1、第69讲 无限递降与逐次调整无限递降法是一种常用的证明方法，首先由费马(Fermat)使用，数学竞赛也有较广泛的应用与之相似的逐次调整法也是证明很多问题的重要方法无限递降法的理论根据是最小数原理：命题一 有限个实数中，必有一个最小数(也必有一个最大数)根据这一原理，又可得出：命题二 任意有限个两两不同的实数可以从小到大排列顺序(排序原理)对于自然数集，有最小数原理 若M是正整数数集N*的任一非空子集(有限或无限均可)，则M中必有最小的数最小数原理常用于论证存在性命题在解题时，也常用由最小数原理演化出的最优化原则(极端原理)A类例题例1 求方程x3+2y3+4z3=6xyz的所有整数解(莫斯科中
2、学生竞赛)分析 要求此方程的所有整数解，但这个方程的解的情况我们并不清楚，但其解的情况不外以下几种：1 方程没有整数解：对这种情况，我们必须证明一切整数都不是这个方程的解；2 方程只有有限组解：对这种情况，我们必须把所有的解都求出来，并证明方程没有别的解；3 方程有无数组解：对这种情况，我们应给出如何找到这无数组解中的任一组解的方法，并证明没有其他类型的解了情形1是很容易否定的，因为我们可以发现xyz0就是方程的一组解那么方程还有没有其他的解呢？一时找不到其他的解，那么，是否只有这一组解呢？不妨设方程还有一组解，试着推出这组解的特点从而确定方程的所有的解解 显然 xyz0是方程的一组解如果方程
3、有一组解(x，y，z)，则必有一组解(x，y，z)，故只要考虑方程的正整数解即可设(x0，y0，z0)是方程的一组解，其中x00则 x6x0y0z02y4z， 由于x0，y0，z0为整数，故x0为偶数，设x02x1，其中x1为正整数，又得 8x+2y+4z12x1y0z0， 从而得 y6x1y0z02z4x， 故y0也为偶数，设y0=2y1，其中y1为整数于是又有2z=12x1y1z04x8y，故又有z0为偶数，设z0=2z1，其中z1为整数，代入即得 x+y+z=6x1y1z1 从而(x1，y1，z1)也满足此方程，由于x1，y1，z1均是整数，且x10，故(x1，y1，z1)也是方程的一组
4、满足x10的解即(x0，y0，z0)也是方程的满足x00的整数解依此类推，可知(x1，y1，z1)仍是方程的满足x00的整数解，由此(x0，y0，z0)(nN*)都是方程的满足x00的整数解但对于任何确定的正整数x0，x0不可能永远是正整数，从而方程没有使x00的整数解，即原方程只有惟一组解(0，0，0)说明 本例所用的方法就是无限递降法，又称无限下推法来源:学科网例2 在mn(m，nN*)的方格表的每个格子中都填入一个数以后可以每次改变表中某一行或某一列的所有数的符号证明：只要经过有限次的改变符号，就可以使每一行、每一列的各数之和都非负分析 这是一类操作题，是要证明经过有限次操作达到某个目标
5、我们可以为此目标设一上限(或下限)，从初始状态到此上限之间只有有限个中间状态，再证明每次操作都向此上限接近一步，从而此操作不能无限延续下去解 设第i行第j列填的数为aij(1im，1jn，i，jN*)，且此方格表中所有各数的和为Saij无论怎样改变其中每个格子中的数的符号(不改变此数的绝对值)，此和都是在和式(aij)中适当选取每个数的符号的结果，从而只有有限个可能的和的值(显然该和至多有2mn种可能)，但所有这些和都不大于|aij|，即这些和有上限如果填好后发现每行、每列的数的和都已经非负，则经过0次改变符号即已达到题目的要求如果某一行(或列)的数的和为负，则可改变这一行(或列)的所有各数的
6、符号这时这一行(或列)中的数的和变大，而其余的行(或列)上的数不变，这样，操作一次就使这个表格中所有的数的和变大由于可能的和式只有有限个值，故这种变大的过程不可能无限延续下去必到某一时刻即无法再变大此时，每一行、每一列的各数之和均非负说明 本例是无限递降的另一种叙述形式在例1中说明了：只要有一组非零整数解，就一定有无穷多组整数解，这些解有递降(递升)关系；本例中每次操作的目标也存在递降(递升)关系，但是知道操作只有有限种可能的结果，因此经过有限次递降就必然得到满足要求的解答这种形式更明白地说明了无限递降法与最小数原理的血缘关系情景再现1用无限递降法证明：是无理数2试求方程x32y34z3=0的
