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奥林匹克技巧


奥林匹克数学的技巧(上篇)
有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学,通常的情况是,在一般思维规律的指导 下,灵活运用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合。这当中,经常使用一些方法和 原理 (如探索法, 构造法, 反证法, 数学归纳法, 以及抽屉原理, 极端原理, 容斥原理??) , 同时,也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。在 2-1 曾经说过: “竞赛的

技巧 不是低层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技, 它既是使用数学技巧的技巧, 又是创造数学 技巧的技巧,更确切点说,这是一种数学创造力,一种高思维层次,高智力水平的艺术,一 种独立于史诗、音乐、绘画的数学美。 ” 奥林匹克技巧是竞赛数学中一个生动而又活跃的组成部分。 2-7-1 构造 它的基本形式是:以已知条件为原料、以所求结论为方向,构造出一种新的数学形式, 使得问题在这种形式下简捷解决。常见的有构造图形,构造方程,构造恒等式,构造函数, 构造反例,构造抽屉,构造算法等。 例 2-127 一位棋手参加 11 周(77 天)的集训,每天至少下一盘棋,每周至多下 12 盘棋,证明这棋手必在连续几天内恰好下了 21 盘棋。 证明:用 an 表示这位棋手在第 1 天至第 n 天(包括第 n 天在内)所下的总盘数 ( n ? 1, 2, …77 ) ,依题意 考虑 154 个数:

1 ? a1 ? a2… ? a77 ? 12 ?11 ? 132

a1 , a2 ,…,a77 , a1 ? 21, a2 ? 21,? a77 ? 21
又由 a77 ? 21 ? 132 ? 21 ? 153 ? 154 ,即 154 个数中,每一个取值是从 1 到 153 的自 然数,因而必有两个数取值相等,由于 i ? j 时, ai ? ai 故只能是 ai , a j ? 21(77 ? i ? j ? 1) 满足

ai ? 21 ? a j ? 21

ai ? a j ? 21

这表明,从 i ? 1 天到 j 天共下了 21 盘棋。 这个题目构造了一个抽屉原理的解题程序,并具体构造了 154 个“苹果”与 153 个“抽 屉” ,其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。 例 2-128 值。 已知 x, y, z 为正数且 xyz ( x ? y ? z ) ? 1 求表达式 ( x ? y)( y ? z ) 的最最小

?a ? x ? y ? 解:构造一个△ABC,其中三边长分别为 ?b ? y ? z ,则其面积为 ?c ? z ? x ?

? ? ( p( p ? a)( p ? b)( p ? c) ? ( x ? y ? z) xyz ? 1
另方面 ( x ? y )( y ? z ) ? ab ?

2? ?2 sin C

故知,当且仅当∠C=90°时,取值得最小值 2,亦即 ( x ? y)2 ? ( y ? z)2 ? ( x ? z)2 取 最 小 值 2 , 如 x ? z ?1, y ? 2 ?1 时, y( x ? y ? z ) ? xz 时 , ( x ? y) ( y ? z)

( x ? y) ( y? z )? 。 2
2-7-2 映射 它的基本形式是 RMI 原理。 令 R 表示一组原像的关系结构(或原像系统) ,其中包含着待确定的原像 x ,令 M 表示 一种映射, 通过它的作用把原像结构 R 被映成映象关系结构 R*, 其中自然包含着未知原像 x 的映象 x * 。如果有办法把 x * 确定下来,则通过反演即逆映射 I ? M
?1

也就相应地把 x 确定

下来。 取对数计算、换元、 引进坐标系、设计数学模型,构造发生函数等都体现了这种原理。 建立对应来解题,也属于这一技巧。 例 2-129 甲乙两队各出 7 名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛,双方先由 1 号队员比赛,负者被淘汰,胜者再与负方 2 号队员比赛,?直到有一方队员全被淘汰为止, 另一方获得胜利,形成一种比赛过程,那么所有可能出现的比赛过程的种数 为 。 解 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A1,A2,?,A7 和 B1,B2,?B7。 如果甲方获胜, 设 Ai 获胜的场数是 xi , 则 0 ? xi ? 7 1 ,

?7 i ? 而且 x1 ? x2 ? … ? x7 ? 7

(*)容易证明以下两点:在甲方获生时, (i)不同的比赛过程对应着方程(*)的不同非负整数解; (ii)方程(*)的不同非负整数解对应着不同的比赛过程,例如,解(2,0,0,1, 3,1,0)对应的比赛过程为:A1 胜 B1 和 B2,B3 胜 A1,A2 和 A3,A4 胜 B3 后负于 B4,A5 胜 B4, B5 和 B6 但负于 B7,最后 A6 胜 B7 结束比赛。
7 故甲方获胜的不同的比赛过程总数是方程(*)的非负整数解的个数 C13 。

解二

建立下面的对应;

集合 ? A 1, A 2 ,…,A 7 ? 的任一个 7-可重组合对应着一个比赛过程,且这种对应也是一个 一一对应。例如前述的比赛过程对应的 7-可重组合是 ? A 1, A 2, A 3, A 4, A 5, A 6 ? 所以甲方获胜
7 7 的不同的比赛过程的总数就是集合 ? A 1, A 2 ,…,A 7 ? 的 7-可重组合的个数 C7?7?1 ? C13 。

例 2-130

设 pn (k ) 表 示 n 个 元 素 中 有 k 个 不 动 点 的 所 有 排 列 的 种 数 。 求 证

? k p ( k) ?
k ?0 n

n

n!
设 S ? ?a1 , a2 ,…, an ? 。对 S 的每个排列,将它对应向量 (e1 , e2 ,…,en ) ,其中

证明

每个 ei ??0,1 ? ,当排列中第 i 个元素不动时, ei ? 1 ,否则为 0。于是 pn (k ) 中所计数的任

一排列所对应的向量都恰有 k 个分量为 1, 所以 n ! 个排列所对应的那些向量中取值为 1 的分 量的总数为

? kp (k ) 。
k ?1 n

n

另一方面,对于每个 i ,1 ? i ? n ,使得第 i 个元素不动的排列共有 (n ? 1)! 个,从而相 应的 n 维向量中,有 (n ? 1)! 个向量的第 i 个分量为 1。所以,所有向量的取值为 1 的分量总 数 n(n ? 1)! ? n !,从而得到

? kp (k ) ? n!
k ?1 n

n

例 2-131 在圆周上给定 2n ? 1(n ? 3) 个点,从中任选 n 个点染成黑色。试证一定存在 两个黑点,使得以它们为端点的两条弧之一的内部,恰好含有 n 个给定的点。 证明 若不然,从圆周上任何一个黑点出发,沿任何方向的第 n ? 1 个点都是白点, 因而,对于每一个黑点,都可得到两个相应的白点。这就定义了一个由所有黑点到白点的对 应,因为每个黑点对应于两个白点,故共有 2 n 个白点(包括重复计数) 。又因每个白点至多 是两个黑点的对应点, 故至少有 n 个不同的白点, 这与共有 2n ? 1 个点矛盾, 故知命题成立。 2-7-3 递推 如果前一件事与后一件事存在确定的关系,那么,就可以从某一(几)个初始条件出 发逐步递推,得到任一时刻的结果,用递推的方法解题,与数学归纳法(但不用预知结论) , 无穷递降法相联系,关键是找出前号命题与后号命题之间的递推关系。 用递推的方法计数时要抓好三个环节: (1)设某一过程为数列 f ( n) ,求出初始值 f (1), f (2) 等,取值的个数由第二步递推 的需要决定。 (2)找出 f ( n) 与 f (n ? 1) , f (n ? 2) 等之间的递推关系,即建立函数方程。 (3)解函数方程 例 2-132 整数 1,2,?,n 的排列满足:每个数大于它之前的所有的数或者小于它之 前的所有的数。试问有多少个这样的排列? 解 通过建立递推关系来计算。设所求的个数为 an ,则 a1 ? 1 (1)

