ｃ与选手Ｄ也在第ｉ轮进行比赛，　—　当选手Ａ在第．　轮与选手ｃ进行比赛时，则　遍｜ｓ中的所有凸多边形（包括三角形，且一条　选手Ｂ与选手Ｄ也在第．　轮进行比赛．　线段、一个点和空集也认为分别是凸２边形、　求存在一场（ｎ，ｋ）一赛的所有数对　。＜ｌ　ｌ＜　．　令ｍ＝ｋｍ。，ｎ＝ｋｎ。，则式①成立．　此时，．厂（　）在［ｎ，ｎ＋１］上仅有一个最大　因此，存在ｋ∈Ｚ，使　点　，而无最小点．　ｌ后（、２ｍ∞ｏｔｒ—ｎ。）＋　｛＜罢　故所求条件为Ｔ：　≤１，即　ｌⅢｌ　（用长度为Ｉ｛　２—ｍＣ—Ｏｏ　ｔｒ—ｎ。ｌ　ｌ的“尺’’去量　）．　ｌ　ｒ．，ｌ≥２ｎ．　维普资讯 http://www.cqvip.com １８　中等数学　（Ｏ，０，…，０，１，１，０，０，…，Ｏ）是关于其中点对称的．因　‘－＿＿　＿－一‘－＿＿　－一　（ｎ，ｋ）．　６．有一个边长为ｎ的头朝上的正三角　形纸板　，其内部有ｎ个头朝上的单位正三　角形的洞，一颗钻石是内角为６ｏｏ和１２０￣的边　２　一１４＂　２　—１个　此，以后的每一行也都是关于中点对称的，即　与　是镜像对称的．特别地，　最右边的列与　最左　边的列相同．　长为１的菱形．证明：　能被钻石镶嵌当且仅　可以将　从　＋　中分离出来，这是因为　中　当　中每个头朝上的边长为ｋ（１≤ｋ≤ｎ）的　每行的第一项只依赖两个元素．由对称性知在　＋　三角形中最多包含ｋ个洞．　中，和　中第一列元素在左边相邻的元素与　中　注：所有三角形的顶点都在　的格点　上，所有三角形的边都在　的格线上，钻石　不是镶嵌在洞中．　７．已知一个凸多面体的任意两条棱都不　平行，任意一条棱都不与任意一个面平行（除　非这条棱是两个面的公共棱）．若有凸多面体　的两个点，分别过这两个点存在两个平行平　面，使得凸多面体夹在这两个平面之间，则称　这两个点为一对“对映点”．设Ａ是由凸多面　体的顶点构成的对映点对的数目，曰是由凸　多面体的棱的中点构成的对映点对的数　目．试用凸多面体的顶点、棱、面的数目表示　Ａ——Ｂ．　参考答案　１．（１）取ｎ＝２　．　设　是２　×２　阶矩阵，每个元素要么是０，要　么是１（０表示灯是关着的，１表示灯是开着的），每行　表示ｎ盏灯在某一时刻的状态．第一行为开始时的　状态（１，０，０，…，０），第ｉ＋１行是第　行经过改变后　２　—１个　得到的ｎ盏灯的状态．　下面证明：经过２　一１次改变后，可使第／／．行／／　．盏灯的状态为（１，１，…，１），再经过一次改变即可使　其变为（０，０，…，０），从而，所有灯都是关着的．　用数学归纳法证明　当ｋ＝１时，显然成立．　假设当ｋ≥１时，结论成立．　对于ｋ＋１时，设２¨　×２“　阶矩阵Ａ　＋ｌ：　（　Ａｋ　Ｏ　ｋ），其中，　、　、　、　是２ｋ×２　阶矩阵，　ｍ步以后，第ｍ＋１行中的最后一个１在第ｍ＋１　个，从而，Ｏ　是一个零矩阵．