7、所有整数解B类例题例3 11块铁，重量都是整数克，如果任意取其中10块，都可以把它们分成两组，每组5块铁，且这两组铁的重量相等证明：这11块铁中的每块重量都相等分析 有的同学认为先任取10块，可以分成两组，若把把其中未取的一块与某组中的一块交换，两组重量相等，从而换入的一块与换出的一块重量相等，于是所有各块重量相等这一想法为什么是错的？由于交换一块后，可以把此10块重新分组，因此不能说换出的一块与换入的一块重量相等但是，这能说明，各块重量数的奇偶性相同所以如果各块重量数为偶数，可以把每块重量数减半，而如果各块重量数为奇数，则可以把各块重量减去相同的重量，这样做不影响问题的结论为此考虑减去谁能使
8、问题得到简化？证明 首先，满足条件的铁块具有以下三个性质：这11块铁的重量数的奇偶性相同这是因为，任何10块铁的和必须是偶数否则分成重量相等的两组，每组的重量数就不是整数，但每组5块铁的重量数都是整数，其和应该是整数，二者矛盾如A、B两块铁重量数的奇偶性不同，则当去掉A，用B与其余9块组成一组时其重量数的和为偶数，如用A换B，其余9块不变，则由于A、B的奇偶性不同，这个新的组的重量数的和就会是奇数了 如果某11块铁满足题目要求，则将每块铁的重量都减去相同的某上重量后，仍能满足题目要求 当各块铁的重量数都是偶数时，把每块铁的重量减半后，所得铁块仍然满足题目的要求于是，若各块铁的重量数为奇数时，可
9、都先减去一个奇数的重量，使各块铁的重量数变为偶数再减半现在，设这些铁块的重量不全相等，则其中必有一块铁的重量最轻，设其重量数为m，把每块铁都减去m则至少有一块铁的重量数为0这时由知，每块铁的重量数都是偶数如果这时各块铁的重量数不全相同，则必有重量数不为0的铁块，把这些铁块的重量数记为2kq的形式,其中k为正整数，q为奇数在所有的k中，必有最小的一个k值，设此k值为k0这时我们对这11块铁，连续减半k0次则所得铁块仍能满足题目要求，但此时这11块铁的重量的奇偶性不同（因为有铁块的重量数已经减成了奇数，但有的铁块重量数为0，是偶数）这与产生矛盾来源:学科网这说明，原来每块铁的重量都是m例4 证明方
10、程x2+y2+z2=3xyz有无穷多组正整数解(x，y，z)分析 要说明方程有无穷多组正整数解，或者给出一个解的通式，满足此通式的数都是解，而此通式可以取无穷多组值或者给出一个递推的方法，由此方法可以从一组解推出第二组解，这两种想法都是解决数列问题的常用想法本题即是用第二种递推的想法，先找出易于发现的解，再寻找这些解的规律，由此得到寻找一般解的方法证明 若xyza(aN*)，则3a23a3，解得a1即方程有解(1，1，1)；若xy1，则有2z23z，得方程的另一组解(1，1，2)；若x1，y2，则有方程z26z50，又得方程的另一组解(1，2，5)现设(a0，b0，c0) (其中a0b0c0)
11、是方程的一组正整数解，即abc3a0b0c0成立， 考虑方程bcz23b0c0z，即z23b0c0z(bc)0，此方程必有一正整数解za0，由韦达定理，其另一解为z13b0c0a0必为正整数于是原方程必有解(b0，c0，3b0c0a0)且这一组解也满足b0c03b0c0a0令a1b0，b1c0，c13b0c0a0为方程的一组满足a1b1c1的正整数解，则又可从此解出发得到方程的另一组解(b1，c1，3b1c1a1)，这组解也满足b1c13b1c1a1，从而这组解与前面的解不同这一过程可以无限延续下去，从而原方程有无穷多组解例5 在ABC中，求证：sinA+sinB+sinC；分析 可以猜到等号