对 n ?1 , 如 果 n 排 在 第 i 位 , 则 它 之 后 的 n ?i 个 数 完 全 确 定 , 只 能 是

n ? i, n ? i ? 1, ?,2,1。而它之前的 i ? 1 个数, n ? i ? 1, n ? i ? 2, ?, n ? 1 ,有 ai ?1 种排法,
令 i ? 1, 2, ?, n 得递推关系。

an ? 1 ? a1 ? …? an?2 ? an?1 ? (1 ? a1 ? …? an?2 ) ? an?1 ? an?1 ? an?1 ? 2an?1
由(1) , (2)得 例 2-133

(2)

an ? 2n?1
设 n 是正整数, An 表示用 2×1 矩形覆盖 2 ? n 的方法数; Bn 表示由 1 和 2















n

















0 2 4 2m ?Cm ? Cm ? ?1 ? Cm ? 2 ? … ? C2 m , Cn ? ? 1 3 5 2 m ?1 ? ?Cm?1 ? Cm?2 ? Cm?3 ? … ? C2 m?1

n ? 2 m, n ? 2m ? 1

,证明 An ? Bn ? Cn

证 明

由 An , Bn 的 定 义 , 容 易 得 到

An?1 ? An ? An?1 , A1 ? 1, A2 ? 2

Bn?1 ? Bn ? Bn?1 , B1 ? 1, B2 ? 2
又因为 C1 ? 1, C2 ? 2 ,且当 n ? 2 m 时,
0 2 4 2 m?2 2m 1 3 5 2 m?1 1 3 Cn ? Cn?1 ? Cm ? Cm ?1 ? Cm?2 ? …? C2m?1 ? C2 m ? Cm ? Cm?1 ? Cm?2 ? …? C2 m?1 ? Cm?1 ? Cm?2 5 2m?1 2m?1 ?Cm ?3 ? …? C2m ? C2m?1 ? Cn?1

类似地可证在 n ? 2m ? 1 时也有 Cn ? Cn?1 ? Cn?1 , 从而 ? An ? , ?Bn ? 和 ?Cn ? 有相同的递 推关系和相同的初始条件,所以 An ? Bn ? Cn 。

IMO22?3 , IMO29?6 用无穷递降法求解也用到了这一技巧。
2-7-4 区分 当“数学黑箱”过于复杂时,可以分割为若干个小黑箱逐一破译,即把具有共同性质 的部分分为一类, 形成数学上很有特色的方法——区分情况或分类, 不会正确地分类就谈不 上掌握数学。 有时候,也可以把一个问题分阶段排成一些小目标系列,使得一旦证明了前面的情况, 便可用来证明后面的情况,称为爬坡式程序。比如,解柯西函数方程就是将整数的情况归结 为自然数的情况来解决, 再将有理数的情况归结为整数的情况来解决, 最后是实数的情况归 结为有理数的情况来解决。 IMO14?2 的处理也体现了爬坡式的推理(例 2-47) 。 区分情况不仅分化了问题的难度,而且分类标准本身又附加了一个已知条件,所以, 每一类子问题的解决都大大降低了难度。 例 2-134 设凸四边形 ABCD 的面积为 1,求证在它的边上(包括顶点)或内部可以找 出 4 个点,使得以其中任意三点为顶点所构成的 4 个三角形的面积均大于 1/4。 证明 作二级分类 1.当四边形 ABCD 为平行四边形时,

S?ABC ? S?ABD ? S?ACD ? S?BCD ?

1 1 ? 2 4

A,B,C,D 即为所求,命题成立。 2.当四边形 ABCD 不是平行四边形时,则至少有一组对边不平行,设 AD 与 BC 不平行, 且直线 AD 与直线 BC 相交于 E,又设 D 到 AB 的距离不超过 C 到 AB 的距离,过 D 作 AB 的平 行线交 BC 于 F,然后分两种情况讨论。 (1)如图 2-52, DF ?

1 AB ,此时可作△EAB 的中位线 PQ、QG,则 2

1 1 1 S? EAB ? S ABCD ? 即 A、G、Q、P 为所求。 2 2 2 1 1 (2)如图 2-53, DF ? AB ,此时可在 CD 与 CF 上分别取 P、Q,使 PQ ? AB 。 2 2 1 过 Q9 或 P)作 QG∥AP 交 AB 于 G。为证 S? APQG ? ,连 AP 交 BE 于 M,过 A 作 AH∥BC 交 CD 2 S? AGQP ?
延长线于 H。有 S?PCM ? S?PAH ? S?PAD

S?MAB ? S?PCM ? S ABCP ? S?PAD ? S ABCO ? AABCD


S? APQG ?

1 1 1 S?MAB ? S ABCD ? 2 2 2

故 A、P、Q、G 为所求, 这实际上已证明了一个更强的命题: 面积为 1 的凸四边形一定能嵌入一个面积大于 1/2 的平行四边形。 例 2-135 对内角分别为为 30°、60°、90°的三角形的顶点和各边四等分点共 12 个 点,染以红色或蓝色,则必存在同色的三点,以它们为顶点的三角形与原三角形相似。 证明 设△ABC 中,∠C=90°,∠B=60°,∠C=30°,点 A1,A2,A3;B1,B2,B3;C1, C2,C3 分别是边 AB、BC、CA 的四等分点,下面作三级分类。 1.点 A、B、C 同色时,结论显然成立。 2.点 A、B、C 异色时,记 A 为红色,写作 A(红) ,其余各点染色记号类同。 (1)A(红) ,B(红) ,C(蓝)时,由△ABC~△B1BA~△C3B1C~△C3AA3~△A2A3B1~△AA2C2~ △C2B2C~△A2AB2 知,若结论不成立,则有 B1(蓝)→C3(红)→A3(蓝)→A2(红)→C2(蓝)→B2(红)→A(蓝) 。 这与 A(红)矛盾。 (2)A(红) ,B(蓝) ,C(红)时,由△ABC~△B1AC~△A3BB1~△AC3A3~△C2C3B1~△C2B2C~ △A2BB2~△AA2C2 知,若结论不成立,则有 B1(蓝)→A3(红)→C3(蓝)→C2(红)→B2(蓝) →A2(红)→A(蓝)这与 A(红)矛盾。 (3)A(红) ,B(蓝) ,C(蓝)时,又分两种情况: (3)1 当 B1(红)时,由△ABC~△B2B1A~△B2C2C~△AA2C2~△A2BB2 知,若结论不成立,则 有 B2(蓝)→C2(红)→A2(蓝)→B(红) 。这与 B(蓝)矛盾。图(2-56) (3)2 当 B1(蓝)时,由△ABC~△C3B1C~△C3AA3~△A3BB1 知,若结论不成立,则有 C3(红)→A3(蓝)→B(红)与 B(蓝)矛盾。 (图 2-57) 2-7-5 染色 染色是分类的直观表现,在数学竞赛中有大批以染色面目出现的问题,其特点是知识 点少,逻辑性强,技巧性强;同时,染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。下面 是一些熟知的结果。 1.在(点)二染色的直线上存在相距 1 或 2 的同色两点。 2.在(点)二染色的直线上存在成等差数列的同色三点。 3.在(点)二染色的平面上存在边长为 1 或 3 的单色正三角形(三个顶点同色的三 角形) 。 4.设 T1,T2 是两个三角形,T1 有一边长 1,T2 一边长 3 。若将平面作(点)二染色,