由归纳假设，（Ａ　，Ｏ　）的　最后一行为（１，１，…，１，Ｏ，０，…，０），下一行为　—　＿一—　■　第一列元素相同，因此，　每一步的变化等价于　（　，　）每一步的变化．由于　的第一行为　（１，Ｏ，０，…，０），由归纳假设，可知Ｃｋ＝Ａ　．由对称性　－－‘　、－＿－－—Ｊ　２　—１个　可得，　的最后一行与　的最后一行都是　（１，１，…，１）．从而，　＋　的最后一行为（１，１，…，１）．　－＿＿＿’　＿。＿—Ｊ－。‘　＿。。一　２　个　２ｋ＋１个　（２）取ｎ＝２　＋１（ｋ≥１）．　考虑２　＋１列、无穷行的矩阵Ａ．由（１）可得前　２　行、２　列即为矩阵　，前２　行最右边一列全是０．　下一行为（Ｏ，０，…，０，１，１），这是Ａ的第二行反序排　‘－＿＿’　＿－　２　—１个　列的情形，如此反复，在这两个状态之间变化．　由于在（１，１，Ｏ，０，…，０）到（Ｏ，０，…，０，１，１）的变　化过程中不出现（Ｏ，０，…，０），因此，所有的灯不都是　－。‘　－＿。。—Ｊ　２　＋１个　关着的．　２．本届ＩＭＯ第２题．　３．设｜ｓ中有ｎ个点，对于顶点在｜ｓ中的每一个　凸多边形Ｐ，设ｃ（Ｐ）为在Ｐ内且属于｜ｓ的点的数　目．于是，口（Ｐ）＋ｂ（Ｐ）＋ｃ（Ｐ）＝ｎ．　设１一　＝Ｙ，则有　∑　Ｐ’（１一　）　＝∑　’　＝下∑　　’（　＋，，）　Ｐ’　ｃ（Ｐ）　＝∑∑　（Ｐ】Ｘａ　‘　－。，　这是关于　、Ｙ的ｎ次齐次多项式．　对于固定的ｒ（Ｏ≤ｒ≤ｎ），　的系数为：选一　个凸多边形Ｐ，再在Ｐ的内部选取一些属于｜ｓ的　点，使得Ｐ的顶点的数目与在Ｐ的内部选的顶点的　数目的和等于ｒ的所有选取方法的数目．这对应着　在｜ｓ中选ｒ个点的选取方法的数目．这个对应是双　射，这是因为｜ｓ中的每个子集　有唯一的方法分成　两个不交的集合，其中，一个是　的凸包，另一个是　的凸包内部的点．　因此，　一的系数为　．于是，　维普资讯 http://www.cqvip.com ２００７年第ｌ１期　∑　Ｐ　Ｙ“　＝∑　ｒ＝０　一：（　＋ｙ）　＝１．　４．如图１，用大写字母表示单位正方形．０是左　上角的单位正方形．　０　Ｐ　｜ｓ　Ｒ　Ｗ　日　１　设Ｘ、Ｙ是任意两个单位正方形．用［ＸＹ］表示　包含Ｘ、Ｙ的最小的格点矩形．放法　：在某些方格　内放草莓，放法强将放草莓的方格用李子替换．对　于一个方格　，设ｏ（Ｘ）、ｂ（　）分别表示［ＯＸ］中草　莓、李子的数目．由假设，对于所有的　，有ｏ（　）≤　ｂ（Ｘ），且对于某些　，等号是不成立的（否则，放法　就是放法　）．　