12、在ABC时相等，于是可以假设A、B、C不全相等，通过调整使三个正弦的和增大，从而原题可经逐次调整得证证明 若AB，则有sinAsinBsinC2sincossinC2sinsinC即只要A、B、C中有任何两个不等，则可以通过上述方法对这三个角进行调整，使其正弦之和增大，从而只要这三个角不全相等，和sinA+sinB+sinC就不能取得最大值故只有当ABC时此和取得最大值说明 上述证明方法也是“逐次调整法”的一种表述形式，但这样的说法只是证明了“当三个角不等时，其正弦和不能取得最大值”，并没有证明原命题因此这样的证明理由是不充足的改进的证明为：若A、B、C不全相等，不妨设ABC，若B，则取B，C
13、CB(CC)而sinCsinBsinCsinB2cossin2cossin (由CCB)2sin(coscos)由B2CB，故sinCsinBsinCsinB0来源:学科网即sinA+sinB+sinCsinAsin BsinCsinAsinsin(A)2sincos(A)sin3sin对于B，也可类似证明，若B，则直接用上述证明的后半部分即可证本题还可用添项法证明：证明2 sinA+sinB+sinC+sin2sincos+2sin(+)cos()2sin+2sin(+)4sin(+)cos()4sin 从而sinA+sinB+sinC3sin等号当且仅当ABC时成立本题还可用琴生不等式证明
14、例6 设为任一无理数，an=n(x表示数x的“小数部分”，即记x为不超过x的最大整数，则xxx)，证明：存在无数个正整数n使an(南京大学强化班入学试题)分析 本题似用反证法较合适证明 不妨设0设只有有限个整数n使an，m是其中最大的一个， 即对于任何tm，都有 t 取正整数t，使tm，令t，则据，0此时，2tm，于是由，有2t，但由于0，故021，所以2t22，于是 由知，02再取22t，同理，由22tm ，得22t，又因02，知0221，从而22t=22=22，又有022，这一过程可以无限继续下去，于是得到02 n(nN*)这是不可能的，因只要0，就必存在正整数k，使2k2k+1，此时有2
15、k1命题得证说明 本题实际上说明了，无理数n(n取全体正整数)时在区间(01)上是处处“稠密”的情景再现3、证明方程6(x2+y2)=z2+t2无正整数解4若干个球装在2n+1个口袋中，如果任意取走1袋，总可以把余下的2n袋分成两组，每组n袋，并且这两组的球的个数相等证明：每个袋中的球的个数都相等(90年意大利数学竞赛)C类例题例7 正五边形的每个顶点对应着一个整数，使得这五个数的和为正若其中3个相连顶点对应的整数依次为x、y、z，且y0又设x10的解即可设S是所有x0的整数解的集合取其中使x的值最小的一组(x1，y1，z1)(x1，y1，z1Z)则 x2y4z=0 即 x=2y+4z由于2y
16、+4z为偶数，故x1为偶数，设x1=2x2(x2N*)，代入得：8x=2y+4z约去2得，y=4x2z，于是又得y1为偶数令y1=2y2(y2Z)，代入又得8y=4x2z，即 z=2x4y，又得 z1为偶数，令z12z2(z2Z)就得 x2y4z0这说明(x2，y2，z2)也是原方程的一组解，但x20，故x2x1这与x1的最小性矛盾故方程不能有使x0的解即xyz0是方程的唯一解3证明：设方程有正整数解，其中(x，y，z，t)是使x最小的一组解，则3|(z2+t2)若z0(mod 3)或t0(mod 3)，则z2+t20(mod 3)于是z0，t0(mod 3)令z=3z1，t=3t1，代入得，
17、2(x2+y2)=3(z12+t12)于是又有x0，y0(mod 3)令x=3x1，y=3y1，代入又得6(x12+y12)=z12+t12这说明(x1，y1，z1，t1)也是方程的解而且x1x与x的最小性矛盾故证4证明 所有的袋中球数的奇偶性相同 把每个袋中的球数都减少同一个数目，不影响结论的正确性； 如果每个口袋中的球数有公因子d，则把这个公因子约去，不影响结论的正确性由此，设各口袋中球数不全相等，取各袋球数最少的，设为k先把每个口袋中的球数减k，于是，至少有一个口袋中球数为0，而其余各袋中球数为偶数把各袋中的球数都减半，此时由于有一袋中球数为0，故这一袋中球数仍为偶数于是其余各袋中球数都