则恒可找到一个全等于 T1 或 T2 的单色三角形。 5.在(点)三染色的平面上,必有相距为 1 的两点同色。 6.在(点)三染色的平面上,必存在一个斜边为 1 的直角三角形,它的三个顶点是全 同色的或是全不同色的。 7.在(边)染色的六阶完全图中必有单三角形(三边同色) 。 8.在(边)染色的六阶完全图中至少有两个单色三角形。 例 2-136 有一个 3×7 棋盘。用黑、白两种颜色去染棋盘上的方格,每个方格只染一 种颜色。证明不论怎样染色,棋盘上的方格组成的矩形中总有这样的矩形,其边与棋盘相应 的边平行,而 4 个角上的方格颜色相同。 证明 称满足条件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的 3×7=21 个方格只染两种颜色, 必有 11 个同色,不妨设同为黑色。现设第 i 列上有 di (0 ? di ? 3) 个黑色方格,一方面,总 黑格数为 x ? 总计
7 1 7 2 7 1 7 1 1 2 t ? (? di ?? di ) ? [ (? di ) ? ? di ] ? ( x 2 ? 7 x) ? 14(112 ? 7 ?11) ? 3 2 i ?1 7 i ?1 14 7 i ?1 i ?1

?d
i ?1

7

i

1 ? 11 ;另一方面,在第 i 列上首尾两端都是黑格的矩形有 di (di ? 1) 个, 2

若题中的结论不成立,则上述 t 个矩形两两不同,将它们投影到第一列,那么第 1 列就
2 存在 t 个首尾两端都是黑格的矩形, 但第 1 列最多有 C3 有3 ? t ? 3 ? 3 个这样的矩形,

1 矛 7

盾,故命题成立。 例 2-137 在边二染色的 K5 中没有单色三角形的充要条件是它可分解为一红一蓝两个 圈,每个圈恰由 5 条边组成。 证明 由图 2-58 可见,充分性是显然的。 考虑必要性, 在 K5 中每点恰引出 4 条线段, 如果从其中某点 A1 能引出三条同色线段 A1A1, A1A3,A1A4,记为同红,则考虑△A2A3A4,若当中有红边 Ai Aj ( 2 ? i ? j ? 4 ) ,则存在红色三 角形 A1 Ai Aj 是同蓝色三角形,均无与单色三角形矛盾。所以,从每点引出的四条线段中恰 有两条红色两条蓝色,整个图中恰有 5 条红边、5 条蓝边。 现只看红边,它们组成一个每点度数都是 2 的偶图,可以构成一个或几个圈,但是每 个圈至少有 3 条边,故 5 条红边只能构成一个圈,同理 5 条蓝边也构成一个圈。 例 2-138 求最小正整数 n ,使在任何 n 个无理数中,总有 3 个数,其中每两数之和都 仍为无理数。 解 取 4 个无理数

?

2, 3, ? 2, ? 3 ,显然不满足要求,故 n ? 5 。

?

设 a, b, c, d , e 是 5 个无理数,视它们为 5 个点,若两数之和为有理数,则在相应两点间 连一条红边,否则连一条蓝边。这就得到一个二染色 k5 。只须证图中有蓝色三角形,分两 步: (1)无红色三角形。若不然,顶点所对应的 3 个数中,两两之和均为有理数,不妨设

1 a ? b, b ? c, c ? a 都是有理数,有 a ? [(a ? b) ? (b ? c) ? (c ? a )] 2
但无理数≠有理数,故 k5 中无红色三角形。 (2)有同色三角形,若不然,由上例知, k5 中有一个红圈,顶点所对应的 5 个数中, 两两之和均为有理数,设 a ? b, b ? c, c ? d , d ? e, e ? a 为有理数,则

1 a ? [(a ? b) ? (b ? c) ? (c ? d ) ? (d ? e) ? (e ? a)] 2
但无理数≠有理数,故 k5 中无 5 条边组成的红圈,从而有同色三角形。 这时,同色三角形必为蓝色三角形,其顶点所对应的 3 个无理数,两两之和仍为无理 数。 综上所述,最小的正整数 n=5 2-7-6 极端 某些数学问题中所出现的各个元素的地位是不平衡的,其中的某个极端元素或某个元 素的极端状态往往具有优先于其它元素的特殊性质, 而这又恰好为解题提供了突破口, 从极 端元素入手,进而简捷地解决问题,这就是通常所说的“极端原理” 。 使用这一技巧时,常常借用自然数集的最小数原理,并与反正法相结合。 例 2-139 设 S 为平面上的一个有限点集(点数≥5) ,其中若干点染上红色,其余的点 染上蓝色,设任何 3 个及 3 个以上的同色的点不共线。求证存在一个三角形,使得 (1)它的 3 个顶点涂有相同颜色; (2)这三角形至少有一边上不包含另一种颜色的点。 证明 对于任意的五点涂上红色蓝色,则必有三点同色,结论(1)成立。 若结论(2)不成立,可取顶点同色的三角形中面积最小的一个,因为只有有限个三角 形,这是可以做到的,记为△ABC,由于此三角形的每一边上都有异色点,记为 A1,B1,C1, 则△A1B1C1 也是同色三角形, 且面积小于△ABC 的面积, 这与△ABC 面积的最小性矛盾。 故 (2) 成立。 例 2-140 已知实数列 ?an ?k ?1 具有下列性质: 存在自然数 n, 满足 a1 ? a2 ? … ? an ? 0
?

及 an?k ? ak , k ? 1, 2… 求证存在自然数 N,使当 k ? 0,1, 2,… 时,总有 证明 构造和式
N ?K i?N

?a

i

?0

S j ? a1 ? a2 ? …? a j ( j ? 1, 2,…, n)
依题设知

Sn? j ? S j ? a j ?1 ? a j ?2 ? …? a j ?n ? S j ? a j ?1 ? a j ?2 ? …? an ? a1 ? a2 ? …? a j ? S j ? (a1 ? a2 ? …? an ) ? S j

这表明,和数列的各项中只取有限个不同的值:S1,S2,?,Sn,其中必有最小数,记 作 Sn (1 ? m ? n) ,取 N=m+1,则

aN ? aN ?1 ? …? aN ?k ? am?1 ? am?2 ? …? am?1?k ? Sm?1?k ? Sm ? 0
2-7-7 对称 对称性分析就是将数学的对称美与题目的条件或结论相结合, 再凭借知识经验与审美直 觉,从而确定解题的总体思想或入手方向。其实质是美的启示、没的追求在解题过程中成为 一股宏观指导的力量。著名物理学家杨振宁曾高度评价对称性方法: “当我们默默考虑一下 这中间所包含的数学推理的优美性和它的美丽完整性, 并以此对比它的复杂的、 深入的物理 成果,我们就不能不深深感到对对称定律的力量的钦佩” 。 例 2-141 设 a1 , a2 ,…,an 为正数,它们的和等于 1,试证必有下不等式成立:
2 2 2 an an a12 a2 1 ?1 ? ? …? ? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? a1 2 2 2 2 an an a12 a2 ?1 证明 设左边为 x ? ? ? …? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? a1 2 2 2 a3 an a2 a2 ? ?? ? 1 a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? a1

出于对称性的考虑,再引进 y ?