下面证明：操作一次后，将　变为　，且满足　对于所有的　，有　０（Ｘ）≤０　（Ｘ）≤ｂ（Ｘ），　０（Ｘ）＜　０，（　），　①　其中，ｏ　（　）表示对于放法　［ＯＸ］中草莓的数目，　求和号中的　取遍所有单位正方形．　若如上的结论成立，且　与　不同，则对　进行同样的操作得到放法　如此下去．　因为∑。（Ｘ　　）＜∑。Ｘ　　（　）＜∑　（　）＜…，且　所有的和不超过　：下　ｂ（　），所以，总在某次操作后，　使得和中的每个被加数分别等于相应的ｂ（　）．从　而，所有草莓与李子重合．　考虑从上面开始使得首先出现李子和草莓不在　同一个方格内的行，分别设李子、草莓在方格Ｐ、Ｓ　内，因此，方格Ｐ一定在方格｜ｓ的左边。设过方格Ｐ　的列最上面的方格为　，最下面的方格为Ｂ，则这一　列中的草莓在李子的下面（这是因为在方格Ｐ上面　的行草莓与李子分别放在同一个单位正方形内，因　此，在方格Ｐ所在的列的上方不会有草莓，否则，这　１９　一列中就至少有两个李子了），于是，在［尸ｓ］的下面　的矩形［　］内至少有一个草莓．　设方格　是这个区域中放有草莓的最上面的　单位正方形，方格　所在的行与方格｜ｓ所在的列的　交设为方格　．方格Ｒ在方格　的左上角，且与方　格　只有一个公共点，则对所有　∈［ＰＲ］，有　０（Ｘ）＜ｂ（Ｘ）．　②　这是因为　∈［ＰＲ］，则在矩形［ＯＸ］中，［四］左　边李子的数目不少于草莓的数目；在［　］上面的　行，李子与草莓的数目相同；在余下的区域［ＰＸ］内　没有草莓，方格Ｐ处有一个李子．　下面进行如下操作：设过方格　的列与过方格　Ｐ的行的交为方格Ｕ（Ｐ、Ｕ、Ｒ可能是同一个单位正　方形），将方格｜ｓ、　处的草莓放到方格Ｕ、Ｗ处，则　对于　∈［ＵＲ］，有ｏ　（Ｘ）＝ｏ（　）＋１．对于其他的　，有０　（Ｘ）＝０（　）．　由于矩形［　］包含在［ＰＲ］中，因此，由式②知　０　（　）≤ｂ（　）对所有　成立．　对于如上的操作得到的放法　满足式①，从　而，要证明的结论成立．　５．对于每一个ｋ，设ｔＩ是满足２　＜ｋ＋１≤２　的唯一整数．　下证：一场（１１，，　）一赛存在当且仅当　Ｉ　１１，．　首先证明：若１１，＝２　（ｔＥＮ＋），则对于所有ｋ≤　２‘１，存在一场（１１，，　）一赛．　设｜ｓ是长度为　的０—１序列构成的集合．由于　｜ｓ中恰有２‘个元素，故可用任意一种方式将｜ｓ中的　元素作为这２‘个选手的标号。若ａ、［３Ｅ　Ｓ，定义ａ＋　卢是Ｏｔ、卢的对应项的和模２的余数，即定义　０＋０：０，０＋１＝１＋０＝１，１＋１＝０．　从而，Ｏｔ＋［３Ｅ　Ｓ．　对于每个ｉ（ｉ＝１，２，…，２‘一１），设ｃｕ（ｉ）为ｉ的　二进制表示，如果位数小于ｔ，则在ｃｕ（　）的前面补上　一些０，使ｃｕ（ｉ）Ｅ　Ｓ．　下面安排一场（１１，，ｋ）一赛，其中，ｎ＝２　，ｋ≤２　一１．