18、仍为偶数于是，可以再把各袋中球数减半，而同理知此时各袋中球数仍全为偶数这一过程可以无限继续下去，这是不可能的即得证5证明 设调整开始前，拿糖块最多的小孩拿了2m块糖，最少的拿了2n块糖(n，mN*，0nm)若nm，则所有小孩拿糖块数已经相等，不再需要调整现设nm下面证明：引理1 经过一次调整后，每个小孩的糖块还在2n与2m之间；来源:学科网ZXXK设某小孩手中有糖2k块，他左边的小孩有2l块(k，lN*，且nk，lm)，经过一次调整，他手中的糖变为(当k+l为偶数时) k+l块或(当k+l为奇数时)k+l+1块因 nk，lm，故 2nk+l2m当且仅当k=l=n时，k+l=2n成立；当且仅当k
19、=l=m或k=m，l=m1或k=m1，l=m时，有k+l=2m，或k+l+1=2m故经过一次调整，所有小孩手中的糖块数还在2n与2m之间引理2 经过一次调整后，只要nm，手上有2n块糖的小孩人数就至少减少1人首先，调整前手中糖块数多于2n的小孩，经调整后，手中糖数仍多于2n若调整前某小孩手中有2k块糖(kn)，他左边的小孩有2l块糖，但ln，所以k+l2n从而这个小孩手中的糖数(kl或kl1)多于2n其次，调整前手中有2n块糖的小孩人数至少减少1人调整前手中有2n块糖的小孩，当且仅当其左边小孩手中也是2n块时，调整后手中仍为2n块但只要nm，就至少有一名手中有2n块糖的小孩，其左边小孩的糖多于
20、2n块于是经过调整，这名手中有2n块糖的小孩手中的糖数就多于2n块了，故经过一次调整，手中有2n块糖的小孩至少减少1人由1与2知，若原来手中有2n块糖的小孩共有h(hN*)人，经过至多h次调整后，每个小孩手中的糖数都不多于2m，不少于2n2如果2n+22m，再经过有限次调整后，每个小孩手中的糖块数又会不多于2m而不少于2n+4由于n，m都是正整数，n与m之间的整数只有有限个，所以，经过有限次调整后，每个小孩手中的糖数都变得一样多6考虑一般情况：对于任意正整数n，如果n分拆成的某数a5，则把它拆成3与a3，由于3(a3)3a9a(2a9)a，故所得分拆使其积变大如果最后最后拆成的数中所有数都4，
21、当4的个数2时，把44改成332，则44332当只有1个4时，把4改成22，而当2的个数3时，把222改成33，则22233于是可知，如果原数被3整除，则把它全部拆成3的和；如果原数被3除余1，则拆成2个2，其余全部是3的和；原数被3除余2，则拆出1个2，其余全部为3的和这样可使积最大对于n19792(mod 3)故只要拆成一个2与659个3的和，此时其积23659最大7解 由于f 2(0)202f ()，即f(0)=0即0A设aA，显然a0，又由aA，知 f(a)a2， 由f(x)定义，有 f 2(a)2a2f ()， 比较、，有 f ()()2于是A但由a0，故a，即与a是A的(相异的)两
22、个元素同理，由A，0，又可得A由此可知，a，(nN)都是A的元素，即A为无限集8设分成各组的点数分别为n1，n2，n30，且n1n2n30，n1n2n301989则可得三角形总数Sninjnk现固定n3，n30则Sn1n2nk(n1n2)njnkninjnk故要使S最大，n2n1应尽可能小，故n2n11或2同法可知应有ni1ni1或2，且至多有1组相邻两数差为2由于若所有相邻两数差为1时，此30个数的和为15的倍数，而1989不是15的倍数故设此30组的点数为n，n1，nk1，nk1，n30于是前k个数都加1后，30个数的和1989k，且15|1989kk62n31133n51即分成数为51，
23、52，56，58，59，81“习题69”解答：1证明 设方程有正整数解不妨设(x0，y0，u0，v0)是其中使x2+y2最小的一组解由于左边能被3整除，若3x，或3y，则x2+y21或2(mod 3)，故x0(mod 3)，y0(mod 3)设x=3x1，y=3y1，代入得u+v=3(x12+y12)，这说明(u0，v0，x1，y1)也是原方程的一组解，但u+vx+y，即得到的一组解使x2+y2更小这与假设矛盾故原方程没有正整数解2解 a=b=c=0是一组解设(a0，b0，c0)是一组非零解 a、b、c不能都是奇数，否则左边被4除余3，右边被4除余1，矛盾 a，b，c不能二奇一偶，否则左边被4