有x? y ?

2 2 a 2 ? a3 a2 ? a2 a2 ? a2 a12 ? a2 ? 2 ? … ? n?1 n ? n 1 a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? ai

? (a1 ? a2 ) ? (a2 ? a3 ) ? …? (an?1 ? an ) ? (an ? a1 ) ? 0
又由

ai2 ? a 2 j ai ? a j

?

ai ? a j 2

得x?

2 2 a 2 ? a3 a2 ? a2 1 1 a 2 ? a2 ( x ? y) ? ( 1 ? 2 ?? n 1 ) 2 2 a1 ? a 2 a2 ? a3 an ? a1

1 ? [(a1 ? a2 ) ? (a2 ? a3 ) ? … ? (an ? a1 )] 4 1 1 ? (a1 ? a2 ? … ? an ) ? 2 2 1 a1 ? a2 ? … ? an ? 时,可取等号。 n
还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。 例 2-142 在[0,1]上给定函数 y ? x (图 2-59) ,则 t 点在什么位置时,面积 S1 ? S2
2

有最大值和最小值。



在[0,1]中作曲线 y ? x2 关于直线 x ?

1 的对称曲线与之相交于 P 点,由对称性, 2

可将 S2 移至左上角,阴影部分即 S1+S2(图 2-60) 。移动 t 点,相当于 MN 上下平移,当 MN 经过 P 点,即 t ?

1 时,阴影面积(S1+S2)最小(图 2-61) ;当 t ? 1 时,阴影面积为最大(图 2

2-62) 。 下文中,例 3-2 的处理,是不落俗套进行对称性分析的一个好例子,例 3-18 体现了对 图形对称性的洞察。

奥林匹克数学的技巧(中篇)
2-7-8 配对 配对的形式是多样的, 有数字的凑整配对或共轭配对, 有解析式的对称配对对或整体配 对,有子集与其补集的配对,也有集合间象与原象的配对。凡此种种,都体现了数学和谐美 的追求与力量,小高斯求和(1+2+?+99+100)首创了配对, IMO16?3 也用到了配对。 例 2-143 求 解 作配对处理

?[ 503 ] 之值。
n ?0

502

305n

?[
n ?0

502

251 305n 251 305n 305(503 ? n) 304 ? 503 ] ? ? ([ ]?[ ]) ? ? ? 304 ? 251 ? 76304 503 503 503 503 n ?1 n ?1

例 2-144 求和

1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn

0 1 2 k n k n ?k 解一 由 Cn 把 an 倒排,有 an ? 0Cn ? 1Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn ? Cn n n?1 n ?k n an ? nCn ? (n ?1)Cn ? …? (n ? k )Cn ? …? 0Cn

相加 得

0 1 n 2an ? n(Cn ? Cn ? …? Cn )n ? 2n

an ? n ? 2n?1
k kC n ? A? S , ? A

解二 设集合 S ? ?1, 2,…, n? ,注意到 有 an ?

?

A , k ? 1, 2 … ,
k

,n

A? S

?A
A? S

为了求得 于是 an ?

让它与补集 A 配对, 共有 2 ? A 把每一 A ? S ,

n ?1

对, 且每对中均有 A ? A ? n

A? S

? A ? n ? n ? …n ? n ? 2

n ?1

这两种解法形式上虽有不同,但本质上是完全一样的,还有一个解法见例 2-149。 例 2-145 设 x1 , x2 ,…, xn 是给定的实数,证明存在实数 x 使得

? x ? x1? ? ? x ? x2 ? ? … ? ? x ? xn ? ?
这里的 ? y? 表示 y 的小数部分。 证明 有

n ?1 2

? y? ? ?? y? ? ? ?

?1,   y?Z ? ?0,   y ? Z

知 ? y? ? ?? y? ? 1

下面利用这一配对式的结论。设 fi ? ?xi ? x1? ? ?x1 ? x2 ? ? ? ?xi ? xn ?

?f
i ?1

n

i

?

1?i ? j ? n

? (?x ? x ? ? ?x
i j

j

? xi ?) ?

1?i ? j ? n

?

2 1 ? Cn ?

n(n ? 1) 2

据抽屉原理①知,必存在 k (1 ? k ? n) ,使 f k ? 取 x ? xk ,由上式得

1 2 n ?1 Cn ? n 2

? x ? x1? ? ? x ? x2 ? ? … ? ? x ? xn ? ?

n ?1 2

2-7-9 特殊化 特殊化体现了以退求进的思想:从一般退到特殊,从复杂退到简单,从抽象退到具体, 从整体退到部分,从较强的结论退到较弱的结论,从高维退到低维,退到保持特征的最简单 情况、退到最小独立完全系的情况,先解决特殊性,再归纳、联想、发现一般性。华罗庚先 生说,解题时先足够地退到我们最易看清楚问题的地方,认透了、钻深了,然后再上去。 特殊化既是寻找解题方法的方法,又是直接解题的一种方法。 例 2-146 已知恒等式
8 2 4 (2 x? 1 ) ? a(x ? b8 ) ? x ( ? c x? d )

求实数 a, b, c, d ,其中 a ? 0 。 解 故有 对 x 取特殊值,当 x ?

a ? b ? 0 (1) 2

1 a 1 c 8 4 时,有 ?( ? b) ? ( ? ? d ) ? 0 2 2 4 2 1 c ? ? d ? 0 (2 ) 4 2

又取 x ? 0 (即比较常数项系数) ,有
8
8

1 ? b8 ? d 4 (3)
8

比较 x 的系数(考虑特殊位置) ,有 2 ? a ? 1 (4) 由④得 a ? 28 ?1 ? 8 255
8

代入(1) ,得 b ? ?

8

255 2

代入原式左边,有 (2 x ? 1) ? ( 8 255 x ?
8

255 8 1 1 ) ? 256( x ? )8 ? 255( x ? )8 2 2 2

1 1 ? ( x ? )8 ? ( x 2 ? x ? ) 4 2 4

故知 c ? ?1, d ?

1 。 4

也可以将 a , b 的值代入(3) 、 (2)求 d , c ,但要检验排除增根。 例 2-147 已知 a 为常数, x ? R ,且 f ( x ? a) ?

f ( x) ? 1 f ( x) ? 1

求证 分析

f ( x) 是周期函数。
作特殊化探索。求解的困难在于不知道周期,先特殊化,取一个满足条件的特

殊函数 f ( x) ? ctgx 且 a ?