对于所有的　（ｉ＝１，２，…，ｋ），选手口∈｜ｓ与选　手Ｏｔ＋∞（　）在第ｉ轮进行比赛。　由于口＋ｃｕ（ｉ）Ｅ　Ｓ，且口＋ｃｕ（ｉ）：口＋ｃｕ（ｉ）表明　Ｏｔ＝卢，同时，（Ｏｔ＋ｃｕ（ｉ））＋ｃｕ（ｉ）＝Ｏｔ，因此，这样进行　比赛是可行的．　每位选手在每轮中都进行比赛，每两名选手最　多进行一场比赛（若ｋ＝２‘１，则每两名选手恰进行　一场比赛）．若ｉ≠．『，则∞（　）≠ｏｏ（ｊ）．　于是，满足条件（１）．　维普资讯 http://www.cqvip.com ２０　设ａ与ｐ在第ｉ轮进行比赛，７与艿在第ｉ轮进　中等数学　的一个选手进行比赛．故ｒ和Ａ中元素的数目相　行比赛，ａ与７在第　轮进行比赛，则　ｐ＝口＋叫（ｉ），艿＝７＋叫（ｉ），７＝口＋叫（　）．　于是，ｐ在第．　轮与　ｐ＋　（　）＝（口＋　（ｉ））＋　（Ｊ）　＝（口＋　（Ｊ））＋　（ｉ）＝７＋　（ｉ）＝艿　进行比赛．因此，满足条件（２）．　故对于ｎ＝２‘，　≤２　１，存在一场（ｎ，　）一赛．　对于ｎ：２＇ｓ，　为奇数，　≤２　一１，将ｎ分成　个２‘，可安排ｓ个不同的（２‘，　）一赛　。，　，…，　，　合起来得到每轮都是　，　，…，　中相应轮次的　一场（２‘　，　）一赛　．　综上所述，若２　ｌ　ｎ，则存在一场（ｎ，　）—赛．　反之，考虑任意一场（ｎ，　）—赛．　用ｎ个不同的点来表示这ｎ个选手，每一轮后　在这一轮中比赛过的两名选手对应的点之间连一条　边，于是，第ｉ（ｉ＝１，２，…，　）轮后对应着一个图Ｇ．　若在图　中存在一条由边构成的从Ｐ到ｐ的通路，　即存在Ｐ＝Ｘ。，　，…，　＝Ｑ满足　与　＋　（Ｊ＝１，　２，…，ｍ一１）在前ｉ轮中的某个轮次中进行了比赛，　’则称选手ｐ与选手Ｐ是“　一相邻”的．一名选手的　所有　一相邻的选手构成的集合称为它的“　一分　量”．显然，两个　一分量要么不交，要么相同．　因此，第ｉ轮后，选手被分成若干个两两不交的　—分量．于是，只要证明所有的　一分量中元素的　数目可以被２　整除．　观察选手Ａ的　一分量ｒ在第ｉ＋１轮后的变　化．假设Ａ与　在第ｉ＋１轮进行比赛，　的　一分量　为Ａ（ｒ与Ａ可以相同）．　下面证明：在第ｉ＋１轮ｒ中的每个选手与Ａ　中的一个选手进行比赛，反之亦然．　实际上，设Ｃ是ｒ中的任意一个选手，且Ｃ在　第ｉ＋１轮与Ｄ进行比赛．由于Ｃ与　是　一相邻的，　则存在选手序列Ａ：Ｘ１，　，…，　：Ｃ，其中，　与　置＋　（Ｊ＝１，２，…，ｍ一１）在前ｉ轮的某个轮次中进行　过比赛．设　（Ｊ＝ｌ，２，…，ｍ）在第ｉ＋１轮与　进行　了比赛，特别地，设　＝Ｂ，　＝Ｄ．选手　满足条　件（１）．　假设　与　＋　在第ｒ（ｒ≤ｉ）轮进行了比赛，由　条件（２），可得　与　＋　在第ｒ轮进行了比赛，于　是，Ｂ：　，ｙ２，…，ｙｍ＝Ｄ是Ｇ中由　到Ｄ的一条　通路，即Ｄ在　的　一分量中．　