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奥林匹克数学的技巧(上)


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

1 ? a1 ? a2… ? a77 ? 12 ?11 ? 132 a77 ? 21

考虑 154 个数:

a1 , a2 ,…,a77 , a1 ? 21, a2 ? 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 已知 x, y, z 为正数且 xyz ( x ? y ? z ) ? 1 求表达式 ( x ? y)( y ? z ) 的最最小值。

?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
2 2 2

故知,当且仅当∠C=90°时,取值得最小值 2,亦即 ( x ? y) ? ( y ? z) ? ( x ? z)

如x? y( x ? y ? z ) ? xz 时, ( x ? y)( y ? z ) 取最小值 2, z? , 1 y? 2 ?1 2-7-2 映射 它的基本形式是 RMI 原理。

时, ( x ? y)( y ? z ) ? 2 。

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 ?i7 ? 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 且这种对应也是一个一一对应。 1, A 2 ,…,A 7 ? 的任一个 7-可重组合对应着一个比赛过程, 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 ? 所以甲方获胜的不同的比赛过程的
7 7 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 。
n

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

? kp (k ) ? n!
k ?0 n

证明

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

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 组成的
0 4 m 2 ?Cm ? Cm2 ? ?1 ? Cm ? 2? … ? C m2, Cn ? ? 1 3 5 m ?2 ? 3 … ? C m ?2 ?Cm?1 ? Cm? 2? Cm? ?

各项和为 n 的数列的个数;且

n? m
1 1

n ? 2m ? 1

,证明

2

,

An ? Bn ? Cn
证明 由 An , Bn 的定义, 容易得到 An?1 ? An ? An?1 , A 1 ? 1, A 2 ?2

Bn?1 ? Bn ? B? , B ? 1, B ? 2 n1 1 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 ? C2 ?3 ? …? C2m m?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 AB ,此时可作△EAB 的中位线 PQ、QG,则 2 1 1 1 S AGQP ? 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 。过 Q9 2 2 1 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 延长 2
(1)如图 2-52, DF ? 线于 H。有 S?PCM ? S?PAH ? S?PAD

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



S

APQG

?

1 S? 2

MAB

?

1 S 2

ABCD

?

1 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

7 1 x ? ? di ? 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,总计 2 i ?1 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

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 列就存在 t
2 个首尾两端都是黑格的矩形,但第 1 列最多有 C3 ? 3 个这样的矩形,有 3 ? t ? 3

1 矛盾,故命题成 7

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

证明 设左边为 x ?

2 2 2 an an a12 a2 ?1 ? ? …? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? a1

2 2 2 a3 an a2 a12 出于对称性的考虑,再引进 y ? ? ?? ? a1 ? a2 a2 ? a3 an?1 ? an an ? a1 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

有x? y ?

? (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 ? x2 (图 2-59) ,则 t 点在什么位置时,面积 S1 ? S2 有最大值 和最小值。 解 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,可将 S2 2

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 2-62) 。 2

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。


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