?
4

,有 ctg ( x ?

?
4

)?

ctgx ? 1 ctgx ? 1

但 ctgx 的周期为 T ? ? ? 4 ? 猜想: T ? 4 a 是周期。

?
4

? 4a 。

f ( x) ? 1 ?1 f ( x ? a ) ? 1 f ( x) ? 1 ?1 ? ? 证明 由已知有 f ( x ? 2a ) ? f ( x ? a ) ? 1 f ( x) ? 1 ? 1 f ( x) f ( x) ? 1
据此,有 f ( x ? 4a ) ? ?

1 1 ?? ? f ( x) 1 f ( x ? 2a ) ? f ( x)

得证 f ( x ) 为周期函数,且 T ? 4 a 为一个周期。 例 2-148 在平面上给定一直线,半径为 n 厘米( n 是整数)的圆以及在圆内的 4 n 条 长为 1 厘米的线段。 试证在给定的圆内可以作一条和给定直线平行或垂直的弦, 它至少与两 条给定的线段相交。 分析 特殊化,令 n ? 1 ,作一个半径为 1 的圆,在圆内作四条 1 厘米长的线段,再作 一条与已知直线 L 垂直的直线 L’(图 2-63) 现从结论入手,设 AB∥L 并与两条弦相交,则交点在 L’上的投影重合,反之,如果四条 线段在 L 或 L’上的投影有重合点,则从重合点出发作垂线即可。 由特殊化探索出一个等价命题:将给定的线段向已知直线 L 或 L 的垂线作投影时,至少 有两个投影点重合。 这可以通过长度计算来证实。 证明 设已知直线为 L,作 L’⊥L,又设 4 n 条线段为 d1 , d2 ,…, d4 n ,每一条 d i 在 L,L’ 上的投影长为 ai , bi (1 ? i ? 4n) ,有 ai ? 0, bi ? 0, ai ? bi ? 1 。
2 2

由 ai ? bi ?

(ai ? bi ) 2 ? ai2 ? bi2 ? 1



? ai ? ? bi ? ? (ai ? bi ) ? 4n
i ?1 i ?1 i ?1

4n

4n

4n

从而,两个加项

? a , ? b 中必有一个不小于 2n 厘米,但圆的直径为 2n 厘米,故
i ?1 i i ?1 i

4n

4n

d1 , d2 ,…, d4n 在 L 或 L’的投影中,至少有两条线段的投影相交,过重迭点作 L 或 L’的垂线即
为所求。 (将 ai , bi 表示为三角函数运算更方便) . IMO27?5 (例 2-51)的求解过程,实质上是对表达式 f ( xf ( y)) ? f ( y) ? f ( x ? y) 中函 数的三个表达式 f ( y), f ( x ? y), f ( xy( y)) 分别取值为 f (2) ? 0 2-7-10 一般化 推进到一般,就是把维数较低或抽象程度较弱的有关问题转化为维数较高、抽象程度 较强的问题,通过整体性质或本质关系的考虑,而使问题获得解决,离散的问题可以一般化 用连续手段处理, 有限的问题可以一般化用数学归纳法处理, 由于特殊情况往往涉及一些无 关宏旨的细节而掩盖了问题的关键, 一般情况则更明确地表达了问题的本质。 波利亚说: “这 看起来矛盾,但当从一个问题过渡到另一个,我们常常看到,新的雄心大的问题比原问题更 容易掌握,较多的问题可能比只有一个问题更容易回答,较复杂的定理可能更容易证明,较 普遍的问题可能更容易解决。 ” 希尔伯特还说:在解决一个数学问题时,如果我们没有获得成功,原因常常在于我们 没有认识到更一般的观点,即眼下要解决的只不够是一连串有关问题的一个环节。 例 2-149 求和(例 2-144)
n n

1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn



引进恒等式

k k ( 1? x ) ? ? C n x k ?0

对 x 求导

k k ?1 n(1 ? x)n ?1 ? ? kCn x k ?1

n

令 x ? 1 ,得

? kC
k ?1

n

k n

? n2n?1 。

这实质是将所面临的问题,放到一个更加波澜壮阔的背景上去考察,当中既有一般化、 又有特殊化。 例 2-150 1985 个点分布在一个圆的圆周上,每个点标上+1 或-1,一个点称为“好点” , 如果从这点开始, 依任一方向绕圆周前进到任何一点时, 所经过的各数的和都是正的。 证明: 如果标有-1 的点数少于 662 时,圆周上至少有一个好点。 证明 这里 662 与 1985 的关系是不清楚的,一般化的过程其实也就是揭示它们内在联 系的过程,可以证明更一般性的结论:在 3n ? 2 个点中有 n 个-1 时, “好点”一定存在。 (1) n ? 1 时,如图 2-64,A、B、C、D 标上+1,则 B、C 均为好点。 (2)假设命题当 n ? k 时成立,即 3k ? 2 个点中有 k 个-1 时,必有好点。

对 n ? k ? 1 ,可任取一个-1,并找出两边距离它最近的两个+1,将这 3 个点一齐去掉, 在剩下的 3k ? 2 个点中有 k 个-1,因而一定有好点,记为 P。现将取出的 3 个点放回原处, 因为 P 不是离所取出的-1 最近的点,因而从 P 出发依圆周两方前进时,必先遇到添回的+1, 然后再遇到添回的-1,故 P 仍是好点,这说明, n ? k ? 1 时命题成立。 由数学归纳法得证一般性命题成立,取 n ? 661 即得本例成立。 这里一般化的好处是:第一,可以使用数学归纳法这个有力工具;第二归纳假设提供 了一个好点,使得顺利过渡到 n ? k ? 1 。一般说来,更强的命题提供更强的归纳假设。 例 2-151 设 m, n ? N ,求证 S ? [

? (?1)
k ?0

n

k

m ](? m ) 是整数。
k ?0

k 2

n

k 2

证明

考虑更一般性的整系数多项式

f ( x) ? [? (? x) k ](? x k )
k ?0 k ?0

n

n



f (? x)? f ( x)
2

知 f ( x ) 是偶函数,从而 f ( x ) 只含 x 的偶次项,得 f ( x ) 是含 x 的整系数多项式,特 别地,取 x 为正整数即 m ? x ,得 S ? f ( m ) ? (
2
2

? (?1)
k ?0

n

k

m )(? m ) 为整数。
k ?0

k 2

n

k 2

这里,把常数 m 一般化为变数之后,函数性质便成为解决问题的锐利武器。 2-7-11 数字化 数字化的好处是:将实际问题转化为数学问题的同时,还将抽象的推理转化为具体的 计算。这在例 2-33 中已见过。 例 2-152 今有男女各 2n 人,围成内外两圈跳舞,每圈各 2n 人,有男有女,外圈的人 面向内,内圈的人面向外,跳舞规则如下:每当音乐一起,如面对面者为一男一女,则男的 邀请女的跳舞, 如果均为男的或均为女的, 则鼓掌助兴, 曲终时, 外圈的人均向左横移一步, 如此继续下去,直至外圈的人移动一周。 证明:在整个跳舞过程中至少有一次跳舞的人不少于 n 对。 解 将男人记为 +1 ,女人记为 -1 ,外圈的 2n 个数 a1 , a2 ,…, a2n 与内圈的 2n 个数

b1 , b2 ,…, b2n 中有 2n 个 1, 2n 个-1,因此,和 a1 ? a2 ? …? a2n ? b1 ? b2 ? …? b2n ? 0
从而 (a1 ? a2 ? …? a2n )(b1 ? b2 ? …? b2n ) ? ?(b1 ? b2 ? …? b2n )2 ? 0 ①