由对称性，Ａ中的每个选手在第ｉ＋１轮与ｒ中　同．因此，　的（　＋１）一分量是ｒＵＡ．　因为ｒ和Ａ要么不交，要么相同，所以，要么　　ｌｒＵＡ　ｌ＝２ｌ　ｒｌ，要么ｌ　ｒＵ　Ａ　ｌ＝ｌ　ｒｌ，其中，ｌ　Ｐｌ表　示有限集Ｐ中元素的个数．．　设ｒ。，ｒ２，…，ｎ分别是Ａ的１一分量，２一分　量，……，　一分量，则要么ｌ　＋。ｌ：２　ｌ　ｌ，要么　ｌ　＋Ｉ　ｌ＝ｌ　ｌ（ｉ＝１，２，…，　一１）．　因ｌ　ｒＩ　ｌ＝２，所以，每个ｌ　ｌ（ｉ＝１，２，…，　一１）　都是２的整数次幂，特别地，对于某个正整数ｕ，　　ｌｎ　ｌ＝２“．　又由条件（１），选手　与　个不同的选手进行了　比赛，他们都属于ｎ，因此，ｌｎ　ｌ≥　＋１．于是，　２“≥　＋１．　由ｔｋ是满足２　≥　＋１的最小整数，则ｕ≥ｔｋ．　故每个　一分量中元素的个数都能被２　整除．　６．必要性．　假设一个带洞正三角形　可以被钻石镶嵌，设　是　中的边长为　的正三角形，其内有ｈ个洞．则　每颗钻石可以覆盖　中的一个或两个单位正三角　形．设镶嵌着钻石的　为Ｒ．　由于　的边界都是头朝上的单位正三角形，则　Ｒ是由一个边长为　且有ｈ个洞的正三角形和一些　不在　内的头朝下的单位正三角形组成的．于是，Ｒ　内恰有堡＿＿　一ｈ个头朝上的单位正三角形，至少有　二　个头朝下的单位正三角形（不包括　外部　二　的）．又每颗钻石包含一个头朝上的单位正三角形和　一个头朝下的单位正三角形，则　一＾≥　．　从而，　≥ｈ．　充分性．　若　中的每个边长为ｋ的正三角形中最多有ｋ　个洞，则称　中的洞构成的集合为“可伸展的”．对　于任意一个可伸展的集合．ｓ，若一个边长为ｋ的正　三角形中恰包含．ｓ中的ｋ个洞，则称这个正三角形　为．ｓ的“满的”三角形．　引理对于　中的可伸展的集合．ｓ，若　、　是　．ｓ的满的三角形，且　、　不相离，设　＋　是　中　包含　、　的最小的正三角形，则　＋Ｐ也是．ｓ的　满的三角形．　引理的证明：设正三角形　、　、　ｎ　、　＋　维普资讯 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２Ｏ０７年第１１期　２１　的边长分别为ａ、ｂ、Ｃ、ｄ，且分别包含Ｊｓ中的ａ、ｂ、　、个洞．向下延长其两条　斜边至Ｂ的底边，得到　边长为ｒ＋１的正三角　形Ａ　，则Ａ　中包含洞　ｕ．即Ａ　中至少有ｒ＋１　个洞．因此，Ａ　不可能　包含　．从而，Ａ不包含　的顶点．　Ｙ个洞（　ｎ　可能是一个点，此时，Ｃ＝　＝０）．　因为Ｊｓ是可伸展的，所以，　≤Ｃ，Ｙ≤ｄ．　又因为ａ＋ｂ＝Ｃ＋ｄ，且ａ＋ｂ≤　Ｙ（其中，　ｎ　中的洞算了两次，属于　＋　，但不属于　和　的区域中可能还有洞），所以，　＝Ｃ，Ｙ＝ｄ．　