24、除余2，右边被4除余0或1，矛盾； a，b，c不能一奇二偶，否则左边被4除余1，右边被4除余0，矛盾； a，b，c都是偶数，则约去左、右两边所有的公因子2后，必得上述三者之一从而本题只有唯一解3证明：1f(1)f(2)=2，故f(1)=1，f(2k)=2k，f(2k+1)=2k+1，而2k=f(2k)f(2k+1)f(2k+2)f(2k+11)f(2k+1)=2k+1由于在2kx2k+1的自然数共有2k1个：2k+1，2k+2，2k+11而f(2k)、f(2k+1)、f(2k+2)、f(2k+11)这2k1个互不相等的函数值也只有取这2k1个值即得f(x)=x在2kx2k+1上恒成立由k可取一
25、切正整数，故得对于一切xN*，f(x)=x成立4分析：可先讨论n=2，3的情况，再推广到一般情况解：令Sn=sinx1+sinx2+sinx3+sinxn当n=2时，S2=sinx1+sinx21+1=2，当且仅当x1=x2= 时等号成立；当n=3时，S3=sinx1+sinx2+sinx3= sinx1+sinx2+sin(x1+x2)=2sin cos+sin(x1+x2) 2sin+2sincos=2sin2a(1+cos2a)=8sinacos3a其中2a所以 S32=82sin2acos6a= 3sin2acos2acos2acos2a()4故 S3当且仅当x1=x2=x3= 时取最
26、大值猜测，x1x2xn 时Sn取最大值nsin下面证明这个结论：若x1、x2、xn不全相等，则必有某个xi，也有某个xj就设x1，x2则 sin+sin(x1+x2)(sinx1+sinx2)=2sin(cos ()cos) =2sin2sinsin0即把x1换成，x2换成x1+x2，其余的角保持不变后，和增大，若还有不等于的角，则仍可继续这个过程，至多替换n1次，就可使每个角都等于，此时已无法使Sn再增大故得最大值为nsin又证：由琴生不等式，即有Sn=sinx1+sinx2+sinx3+sinxnnsin= nsin5证明：用逐次调整法证明如下：若j11，jk1(k1)，因a1b1a1ba
27、kbakb(a1ak)(b1b)0，aiba1ba2bakbanb(a1b1a1bakbakb)a1ba2bakbanb a1b1a2bakbanb即经过一次调整，使和式中的第1项a1b及第k项akb1分别换成a1b1及akb，其余各项都没有改变，经过这样变化，其和不减若j11，则此步调整可以不做，直接考虑下一步此时，若j22，又可用同样的方法调整，使和式的第2项变成a2b2，而和不减；，这样经过至多n1次调整，就可使和式变为aibi，且每次调整时其和都不减从而左边的不等式得证同法可证右边的不等式6证明：设a1，a2，an按大小排列为aaa，若j1k，1kn，则()(a1ak)()0于是，在和
28、式+中，把换成，把换成，其余各项不动，则其和不增，即+；(若j11，则此步调整可以不做，直接考虑下一步)若j2k2，则又可把换成，而把换成，其余各项不动，仍可证明，经过这样的交换，其和不增，这样经过至多n1次调整，使和式换成+，而和不增即+ 但aaa，故a1，a2，an，从而(k1，2，n)，故又得，+1+ 比较、，得证7证明：设O为给定圆，ABC为其内接三角形，若ABAC，则作BC边上的高AD及BC的垂直平分线AM交BC于点M，交O于点A，显然AMAD于是SABCSABC，这说明，只要定O的内接三角形的两边不等，就可调整此三角形使其面积增大，故此三角形不是圆的内接三角形中面积最大的，从而，当
29、圆的内接三角形三边相等时，其面积才不能再增大，即圆的内接三角形中面积最大的为正三角形8解：设DEF是ABC的任一内接三角形(D、E、F分别在边BC、CA、AB上)，若FDBEDC，则作点F关于BC的对称点F，连FE交BC于点D，连ED、FD，显然，FDDEFDDE这说明，只要内接三角形的某两边与原三角形的相应边夹角不等，则可通过上法调整此三角形，使其周长变小，故此三角形不是内接三角形中周长最小的故只有当内接三角形的任两边与相应边的夹角都相等时，其周长才不能再减小即此时得到的三角形是其内接三角形中周长最小的而当内接三角形的任两边与相应边的夹角都相等时，此三角形是以原三角形的高的垂足为顶点的三角形