另一方面,当 a1 与 bi 面对面时, a1bi , a2bi ?1 ,…, a2nbi ?1 中的-1 的个数表示这时跳舞的 对数,如果在整个过程中,每次跳舞的人数均少于 n 队,那么恒有

a1bi ? a2bi ?1 ? …? a2nbi ?1 ? 0(i ? 1, 2,…, 2n)
从 而 总 和 0? ②

? (a
i ?1

2n

1 i

b? a 2 ? ib ? 1 …?

a ? 2 n ? ib) 1

(?a a 1 ?… 2 ?

n2

a )? (

b ? b 1 …? 2

n

)b 2

由①与②矛盾知,至少有一次跳舞的人数不少于 n 对。 这里还用到整体处理的技巧。 例 2-153 有男孩、女孩共 n 个围坐在一个圆周上( n ? 3 ) ,若顺序相邻的 3 人中恰有 一个男孩的有 a 组,顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有 b 组,求证 3 a ? b 。 证明 现将小孩记作 ai (i ? 1, 2,…, n) ,且数字化

?1    ai 表示男孩时 ai ? ? ??1    ai 表示女孩时
?3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为男孩 ? ??3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为女孩 ?? ?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 恰有一个女孩 ??1  a , a , a 恰有一个男孩 i i ?1 i?2 ?

则 Ai ? ai ? ai ?1 ? ai ? 2

其中 an? j ? a j 又设取值为 3 的 Ai 有 p 个,取值为 ?3 的 Ai 有 q 个,依题意,取值为 1 的 Ai 有 b 个, 取值为 ?1 的 Ai 有 a 个,得

3(a1 ? a2 ? …? an ) ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? (a2 ? a3 ? a4 ) ? …? (an ? a1 ? a2 )
? 3 p ? (?3)q ? (?1)a ? b ? 3( p ? q) ? (b ? q)
可见 3 a ? b ,也可以数字化为 a j ? ?

? ??   a j 表示男孩时 ? ??  a j 表示女孩时

??? ?

1 2

3 i.  w3 ? 1 2
?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 表示三男或三女 ? ? ??   ai , ai ?1 , ai ? 2 表示二男一女 ? 2 ??   ai , ai ?1 , ai ? 2 表示一男二女
知3 a ?b

有 ai ai ?1 ? ai ? 2

考虑积

1 ? (a1a2…an )3 ? ?b?a

2-7-12 有序化 当题目出现多参数、多元素(数、字母、点、角、线段等)时,若按一定的规则(如 数的大小,点的次序等) ,将其重新排列,则排序本身就给题目增加了一个已知条件(有效 增设) ,从而大大降低问题的难度。特别是处理不等关系时,这是一种行之有效的技巧。 例 2-154 设有 2n ? 2n 的正方形方格棋盘。在其中任意的 3n 个方格中各放一枚棋子, 求证可以选出 n 行和 n 列,使得 3 枚棋子都在这 n 行和 n 列中。 证明 设 3n 枚棋子放进棋盘后,2n 行上的棋子数从小到大分别为 a1 , a2 ,…, a2 n ,有

0 ? a1 ? a2 ? … ? a2n

① ② ③

a1 ? a2 ? …? an ? an?1 ? …? a2n ? 3n
由此可证

an?1 ? an?2 ? … ? a2n ? 2n

(1)若 an?1 ? 2 ,③式显然成立。 (2)若 an ?1 ? 1 时, a1 ? a2 ? …? an ? n ? an?1 ? n 从而 an?1 ? an?2 ? …? a2n ? 3n ? (a1 ? a2 ? …? an ) ? 2n 得③式也成立。 据③式,可取棋子数分别为 an?1 , an?2 ,…, a2n 所对应的行,共 n 行。由于剩下的棋子数 不超过 n,因而至多取 n 列必可取完全部 3n 个棋子。 例 2-155 设 x1 , x2 ,…, xn 都是自然数,且满足 求 x1 , x2 ,…, xn 中的最大值。 (n ? 2) 解 由条件的对称性,不妨设

x1 ? x 2? …? xn ? x x 1 … 2 xn



x1 ? x2 ? … ? xn



这就改变了条件的对称性,相当于增加了一个条件 否则, xn ?1 ? 1 ,由②知 从而,代入①得

xn?1 ? 2 ( n? 2)

x1 ? x2 ? … ? xn?1 ? xn?1 ? 1

(n ? 1 ) ? xn ? xn 矛盾,这时,由①有

xn ?

x1 ? x2 ? … ? xn?1 x1 x2…xn?2 ? … ? x1 x2…xn?2 ? x1 x2 …xn?1 xn?1 ? x1 x2…xn?1 ? 1 x1 x2…xn?1 ? 1 ? (n ? 2 ? xn?1 ) x1 x2…xn?2 x1 x2…xn?1 ? 1

?

(n ? 2 ? xn?1 ) x1 x2…xn?2 n ? 2 ? xn?1 n ?1 ? ? 1? ?n x1 x2…xn?1 ? x1 x2…xn?2 xn?1 ? 1 xn?1 ? 1

当 x1 ? x2 ? … ? xn?2 ? 1且 xn?1 ? 2 时, xn 有最大值 n ,这也就是 x1 , x2 ,…, xn 的最大 值。 2-7-13 不变量 在一个变化的数学过程中常常有个别的不变元素或特殊的不变状态,表现出相对稳定 的较好性质,选择这些不变性作为解题的突破口是一个好主意。

例 2-156

从数集 ?3, 4,12? 开始,每一次从其中任选两个数 a , b ,用

3 4 a? b 和 5 5

4 3 a ? b 代替它们。能否通过有限多次代替得到数集 ?4,6,12? , 5 5
解 有( a ? 对于数集 ?a, b, c? ,经过一次替代后,得出 ? a ?

?3 ?5

4 4 3 ? b, a ? b, c ? , 5 5 5 ?