回到原题．　图２　设　是一个边长为ｎ的带洞的三角形，其洞构　成的集合日是可伸展的．下面对ｎ用数学归纳法证　明：　是被钻石镶嵌的．　当／７，＝１时，结论显然成立．　假设当ｎ≥２时，对于所有边长小于ｎ的带洞　三角形结论成立．　对于边长为ｎ的正三角形　，设Ｂ是　的最　下面的一行，　是　前ｎ一１行构成的正三角形，则　最多有ｎ一１个洞，Ｂ最少有一个洞．　若Ｂ中恰有一个洞，则Ｂ可以用唯一的方法被　钻石镶嵌，此时，　中恰包含ｎ一１个洞，且其边长为　ｎ一１，其包含的洞的集合是可伸展的．　由归纳假设，　是可以被钻石镶嵌的．　若Ｂ中有ｍ（ｍ≥２）个洞，从左到右将它们记为　ａ　，ａ：，…，ａ　．设Ｚ是Ｂ与　的交线．　对于每个　（ｉ＝１，２，…，ｍ一１），在ａ　与ａ　之　间选一个底在ｚ上且头朝上的单位正三角形ｂ　，且　ｂ　不是　的洞（这样的ｂ　是一定存在的，否则，包　含ａ。和ａ　的最小的正三角形中洞的数目大于这　个正三角形的边长），将一个钻石镶嵌在ｂｉ处，使得　头朝下的单位正三角形在Ｂ内，从而，Ｂ中余下的　区域可以用唯一的方法被钻石镶嵌．　在　中删除Ｂ和ｂ　，ｂ：，…，ｂ　，得到一个边　长为ｎ一１的带洞正三角形　一　．如果恰当地选择　ｂｌ，ｂ２，…，ｂ　一ｌ，使得用ｂｌ，ｂ２，…，ｂ　一。代替ａ１，ｏ－２，　…，ａ　一　后，新得到的洞的集合还是可伸展的，则由　归纳假设即可证得结论成立．　下面证明：可以选到满足要求的ｂ　，ｂ：，…，　ｂ　～１．　按照ｂ。，ｂ：，…，ｂ　一　的次序，每次确定一个使　得满足要求，从而，ｍ一１次后即可得到满足要求的　ｂｌ，ｂ２，…，ｂ　１．　因此，只要选择出满足条件的ｂ　即可．　如图２，设ａＪ＝ｕ，ａ：＝　，Ａ是包含ｕ上面的顶　点、底边在ｚ上且是日的满的最大的正三角形，称Ａ　是　的“同伴”．设Ａ的边长为ｒ，则Ａ包含　中的ｒ　设　是底边在Ｚ上且在Ａ的右边，与Ａ有一个　公共点的单位正三角形，因此，Ｗ在　的左边，且Ｗ　不是洞．否则，可以扩展到一个边长更大的日的满　的正三角形．　下面证明：如果洞　被　代替，新的洞的集合　仍然是可伸展的．　实际上，只要证明　中包含Ｗ、不包含　的正　三角形Ｉ１不是日的满的正三角形．　假设ｒ是日的满的正三角形，考虑包含ｒ、Ａ　（　的同伴）的最小正三角形ｒ＋Ａ．由于ｒ包含Ｗ，　且Ｗ不在Ａ内，则ｒ＋Ａ的边长大于Ａ的边长．因　为ｒ、Ａ有公共点，且都不包含　，由引理知ｒ＋Ａ　是Ｈ＼｛　｝的满的正三角形．　若ｒ在ｚ的上方，则ｒ＋Ａ也在ｚ的上方，与Ａ　是最大的正三角形矛盾．若ｒ包含Ｂ中的单位正三　角形，则ｒ＋Ａ包含　．设ｒ＋Ａ的边长为ｓ．由于　ｒ＋Ａ是日＼｛“｝的满的正三角形，因此，包含ｓ个　不同于　的洞．但是，ｒ＋Ａ包含　，矛盾．　