数学解题18种方法.doc

奥林匹克数学的十八种解题技巧江苏省海安高级中学肖德明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。 “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。一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1 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：用表示这位棋手在第1天至第天（包括第天在内）所下的总盘数（），依题意 考虑154个数：又由，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，由于时， 故只能是满足 这表明，从天到天共下了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 已知为正数且求表达式的最最小值。解：构造一个ABC，其中三边长分别为，则其面积为另方面故知，当且仅当C=90时，取值得最小值2，亦即时，取最小值2，如时，。练习1： 设x, yR，且满足，求x+y.解 ： 设f(t)=t3+1997t，先证f(t)在（-，+）上递增。事实上，若a0，所以f(t)递增。由题设f(x-1)=-1=f(1-y)，所以x-1=1-y，所以x+y=2.练习2：解方程：(3x-1)()+(2x-3)(+1)=0.解 令m=3x-1, n=2x-3，方程化为m(+1)+n(+1)=0. 若m=0，则由得n=0，但m, n不同时为0，所以m0, n0.)若m0，则由得n0，设f(t)=t(+1),则f(t)在（0，+）上是增函数。又f(m)=f(-n)，所以m=-n，所以3x-1+2x-3=0，所以x=)若m0。同理有m+n=0,x=,但与m0.【证明】 设f(x)=(b+c)x+bc+1 (x(-1, 1)，则f(x)是关于x的一次函数。所以要证原不等式成立，只需证f(-1)0且f(1)0（因为-1a0，f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)0，所以f(a)0，即ab+bc+ca+10.练习5：（柯西不等式）若a1, a2,an是不全为0的实数，b1, b2,bnR，则（）（）()2，等号当且仅当存在R，使ai=, i=1, 2, , n时成立。每个数学表达式都既有运算成分又有智慧成分，对柯西不等式的运算构成可以作这样的理解，任意给定两组实数 将其上下对应项“相乘”之后、“求和”、再“平方”可得，柯西不等式告诉我们，一般情况下这三种运算并不满足交换率，先各自“平方”，然后“求和”、最后“相乘”，运算的结果不会变小；当且仅当时运算才满足交换率这可以成为我们掌握柯西不等式的一个记忆方法，也可以成为我们应用柯西不等式的一个操作起点：首先找出两组实数，然后验证“相乘”、“求和”、“平方”三种运算经验表明，在找两组实数的过程中，充满着数学机智认识维柯西不等式从二维开始是一个有效途径，把二维柯西不等式看透了，维柯西不等式证明的比较法（作差、作商）、判别式法、基本不等式法、数学归纳法等也就水到渠成了二维柯西不等式的认识二维柯西不等式是：， 或 ， 等号成立当且仅当（为非零常数），即证明、并不复杂，但其与中学数学内容的内在联系却非常广泛，揭示数学表达式的深刻联系有助于丰富表达式的智慧成分，我们将从9个方面提供一些初步的认识由于时不等式显然成立，为了书写的方便，下面的叙述均假定 （1）从代数配方上认识1986年全国初中数学联赛第一（4）题是：设都是整数，且，则可以表示为两个整数的平方和，其形式是 答案给出了关于（不限于整数）的恒等式（由交换率还可以写出一些变形）： ， 由恒等式去掉非负项，可得二维柯西不等式，等号成立当且仅当，即可见，初中就已提供了认识二维柯西不等式的知识基础：全量大于它的任一部分，配平方提供非负项等 这里的式，可以反过来由式用作差法得到（其推广就是维柯西不等式的配方证明）并且、式可以有广泛的数学理解，下面，我们会慢慢展开，首先看恒等式的复数含义 （2）从复数运算上认识 记，有 可见，恒等式实质上就是复数运算“模的乘积等于乘积的模”：，而不等式就是复数的模不会小于它的实部 ，等号成立当且仅当，即 “复数的模不会小于它的实部”其实也就是“直角三角形中斜边不会小于直角边”，考虑到复数有坐标形式、向量形式等，这就给我们打开了不等式的坐标视角、几何视觉 （3）从向量数量积上认识记，由数量积的定义，有 ， 但，故得由此可得维柯西不等式的向量形式 ，等号成立当且仅当向量共线（线性相关）可见，二维柯西不等式又来源于余弦函数的有界性（利用这一点还可以改写为参数变换的形式）并且这里的式还可以理解为余弦定理、点与直线的距离等 （4）从余弦定理上认识 在坐标平面上取点，（参见示意图）1，一般地，在中，由余弦定理有 图 1这正是式，变形可得等号成立当且仅当三点共线原来余弦定理在坐标系中与向量数量积的定义是相通的（5）从点到直线的距离上认识 在坐标平面上取点，（参见示意图2），一般地，的直线方程为 ，由点到直线的距离不大于有 图2 ，变形可得，等号成立当且仅当 可见，二维柯西不等式与“点到直线的垂直距离最短”又是相通的据此，二维柯西不等式又可以与三角形面积相通，如图2，在中有（6）从面积上认识一般地，以为顶点的面积为 =，得 等号成立当且仅当可见，二维柯西不等式又可以认为是“三角形的面积不大于两边长乘积的一半”（7）从二次函数判别式上认识 不等式的结构使我们联想到二次函数的判别式不大于0作开口向上的二次函数 由于对一切恒成立，故有判别式不大于0 ，即 等号成立当且仅当且由这个方法作个数推广，可得维柯西不等式的简洁证明因为判别式来源于二次方程的配方，所以能用配方法做的题目都可以考虑用判别式法做，并且在配方法知识链上立即可以导出基本不等式法（8）从基本不等式上认识 由基本不等式得 ，同理 ，相加 ，变形即得 （9） 从参数变换上认识 将点写成参数式 则 等号成立当且仅当还可以写出更多的思路，不过，所写出的认识已经告诉我们，二维柯西不等式与代数配方、复数运算、向量数量积、余弦定理、点到直线距离、面积、二次函数判别式、基本不等式、参数变换等很多知识都有内在的联系，难怪各种形式的柯西不等式（向量形式、积分形式、概率形式等）能够成为诸多现代数学理论的出发点【证明】 令f(x)= （）x2-2()x+=,因为0，且对任意xR, f(x)0，所以=4()-4（）()0.展开得（）()()2。等号成立等价于f(x)=0有实根，即存在，使ai=, i=1, 2, , n。练习6：设x, yR+, x+y=c, c为常数且c(0, 2，求u=的最小值。