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联赛二试的技巧(下篇)


联赛二试技巧(下篇)
2-7-18 优化假设 对已知条件中的多个量作有序化或最优化(最大、最小、最长、最短)的假定, 叫做优化假设,常取“极端” 、 “限定” 、 “不妨设”的形式。由于假设本身给题目增 加了一个已知条件,求解也就常能变得容易。求解 IMO10?4 , IMO24?6 , IMO29?6 都用 到这一技巧。 例 2-166 空间 2n(n ? 2) 个点

,任 4 点不共面,连 n ? 1条线段,证明其中至 少有 3 条边组成一个三角形。 证明 设其中任意三条线段都不能组成三角形, 并设从 A1 点引出的线段最多 (优化假设) ,且这些线段为 A1B1,A1B2,?A1Bk,除 A1,B1,B2,?,Bk 之外,
2

其他点设为 A2,A3,?,A2n-k。显然 ?B1, B2 ,… , Bk ? 中任两点间无线段相连。于是, 每 一 个 Bi 发 出 的 线 段 至 多 ( 2n ? k ) 条 , 而 每 个 Aj 发 出 的 线 段 至 多 k 条 ( i ? 1, 2,…, kj ? 1, 2,…, 2n ? k ) ,故线段总数最多为(图 2-65) :

1 k ? (2n ? k ) 2 [l (2n ? k ) ? (2n ? k )k ] ? k (2n ? k ) ? [ ] ? n2 2 2 2 这与已知条件连 n ? 1条线段矛盾,故存在三条线段组成一个三角形。
例 2-167 平面上的有限个圆盘盖住了面积为 1 的区域 S, 求证可以从中选出一

1 。 9 证明 将圆心为 O,半径为 r 的原盘记为 C (o, r ) 。首先取全体圆盘中面积最大 的一个记为 C (o1 , r1 ) ;然后在与 C (o1 , r1 ) 不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为
些互不相交的原盘来,使它们的面积之和不小于

C (o2 , r2 ) ,接着在与 C(o1 , r1 ) , C (o2 , r2 ) 都不相交的圆盘中取面积最大的一个,记 为 C (o3 , r3 ) ,继续这一过程,直到无圆可取为止,设取得的圆盘依次为 C (o1 , r1 ) , C (o2 , r2 ) ,?, C (on , rn ) (1)
则(1)中的圆盘互不相交,且剩下的圆盘均与(1)中的某一圆盘相交。下面

1 。 9 任取 x ? S ,必存在一个已知圆盘 C (o, r ) ,使 c ? C ( o, r ) 。这个 C (o, r ) 或在 (1) 中, 或与 (1) 中的圆盘相交, 反正必与 ( 1) 有重迭部分, 现设 (1) 中与 C (o, r ) 有公共部分的最大圆盘为 C(ok , rk )(1 ? k ? n) , 因为 C (o, r ) ,C (ok , rk ) 与 C (o1 , r1 ) ,
证明, (1)中各圆面积之和 S1 ? S2 ? … ? Sn 不小于

C (o2 , r2 ) , ? , C(ok ?1 , rk ?1 ) 均 不 相 交 , 故 由 C (ok ,rk )的 取 法 知 r ? rk , 且 由 , 更 有 x ? C(ok , 3 C(o ,r )? C ( ok r ,k ) ? ? 知 , C(o ,r )? C ( ok , 3 rk ) rk )。 这 表 明

S ? U C (oi , 3 ri )
i ?1

n

从而

1 ? ? (3r1 )2 ? ? (3r2 )2 ? …? ? (3rn )2

? 9(? r12 ? ? r22 ? …? ? rn2 ) ? 9(S1 ? S2 ? …? Sn )
1



( S1 ? S2 ? … ? Sn ) ?

1 9

2-7-19 计算两次 对同一数学对象,当用两种不同的方式将整体分为部分时,则按两种不同方式 所求得的总和应是相等的,这叫计算两次原理成富比尼原理。计算两次可以建立左 右两边关系不太明显的恒等式。在反证法中,计算两次又可用来构成矛盾。 例 2-168 能否从 1,2,?,15 中选出 10 个数填入图 2-66 的圆圈中,使得每 两个有线相连的圈中的数相减 (大数减小数) , 所的的 14 个差恰好为 1, 2, ?, 14? 解 考虑 14 个差的和 S,一方面 S=1+2+?+14=105 为奇数。 另一方面,每两个数 a , b 的差与其和有相同的奇偶性 a ? b ? a ? b(mod 2) 因此,14 个差的和 S 的奇偶性与 14 个相应数之和的和 S’的奇偶性相同,由于 图中的每一个数 a 与 2 个或 4 个圈中的数相加,对 S’的贡献为 2 a 或 4 a ,从而 S’为 偶数,这与 S 为奇数矛盾,所以不能按要求给图中的圆圈填数。 例 2-169 设 a1 , a2 ,…, an 为 1, 2, ?, n 的一个排列,f k 是集合 ai ai ? ak , i ? k

?

?

元素的个数,而 gk 是集合 ai ai ? ak , i ? k 元素的个数( k ? 1, 2,…, n ) ,证明

?

?