从而，可知ｒ不是日的满的正三角形．　对于ａ　＝　，ｏ－２＝　，取ｂ　＝Ｗ，即知如此选取满　足条件．　７．设凸多面体为ｒ，顶点、棱、面分别为　，　，　…，　；Ｅｌ，Ｅ２，…，　；ＦＩ，　，…，　．巨的中点Ｑ　（ｉ＝１，２，…，ｍ）．Ｓ是一个单位球面上的所有单位向　量的集合，将ｒ的边界依照下列方法映射到Ｊｓ上．　对于面　，设Ｓ　（　）、Ｓ一（　）是面　分别指　向ｒ的外侧和ｒ的内侧的单位法向量．因此，这两个　点是Ｊｓ的对径点．　对于棱　，设其是面　。与　的交，考虑所有　包含巨的ｒ的支撑面（该平面与ｒ有公共点，且ｒ　都在该平面的同一侧），设Ｓ　（Ｅ　）是这些支撑面指　向ｒ外侧的单位法向量的集合，则Ｓ　（Ｅｊ）是Ｊｓ的　一个大圆上的一段弧，弧Ｓ　（Ｅｊ）垂直于Ｅ，端点为　Ｓ　（　，）和Ｓ　（■）．同理，定义指向ｒ内侧的单位　法向量集合Ｓ一（Ｅｊ），且Ｓ　（Ｅｊ）与Ｓ一（Ｅ）关于球心　维普资讯 http://www.cqvip.com ２２　（原点）对称．　如图３，对于顶点　，设其　是棱　。，　，…，　的公共的　端点，且是面　．，　，…，　的公共点，考虑所有过　的Ｉ１　的支撑面．设．ｓ　（　）是这些支　撑面指向Ｉ１外侧的单位法向量　的集合，这是．ｓ上的一个区域，　是以．ｓ　（　．），．ｓ　（　），…，　．ｓ　（　）为顶点，．ｓ　（　），　．ｓ　（　），一　，．ｓ　（　）为边　的球面多边形（如图４）．设　．ｓ一（　）是指向Ｉ１内侧的单位　⑨　图４　法向量的集合，且Ｓ　（ｖｋ）与Ｓ一（ｖｋ）关于球心对　称．Ｓ　（ｖｋ）在视觉上是凸的，它是一些半球面的交．　下面将Ｉ１上的条件表述为在．ｓ上的像的条件．　（１）多面体Ｉ１没有平行棱——对于任意的ｉ、　（　≠　），包含弧Ｓ　（　）的大圆和包含Ｓ一（　）的大　圆不同．　（２）棱　不属于面　且巨不平行于　——包　含弧Ｓ　（Ｅ　）、Ｓ一（Ｅ１）的大圆不经过Ｓ　（　）、　Ｓ一（　）．　（３）Ｉ１没有平行面——．ｓ　（　）与Ｓ一（　）两两　不同．　区域ｓ　（ｖｋ）、弧Ｓ　（Ｅｊ）和点Ｓ　（　）给出了　球面的一个分解．区域Ｓ一（　）、弧Ｓ一（Ｅｊ）和点　Ｓ一（Ｆｉ）也给出了球面的一个分解，且这两种分解关　于球心对称．　引理１　对于任意的　、Ｊ（１≤　、　≤ｒ／，），区域　Ｓ一（１ｉ，）、Ｓ　（　）重叠的充分必要条件是点　、　是　一对对映点．　引理１的证明：由条件（１）、（２）、（３）知，区域　Ｓ一（１ｉ，）和Ｓ　（ｖｉ）的交不可能是一个顶点或一段　弧．因此，Ｓ一（１ｉ，）与Ｓ　（　）要么不交，要么重叠．　假设Ｓ一（　）和Ｓ　（　）有公共的内点Ｕ，设Ｐ。　和Ｐ：是分别过　和　的Ｉ１的支撑面，且Ｐ。与Ｐ：　平行，单位法向量均为Ｕ．