3 5

4 2 4 3 b) ? ( a ? b) 2 ? c 2 ? a 2 ? b 2 ? c 2 5 5 5
2 2 2 2 2 2

即每一次替代后, 保持 3 个元素的平方和不变 (不变量) 。 由 3 ? 4 ? 12 ? 4 ? 6 ? 12 知, 不能由 ?3, 4,12? 替换为 ?4,6,12? 。 例 2-157 设 2n ? 1 个整数 a1 , a2 ,…, a2n?1 具有性质 p ; 从其中任意去掉一个, 剩下的 2 n 个数可以分成个数相等的两组,其和相等。证明这 2n+1 个整数全相等。 证明 分三步进行,每一步都有“不变量”的想法。 第一步 先证明这 2n+1 个数的奇偶性是相同的。 因为任意去掉一个数后,剩下的数可分成两组,其和相等,故剩下的 2n 个数的和都是 偶数。因此,任一个数都与这 2n+1 个数的总和具有相同的奇偶性。 第二步 如果 a1 , a2 ,…, a2 n?1 具有性质 P,则每个数都减去整数 c 之后,仍具有性质 P, 特别地取 c ? a1 ,得 0, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2n?1 ? a1 也具有性质 P,由第一步的结论知, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2 n?1 ? a1 都是偶数。 第三步 由 0, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2n?1 ? a1 为偶数且具有性质 P,可得

0,

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , , …, 2 n ?1 1 2 2 2

都是整数,且仍具有性质 P,再由第一步知,这 2n ? 1 个数的奇偶性相同,为偶数,所 以都除以 2 后,仍是整数且具有性质 P,余此类推,对任意的正整数 k ,均有

0,

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , , …, 2 n ?1 k 1 为整数,且具有性质 P,因 k 可以任意大,这就推得 k k 2 2 2

a2 ? a1 ? a3 ? a1 ? … ? a2n?1 ? a1 ? 0 即

a1 ? a2 ?… ? an2?

1

2-7-14 整体处理 数学题本身是一个子系统,在解题中,注意对其作整体结构的分析,从整体性质上去把 握各个局部,这样的解题观念或思考方法,称为整体处理。 例 2-158 九个袋子分别装有 9,12,14,16,18,21,24,25,28 只球,甲取走若干 袋,乙也取走若干带,最后只剩下一袋,已知甲取走的球数总和是乙的两倍,问剩下的一袋 内装有球几只? 解 从全局上考虑, 由于甲取走的球数是乙取走球数的两倍, 所以取走的球数总和必是 3 的倍数,而九个袋子的球数之和被 3 除余 2,所以剩下的一袋也是被 3 除余 2,又由于九

袋中,只有 14 ? 2(mod 3) ,故剩下的袋内装球 14 只。 例 2-159 证明任意 3 个实数 a, b, c 不能同时满足下列三个不等式

a ? b ?c , b ? c ? a , c ? a ?b
证明 若不然,存在 3 个实数 a0 , b0 , c0 ,使

a0 ? b0 ? c0
相乘

b0 ? c0 ? a0

c0 ? a0 ? b0

0 ? (a0 ? b0 ? c0 )2 (a0 ? b0 ? c0 )2 (b0 ? c0 ? a0 )2 ? 0

这一矛盾说明,任意 3 个实数 a, b, c 不能同时满足题设的三个不等式。 2-7-15 变换还原 利用那些具有互逆作用的公式或运算,先作交换,再作还原,是绕过难点,避开险处的 一个技巧。

? x1 ? 0, x1 ? 1, 且 ? 2 例 2-160 求数列的通项,已知 ? xn ( xn ? 3) ? xn ?1 ? 3 x 2 ? 1 (n ? 1) n ?
解 引进变换 F ( x ) ?

1? x ,有 1? x

F ( F ( x) ? ) x



xn ?

2 3 3 xn?1 ( x ( nn?1? 1 )? x( 1) n ?1? 3 ) n ?1 ? ? 2 3 3 3xn?1 ? 1 (xn?1? 1 ? ) x( ? 1) n ?1

1 ? xn ?1 3 1? ( ) 1 ? xn ?1 1 ? F 3 ( xn ?1 ) ? ? ? F ( F 3 ( xn ?1 )) 1 ? xn ?1 3 1 ? F 3 ( xn ?1 ) 1? ( ) 1 ? xn ?1
得 F ( xn ) ? F ( F ( F 3 ( xn?1 ))) ? F 3 ( xn?1 ) ? F 3 ( xn?2 ) ? … ? F 3 ( x1 ) 得
2 n?1

xn ? F ( F (xn ) ? ) F F(3

n?1

x1 ( ) )

1 ? x1 3n?1 1? ( ) n?1 n?1 1 ? x1 (1 ? x1 )3 ? (1 ? x1 )3 ? ? 1 ? x1 3n?1 (1 ? x )3n?1 ? (1 ? x )3n?1 1 1 1? ( ) 1 ? x1
例 2-161 证明恒等式

? (?1) C
k k ?1

n

k n

1 1 1 (1 ? ? … ? ) ? ? 2 k n

(1)

证明 若 bn ?

利用互逆公式:

? (?1) C a
l t ?0 n k k ?0

k

l k l

k ? 0 , 1, … 2 , (2)

则 an ?

? (?1) C b
1 l

k n k

n ? 0 , 1, … 2,

(3)

记 a0 ? 0, al ? ? , l ? 1, 2, … 先作(2)中的运算

b0 ? 0, bn ? 1 ?

1 1 ? … ? , n ? 1, 2, … 2 n

k 1 k ?1 1 bk ? ? (?1)l Ckl (? ) ? ? (?1)l ?1 Ckl ? (?1)k ?1 l k l ?1 l ?1 k ?1 1 1 1 k? 1 ? ? (?1)l ?1 (Ckl ?1 ? Ckl ? ?1 ) ? ( ?1) l k l ?1

1 1 1 k ?1 1 ? ? (?1) Ck ?1 ? ? (?1)l ?1 Ckl ? (?1)k ?1 l k l ?1 k l ?1
l ?1

k ?1

? bk ?1 ?

1 k 1 1 1 ?1 l (? 1l) Ck ? bn? 1? ? bk ? 2 ? ? ? k l ?1 k k ?1 k
1 1 ?…? 2 k

? …… ? 1 ?

再作(3)中的运算

?

n n 1 1 1 k k ? an ? ? (?1)k Cn bn ? ? (?1)k Cn (1 ? ? … ? ) n 2 k k ?0 k ?0

2-7-16 逐步调整 在涉及到有限多个元素的系统中,系统的状态是有限的,因而总可以经过有限次调整, 把系统调整到所要求的状态(常常是极值状态) 。 例 2-162 已知二次三项式 f ( x) ? ax ? bx ? c 的所有系数都是正的且 a ? b ? c ? 1 , 求
2

证:对于任何满足 x1 x2…xn ? 1 的正数组 x1 , x2 ,…, xn ,都有 f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? 1 证明 由 f (1) ? a ? b ? c ? 1 知,若 x1 ? x2 ? … ? xn ? 1 则(1)中等号成立。 若 x1 , x2 ,…, xn 不全相等,则其中必有 xi ? 1, x j ? 1 (不妨设 i ? j ) ,由 (2)

(1)

f ( xi ) f ( x j ) ? f (1) f ( xi x j )
2 2 ? (a x ( a ? i ? b ix ? )c j x

b ?) c ?( j x

2 ? a ? b) ( 2c a i j x? x i

j

b? x) x

c

? ?abxi x j ( xi ?1)( x j ?1) ? ac( xi2 ?1)( x2 j ?1) ? bc( xi ?1)( x j ?1) ? 0
可作变换

? ? xk ' ? xk (k ? i, k ? j ) ? ? ? xi ' ? xi x j , x j ' ? 1

则?