?
k ?1

n

fk ? ? gk
k ?1

n

证明

考虑集合 S ? ( ai , ak ) ai ? ak , i ? k 的元素个数 S 。 一方面, 固定 k 先

?

?

对 i 求和,然后再对 k 求和,得 S ? 对 i 求和,又得到 S ?

?f
k ?1

n

k

;另一方面,固定 i 先对 k 求和,然后再

?g ? ?g
i ?1 i k ?1

n

n

k

,所以得

? f ? ?g
k ?1 k k ?1

n

n

k



2-7-20 辅助图表 解题中作一些辅助性的图形或表格,常克使问题的逻辑结构直观地显现出来, 并提供程序性操作的机会,例 3-2 的处理曾获冬令营特别奖,同样的方法可用来求 和

Sn ? 12 ? 22 ? … ? n 2 ?
例 2-170

n(n ? 1)(2n ? 1) 6 设 N ? ?1, 2,…, n? , n ? 2 。 N 的子集 Ai (i ? 1, 2, …,t)组成集合

F ? ? A1, A2 ,…, At ? 。 如 果 对于 每一 对 元素 x, y ? N , 有 一 个集 合 Ai ? F 使 得
Ai ? ? x, y ? 恰含一个元素,则称 F 是可分的。如果 N 的每一个元素至少属于一个集
Ai ? F ,则称 F 是覆盖的。问使得有一个 F ? ? A1, A2 ,…, At ? 既是可分的又是覆盖 的 t 的最小值 f ( n) 是多少?
解 设 F ? ?A , At ? 对于 N 是既是可分的又是覆盖的,考虑集合与元 1, A 2 ,… 元素 1 2 3 ?? 素的关系表:

n
2

集合 A1 A2 ?? At 其中 aij ? ?

a11 a21
?

a12 a22
?

a13 a23
?

?? ?? ? ??

a1n a2 n
?

at1

at 2

at 3

atn

?1, j ? A ? ? ?0, i?A

1 ? i ? t, 1 ? j ? n

①由于 F 是覆盖的,所以每个 j 属于至少一个 Ai ,即表中每一列中至少有一个 1。 ②由于 F 是可分的,所以表中每两列均不完全相同。 由于表中的 t 行中,每个元素只取 0 或 1,并且每列的元素不全为 0,所以最多 可以组成 2 ? 1 个两两不同的列,由 F 是可分的(或由②) ,有
t

n ? 2t ? 1 ? 2t
得 另一方面,取 t 满足 2
t ?1

t ? log2 n ? [log2 n]
? n ? 2t ? 1 ,即 t ? [log2 n] ? 1

f ( n)? [ l o 1 (1) 2 gn? ]

可作出 n 个不同的由 0,1 组成的并且不全为 0 的长为 t 的数字列,因为

n ? 2t ? 1 ,这总是可能的,将它们作为一个有 t 行 n 列的数字表的 n 列,再把这个 表看作是一些集合 A1,A2,?,At 与元素 1,2,?,n 的关系表。即集合 Ai 由第 i 行中使得 aij ? 1 的哪些 j 组成,即

Ai ? j 1 ? j ? n且aij ? 1 ,1 ? i ? t 。
这时,集合 F ? ? A , At ? 对于 N 既是可分的,又是覆盖的,所以,又有 1, A 2 ,… (2) f (n) ? t ? [log2 n] ? 1 由(1) (2)知 f (n) ? [log 2 n] ? 1 例 2-171 六名乒乓球选手进行单打寻坏赛, 比赛在 3 个台上同时进行, 每人每 周只能而且必须参加一场比赛,因而比赛需要进行五周,已知,在第一周 C 与 E 对 垒;第二周 B 与 D 对垒;第三周 A 与 C 对垒;第四周 D 与 E 对垒;各周在上述这 些对垒同时另外还有两台比赛,问 F 在第五周同谁进行了比赛。 解 用表上作业法,列下表,并把已知条件填入第一列,根据题意,填表时应 满足 (1)每行填 3 对字母,恰好出现已知 6 个字母 A,B,C,D,E,F 各一次。 (2)每个字母各行出现一次,恰好在全表中出现 5 次;每次都与不同的字母配 对,恰好与其他 5 个字母各配对一次。 周次 比赛对垒

?

?

3

一 (CE) (AD)4 二 (BD) (CF)2 (AE)3 三 (AC) 四 (DE) (CB)2 (AF)3 五 (F?) (CD)1 (AB)4 ①由于比赛对垒的第一列中,前四周或有 C 或有 D,但 C、D 间未对垒,故 C、 D 必在第五周对垒,记为(CD)1。 ②由于已经有(CE) , (AC) , (CD) ,故剩下的(CB) , (CF)必出现在第二、 四周,但第二周 B 已与 D 对垒,故第二周应是(CF) ,记作(CF)2,从而第四周有 (CB)2。 ③这时第二周必还有(AB)3,第四周必还有(AF)3。 ④由于已经有(AC) , (AE) , (AF) ,故剩下的(AB)4, (AD)4,必出现在第 一、五行,但(CD)已经有 D 出现在第五行,故只能(AB)4 在第五行,这就表明 F 与 E 对垒。

4


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