30、故以三高的垂足为顶点的三角形是三角形的内接三角形中周长最小的9证明 把题中的矩形简记为(ai，bi)即用每个矩形与其在第一象限内的顶点对应这是一一对应如果存在一个横坐标a，使横坐标为a的点对应的矩形有无数个，即可选择所有横坐标为a的矩形，把这些矩形按纵坐标从小到大排序，按此排序得出的矩形序列即满足题意同理，如果存在一个纵坐标b，使纵坐标为b的点对应的矩形有无数个，亦可如上证得解现设对于任何给定正整数a与b，矩形(a，y) 只有有限个，矩形(x，b)也只有有限个先取a1，使a1为所有矩形的横坐标的最小值，它对应着矩形(a1，y)只有有限个，取其中y值最小的一个为矩形(a1，b1)，据题意，矩形集
31、合(x，y)|xa1，或yb1是有限集(这是因为：由假设，所有横坐标为1，2，a11，a1的矩形的集合都为有限集，所有纵坐标为1，2，b11，b1的矩形集合也都为有限集)把这些矩形去掉后的矩形集合仍为无限集对新的矩形集合，再按此步骤又可得第二个矩形(a2，b2)，第一个矩形在此矩形内部这一过程可以无限继续下去，于是本题获证10证明 如果存在某个正n边形，它的每个顶点都是整点，设为正多边形ABC现在平面上任取一个整点O，作OA1AB，且OA1=AB，则由于A、B、O均为整点，得A1为整点作OB1BC，且OB1=BC，则B1也是整点，这时得到一个新的多边形A1B1，此新多边形是一个格点多边形，且多
32、边形A1B1也是正多边形但当n7时，A1B1AB，即新的整点正多边形的边长小于原来的整点正多边形的边长这一过程可以无限进行下去这是不可能的即不存在边数不小于7的整点正多边形11证明 不妨设三个箱子中的球数分别为a，b，c，且0abc于是存在q，rN，使b=aq+r(0ra)用二进制写出q：q=2k+12k1+22k2+k12+k(i0，1)故 b=a(2k+12k1+22k2+k12+k)+r现按如下规则操作：第一次操作：若k=1，则在第二箱中取出a个球放入第一箱中，此时，第一箱中球数为2a，第二箱中球数为2a(2k1+12k2+22k3+k1)+r；若k=0，则在第三箱中取出a个球放入第一箱
33、中，此时第一箱中球数为2a，第二箱中球为为b，第三箱中球数=caa(2k+12k1+22k2+k1)+r 第二次操作：若k1=1，则在第二箱中取出2a个球放入第一箱，此时第一箱的球22a，第二箱中球数为22a(2k2+12k3+22k4+k2)+r，若k1=0，则在第三箱中取2a个球放入第一箱中；一般的，第i(1ik)次操作后，第一箱中球数为2ia，第二箱中球数为2i(2ki+12ki1+22ki2+ki)+r，第三箱中球数(2k+12k1+22k2+ki)a+r(2i1)a(2k+12k1+22k2+ki2i2i+1)a+r经过k+1次操作，第一箱中球数为2k+1a，第二箱中球数为r，第三箱
34、中球数r即三箱中球数最少的为rra这算一轮操作若r0则重新按上述规则再进行一轮操作于是又得最少的一箱中球数r1满足0r1r这样的操作不可能进行无限轮，必经过有限的n轮，使rn=0故证12证明：如果两人不是仇人，就称这两人为朋友把这2n个人任意排列成一圈，如果相邻两人是朋友，就把他们连一条线这时这个圈就断成若干段现从某一人出发，顺时针检查，遇到第一个断开的地方，例如相邻的A1与B1间断开现从B1下面的人开始检查每个与A1的朋友：必能找到相邻两人A2、B2，其中A1与A2是朋友，B1与B2也是朋友，这样的两个人是能找到的：反设每个与A1是朋友的人后面的人都是B1的仇人，由于A1的朋友至少有n个，而B1的仇人不超过n1个，故不会出现这种情况现在把此圆周上从B2顺时针向后直到A1的一段不动，而把从B1到A2的一段保持相邻关系翻转，使A2转到A1后面而B1转到B2前面这样，除A1、A2及B1、B2由原来不相邻变为相邻外其余的人的相邻关系没有改变