? x1 ' x2 '…xn ' ? x1 x2…xn ? 1 ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn )
当 x1 ', x2 ',…, xn ' 不全相等时,则又进行同样的变换,每次变换都使 x1 , x2 ,…, xn 中等于

1 的个数增加一个,至多进行 n ? 1 次变换,必可将所有的 xi 都变为 1,从而

f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? … ? f (1) f (1)…f (1) ? 1①
此题中逐步调到平衡状态的方法也叫磨光法,所进行的变换称为磨光变换。 例 2-163 平面上有 100 条直线,它们之间能否恰有 1985 个不同的交点。
2 解 100 条直线若两两相交,可得 C100 ? 4950 个交点,现考虑从这种状态出发,减少

交点的个数,使恰好为 1985。办法是使一些直线共点或平行。 设直线有 k 个共点的直线束,每一束中直线的条数为 n1 , n2 ,…, nk (ni ? 3, i ? 1, 2,…, k ) 有

n1 ? n2 ? … ? nk ? 100
这时,每一束的交点数下降了 Cni ?1 个,为使
2 2 2 2 2 (Cn ?1) ? (Cn ?1) ? …? (Cn ?1) ? C100 ?1985 ? 2965 1 2 k
2 可取最接近 2965 的 C77 即 n1 ? 77 , 类似地, 取 n2 ? 9, n3 ? 4 , ?1 ? 2925 代替 Cn1 ? 7 ,

2

则有
2 2 2 2 C77 ?1 ? C9 ?1 ? C4 ?1 ? C100 ?1985 ? 2965

这表明,100 条直线中,有 77 条直线共 A 点,另 9 条直线共 B 点,还有 4 条直线共 C 点,此外再无“三线共点”或“平行线” ,则恰有 1985 个交点。 2-7-17 奇偶分析 通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧,常称作奇偶分析,这种技巧与 分类、染色、数字化都有联系,例 2-32 是一个浅而不俗的例子, IMO26?33 , IMO27?1 用到了 这一技巧。 例 2-164 设 a1 , a2 ,…, a7 是 1,2,?,7 的一个排列,求证

p ? (a1 ?1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 必为偶数

证明一 之和应为奇数。

(反证法)若 p 为奇数,则 a1 ? 1, a2 ? 2,…, a7 ? 7 均为奇数,奇数个奇数

奇数 ? (a1 ?1) ? (a2 ? 2) ? …? (a7 ? 7) 。 ? (a1 ? a2 ? … ?a7) ? ( 1 ?2… ? )= ? 7 (为偶数) 0 由奇数≠偶数知, p 不能是奇数,从而 p 为偶数。 这种解法,简捷明快,体现了整体处理的优点,但同时也“掩盖”着 p 为偶数的原因。 证明二 若 p 为奇数,则 ai 与 i 的奇偶性相反( i ? 1, 2,…,7 ) ,即( a1 , a2 ,…, a7 )

中的奇 (偶) 数与 ?1, 2,…,7? 中的偶 (奇) 数个数相等, 但 A ? ?a1 , a2 ,…, a7 ?=?1 , 2,…, 7? 故 1,2,?,7 中奇数与偶数的个数相同,从而 ?1, 2,…,7? 中有偶数个元素,但 A ? 7 为奇数,这一矛盾说明,p 为偶数。 这一解决的实质是,要建立从 A 到 A 之间“奇数与偶数”的一一映射是不可能的,因 为这要求 A ? 0(mod 2) ,但 A ? 1(mod 2) 。这个解法比较能反映 p 为偶数的原因——

A ? 7 是个奇数,抓住这个本质,可以把 7 推广为 2m ? 1 。
证明三 在 1,2,?,7, a1 , a2 ,…, a7 这 14 个数中,共有 8 个奇数,而在乘积

p ? (a1 ?1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 中共有 7 个括号,故其中必有一个括号,两个数都是奇
数,从而这个括号为偶数,具有偶约束的 p 当然也是偶数。 例 2-165 在数轴上给定两点 1 和 2 ,在区间 (1, 2) 内任取 n 个点,在此 n ? 2 个点 中,每相邻两点连一线段,可得 n ? 1 条线段,证明在此 n+1 条线段中,以一个有理点和一 个无理点为端点的线段恰有奇数条。 证明 使 将 n ? 2 个点按从小到大的顺序记为 A 并在每一点赋予数值 ai , , An?2 , 1 , A2 , …

?1  当Ai为有理数点时, ai ? ? ??1  当Ai为无理数点时。
与此同时,每条线段 Ai Ai ?1 也可数字化为 ai ai ?1

??1,  当Ai , Ai ?1一为有理数点,另一为无理数时, ai ai ?1 ? ? ?1,  当Ai , Ai ?1同为有理数点或无理数点时
记 ai ? ai ?1 ? ?1的线段有 k 条,则

(?1)k ? (?1)k (?1)n?k ?1 ? (a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 )

? a1 (a2 a3…an?1 )2 an?2
? a1an?2 ? ?1
故 k 为奇数。

奥林匹克数学的技巧(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
2

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,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

, kj ?1,2, … ,2 n ? k ) 多( 2n ? k )条,而每个 Aj 发出的线段至多 k 条( i ? 1,2, … ,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
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。
2

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些互不 相交的原盘来,使它们的面积之和不小于

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 , r 1 ) ;然后在与 C (o1 , r 1 ) 不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为 C (o2 , r2 ) ,接着 在与 C (o1 , r 1 ) , C (o2 , r2 ) 都不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为 C (o3 , r 3 ) ,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 , r ?,C (on , rn ) 1 ) ,C (o2 , r2 ) , (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。下面证明, (1) 中各圆面积之和 S1 ? S2 ? … ? Sn 不小于

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 , r 1 ) , 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 C(o, r ) ? C (ok ,rk ) ? ? 知, C(o, r ) ? C (ok , 3rk ),更有 x ? C(ok ,3rk ) 。这表明 S ? U C (oi ,3ri )
i ?1 n

从而

1 ? ? (3r1 )2 ? ? (3r2 )2 ? …? ? (3rn )2 ? 9(? r12 ? ? r22 ? …? ? rn2 ) ? 9(S1 ? S2 ? …? Sn )



( 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 证明

?

?

?

?

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

n

n

k

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 ?
n n

?f
k ?1

n

k

;另一方面,固定 i 先对 k 求和,然后再对 i 求和,又

得到 S ?

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

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

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 F ? ? A1, A2 ,…, At ? 。 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 ? ? A , At ? 既是可分的又是覆盖的 t 的最小值 f (n) 是多少? 1, A 2 ,… 解 表:
元素 集合 A1 A2 ?? At 1 2 3 ?? ?? ?? ? ??

设 F ? ?A 考虑集合与元素的关系 , At ? 对于 N 是既是可分的又是覆盖的, 1, A 2 ,…

n
a1n a2 n
?

a11 a21
?

a12 a22
?

a13 a23
?

at1

at 2

at 3

atn

其中 aij ? ?

? ?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


t ? log2 n ? [log2 n]

f ( n)? [ l o n? ] 1 (1) 2 g
t ?1

另一方面,取 t 满足 2

? n ? 2t ? 1 ,即 t ? [log2 n] ? 1
t

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 ? 2 ? 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 ,…

?

?

f (n) ? t ? [log2 n] ? 1
由(1) (2)知

(2)

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 一 二 三 四 五 比赛对垒 (CE) (BD) (AC) (DE) (F?) (AD)4 (CF)2 (AE)3 (CB)2 (AF)3 (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。


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