由Ｓ一（　）、Ｓ　（　）的定　义，Ｕ是Ｐ。指向内侧的单位法向量，也是Ｐ：指向外　侧的单位法向量，所以，多面体Ｉ１在这两个平面Ｐ。、　Ｐ：之间．于是，１Ｉ，和　是一对对映点．　反之，假设１Ｉ，、　是对映点对，则存在两个平行　中等数学　支撑面Ｐ。、Ｐ２，且分别过点１Ｉ，、　，Ｉ１在Ｐ。、Ｐ２之间．　设Ｕ是Ｐ。指向内侧的单位法向量，则Ｕ是Ｐ　指向　外侧的单位法向量．故Ｕ∈Ｓ一（１ｉ，）ｎ　Ｓ　（　），即　Ｓ一（１ｉ，）与Ｓ　（　）有公共的内点．因此，发生重叠．　引理２对任意　、Ｊ（１≤ｉ．ｊ≤ｍ），弧Ｓ一（Ｅ　）、　Ｓ　（目）相交的充分必要条件是边巨、目的中点　、　是一对对映点．　引理２的证明：由条件（１）、（２），弧Ｓ一（巨）的端　点不属于Ｓ　（Ｅ）；反之亦然．因此，这两条弧要么不　交，要么相交于内点．　假设弧Ｓ一（Ｅ１）、Ｓ　（目）相交于点Ｕ，设Ｐ。、Ｐ：　是分别过五、Ｅ的两个支撑面，且单位法向量为Ｕ．　由弧Ｓ一（Ｅ　）、Ｓ　（目）的定义，Ｕ是Ｐ，指向内侧的　单位法向量，也是Ｐ　指向外侧的单位法向量．于是，　Ｉ１在Ｐ。与Ｐ：之间．又因为Ｐ，、Ｐ：分别过Ｑｌ、Ｑｊ，所　以，　、Ｑ，是一对对映点．　反之，假设　、ｑ，－是一对对映点，Ｐ。、Ｐ：是分别　过　、　的两个支撑面，由于一条棱不能与支撑面　相交，则Ｅ　、目分别在平面Ｐ，、Ｐ：内．设Ｕ是Ｐ。指　向内侧的单位法向量，也是Ｐ：指向外侧的单位法向　量，则Ｕ∈Ｓ一（Ｅｉ）ｎ　Ｓ　（目）．由于弧Ｓ一（Ｅ１）与　Ｓ　（Ｅｊ）不能不交，故一定相交．　现在给出球面．ｓ的一个新的分解．在．ｓ上画出　所有的弧Ｓ　（Ｅｉ）、Ｓ一（Ｅｉ），两条弧的公共点称为结　点，则对应着Ｉ１的面，在Ｓ　（　）（　＝１，２，…，Ｚ）处共　有ｚ个结点，在Ｓ一（　）处也共有ｚ个结点．由条件　（３），这些结点都是不同的．由于存在某些　、Ｊ（１≤ｉ、　－『≤ｍ），使得弧Ｓ一（Ｅ　）、Ｓ　（　）相交，由引理２，每　对对映点（Ｑ。，Ｑ，）对应着两条弧相交，于是，所有交　点的数目为２Ｂ．因此，所有结点的数目为２ｚ＋２Ｂ．　又每个相交弧的结点将每条弧分成两部分，于　是，弧的数目增加两个．对应着Ｉ１的棱，开始时有　２ｍ条弧，从而，最后的曲线段的数目为２ｍ＋４Ｂ．　曲线段网将球面分成一些“新”的区域，每个新　区域都是重叠的集合Ｓ一（　）和Ｓ　（　）的交．由于　凸性，两个重叠区域的交仍然是凸的．由引理１，每　一对发生重叠的区域对应着一对对映点，每一对对　映点对应着两个不同的重叠区域，且这两个重叠区　域关于球心对称．于是，新的区域的数目为２Ａ．　由欧拉定理有　ｎ＋ｌ＝ｍ＋２．　（２ｔ＋２Ｂ）＋２Ａ＝（２ｍ＋４Ｂ）＋２．　于是，Ａ—Ｂ＝ｍ—Ｚ＋１＝ｎ一１．　因此，Ａ—Ｂ比Ｉ１的顶点的数目少１．