【解】u=xy+xy+2=xy+2.令xy=t，则0t=xy,设f(t)=t+,0t因为0c2，所以01，所以f(t)在上单调递减。所以f(t)min=f()=+，所以u+2.当x=y=时，等号成立. 所以u的最小值为+2.练习7正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k， 求证：aB+bC+cAk2 (21届全苏数学奥林匹克竞赛题)分析除了纯代数方法以外，若能联想几何意义，视正数为线段长，则两正数之积可与面积相联系，于是可构造以k为边长的正三角形，使其三边分别为a+A，B+b，C+c，（如图1） 于是求证的结论可视作要证 SPNM+SQLN+SRLM0，由可知对任意nN+，0且,所以是首项为，公比为2的等比数列。所以，所以，解得。练习3： 用1，2，3三个数字来构造n位数，但不允许有两个紧挨着的1出现在n位数中，问：能构造出多少个这样的n位数？解 设能构造an个符合要求的n位数，则a1=3，由乘法原理知a2=33-1=8.当n3时：1）如果n位数的第一个数字是2或3，那么这样的n位数有2an-1；2）如果n位数的第一个数字是1，那么第二位只能是2或3，这样的n位数有2an-2，所以an=2(an-1+an-2)(n3).这里数列an的特征方程为x2=2x+2，它的两根为x1=1+,x2=1-,故an=c1(1+)n+ c2(1+)n,由a1=3,a2=8得，所以四 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。例11 柯西函数方程：设在上单调、连续，对有，则. 证明 分4步.首先由已知有 . 第1步，为正整数时，对取得， 命题成立.第2步，为正有理数时，由、有 ，得 . 第3步，当为有理数时.首先有 ，推出 . 其次，当为负有理数时，由有 ，再由得 .计及第2步得，对一切有理数都有. 第4步，当为实数时，只需证为无理数时成立.设分别是精确到小数点后第位的不足近似值与过剩近似值，有 且，由单调性不妨设单调增加，有 ，由有 ，取极限 得 下列各方程均可作变换转化为柯西方程来求解（其中均不横为0）（P.160）（1） 若则（2） 若，则（3） 若则（4） 若则（5） 若且，有 则 （6） 若且时，有则（7） 若且则（8） 若则（9） 若则（10） 若则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12 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，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，此时可作EAB的中位线PQ、QG，则 即A、G、Q、P为所求。（2）如图2-53，此时可在CD与CF上分别取P、Q，使。过Q9或P）作QGAP交AB于G。为证，连AP交BE于M，过A作AHBC交CD延长线于H。有得 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。练习1： 已知，为锐角，且x（+-）0，求证：【证明】 若+，则x0，由-0得coscos(-)=sin,所以0sin(-)=cos, 所以01，所以若+，则x0，由0-cos(-)=sin0,所以1。又0sin1，所以，得证。练习2：设三位数，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有_个解：a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0。即 （1）若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为，由于三位数中三个数码都相同，所以，. （2）若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三位数的个数为，由于三位数中只有2个不同数码. 设为a、b，注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组（a，b）共有。但当大数为底时，设ab，必须满足。此时，不能构成三角形的数码是a987654321b4，32，14，32，13，213，211，21，211共20种情况。同时，每个数码组（a，b）中的二个数码填上三个数位，有种情况。故。综上，。五 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13 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14 已知实数列具有下列性质：存在自然数n，满足及求证存在自然数N，使当时，总有证明 构造和式依题设知 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，取N=m+1，则练习1： 在ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) 3abc.【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则abc=(x+y)(y+z)(z+x)=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) 3abc.练习2： 设a, b, cR+，且abc+a+c=b，试求的最大值。【解】 由题设，令a=tan, c=tan, b=tan,则tan=tan(+), P=2sinsin(2+)+3cos2，当且仅当+=，sin=，即a=时，Pmax=练习3： 在ABC中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc【证明】 设a=sin2cos2, b=cos2cos2, c=sin2, .因为a, b, c为三边长，所以c|a-b|，从而，所以sin2|cos2cos2|.因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca),所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)=sin2cos2+sin2cos2cos4cos2=1-cos22+(1-cos22)cos4cos2=+cos2(cos4-cos22cos4-cos2)+cos2(cos4-sin4-cos2)=.所以a2+b2+c2+4abc六 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