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(竞赛辅导)奥林匹克数学的技巧(下篇)

时间:2011-09-17


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 至多( 2n ? k )条,而每个 A j 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
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 , 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 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。下面证明, (1) 中各圆面积之和 S1 + S 2 + … + S n 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 , r1 ) , 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 ) I 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 ≤ π (3r1 ) 2 + π (3r2 ) 2 + … + π (3rn ) 2 = 9(π r12 + π r22 + … + π rn2 ) = 9( S1 + S 2 + … + S n )



( S1 + S 2 + … + S n ) ≥

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, 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, 14 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 2a 或 4a ,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, g k 是集合 ai ai > ak , i < k 元素的个数 k = 1, 2, …, n ) 证明 而 ( , 证明

{

}

{

}


k =1

n

fk = ∑ gk
k =1

n

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 =

∑ gi = ∑ gk ,所以得 ∑ f k = ∑ gk 。
i =1 k =1 k =1 k =1

n

n

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

S n = 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 I { 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 表:
元素 集合 A1 A2 …… At 1 2 3 …… …… …… … ……

考虑集合与元素的关系 设 F = { A1 , A2 , …, At } 对于 N 是既是可分的又是覆盖的,

n
a1n a2n


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 2t ? 1 个两两不同的列,由 F 是可分的(或由②) ,有

n ≤ 2 t ? 1 < 2t


t > log 2 n ≥ [log 2 n]
(1)

f (n) ≥ [log 2 n] + 1
t ?1

另一方面,取 t 满足 2

≤ n ≤ 2t ? 1 ,即 t = [log 2 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 = { A1 , A2 , …, At } 对于 N 既是可分的,又是覆盖的,所以,又有

{

}

f (n) ≤ t = [log 2 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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