奥林匹克数学的技巧（中篇）

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 也用到了配对 16 3 IMO 例 2 143 求之值 502 0 305 503 n n 解 作配对处理 502251251 011 305305305 503 304 503 304 25176304 503503503503 nnn nnn 例 2 144 求和 12 2 kn nnnnn aCCkCnC 解一 由把倒排 有 kn k nn CC n a 012 012 kn nnnnnn aCCCkCnC 1 1 0 nnn kn nnnnn anCnCnk CC 相加 01 2 2 nn nnnn an CCCn 得 1 2n n an 解二 设集合 注意到 1 2 Sn 1 2 k n AS A k kCA kn 有 n AS aA 为了求得把每一 让它与补集配对 共有对 且每对中均有 AS A AS A 1 2n AAn 于是 1 2n n AS aAnnnn 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 设是给定的实数 证明存在实数使得 12 n x xx x 12 1 2 n n xxxxxx 这里的表示 y 的小数部分 y 证明 有 知 1 0 y Z yy yZ 1yy 下面利用这一配对式的结论 设 112iiin fxxxxxx 2 111 1 1 2 n iijjin iij nij n n n fxxxxC 据抽屉原理 知 必存在 使 1 kkn 2 11 2 kn n fC n 取 由上式得 k xx 12 1 2 n n xxxxxx 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 8824 21 xaxbxcxd 求实数 其中 a b c d0a 解 对取特殊值 当时 有x 1 2 x 84 1 0 242 ac bd 故有 1 2 0 2 a b 1 0 42 c d 又取 即比较常数项系数 有 3 0 x 84 1 bd 比较的系数 考虑特殊位置 有 4 8 x 88 21a 由 得 代入 1 得 888 21255a 8 255 2 b 代入原式左边 有 88888 25511 21 255 256 255 222 xxxx 824 11 24 xxx 故知 1 1 4 cd 也可以将的值代入 3 2 求 但要检验排除增根 a b d c 例 2 147 已知为常数 且axR 1 1 f x f xa f x 求证 是周期函数 f x 分析 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 且 有 f xctgx 4 a 1 41 ctgx ctg x ctgx 但的周期为 ctgx44 4 Ta 猜想 是周期 4Ta 证明 由已知有 1 1 11 1 2 1 1 1 1 f x f xaf x f xa f x f xaf x f x 据此 有 11 4 1 2 f xaf x f xa f x 得证为周期函数 且为一个周期 f x4Ta 例 2 148 在平面上给定一直线 半径为厘米 是整数 的圆以及在圆内的条长为 1 厘nn4n 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 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1n 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 又设条线段为 每一条在 L L 上的4n 124 n d dd i d 投影长为 有 14 ii a bin 22 0 0 1 iiii abab 由 222 1 iiiiii ababab 得 444 111 4 nnn iiii iii ababn 从而 两个加项中必有一个不小于厘米 但圆的直径为厘米 故 44 11 nn ii ii ab 2n2n 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 124 n d dd 求 将表示为三角函数运算更方便 ii a b 例 2 51 的求解过程 实质上是对表达式中函数的三 27 5 IMO f xf yf yf xy 个表达式分别取值为 f yf xyf xy y 2 0f 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 12 2 kn nnnnn aCCkCnC 解 引进恒等式 0 1 n nkk n k xC x 对求导 x 11 1 1 n nkk n k nxkC x 令 得 1x 1 1 2 n kn n k kCn 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 在个点中有个 1 时 好点 一定存在 32n n 1 时 如图 2 64 A B C D 标上 1 则 B C 均为好点 1n 2 假设命题当时成立 即个点中有个 1 时 必有好点 nk 32k k 对 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1nk 的个点中有个 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32k k 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 时命题成立 1nk 由数学归纳法得证一般性命题成立 取即得本例成立 661n 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 一般说来 更强的命题提供更强的归纳假设 1nk 例 2 151 设 求证是整数 m nN 22 00 1 kk nn k kk Smm 证明 考虑更一般性的整系数多项式 00 nn kk kk f xxx 由 fxf x 知是偶函数 从而只含的偶次项 得是含的整系数多项式 特别地 取 f x f xx f x 2 x 为正整数即 得为整数 2 x 2 mx 22 00 1 kk nn k kk Sfmmm 这里 把常数一般化为变数之后 函数性质便成为解决问题的锐利武器 m 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 个数与内圈的 2n 个数 122 n a aa 中有个 1 个 1 因此 和 122 n b bb 2n2n 122122 0 nn aaabbb 从而 2 122122122 0 nnn aaabbbbbb 另一方面 当与面对面时 中的 1 的个数表示这时跳舞的对数 如 1 a i b 12121 iin i ab a ba b 果在整个过程中 每次跳舞的人数均少于 n 队 那么恒有 12121 0 1 2 2 iin i aba ba bin 从而总和 2 12121122122 1 0 n iin inn i aba ba baaabbb 由 与 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 若顺序相邻的 3 人中恰有一个男3n 孩的有组 顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有组 求证 ab3 ab 证明 现将小孩记作 且数字化 1 2 i a in 1 1 i i i a a a 表示男孩时 表示女孩时 则 12 12 12 12 12 3 3 1 1 iii iii iiii iii iii a aa a aa Aaaa a aa a aa 均为男孩 均为女孩 恰有一个女孩 恰有一个男孩 其中 njj aa 又设取值为 3 的有个 取值为的有个 依题意 取值为 1 的有个 取值为 i Ap3 i Aq i Ab 的有个 得 1 i Aa 1212323412 3 nn aaaaaaaaaaaa 3 3 1 3 pqabpqbq 可见 也可以数字化为 3 ab j j j a a a 表示男孩时 表示女孩时 3 13 1 22 iw 有 12 1212 2 12 1 iii iiiiii iii a aa a aaa aa a aa 表示三男或三女 表示二男一女 表示一男二女 考虑积 知 3 12 1 b a n a aa 3 ab 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22nn 以选出行和列 使得 3 枚棋子都在这 n 行和 n 列中 nn 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 有 122 n a aa 122 0 n aaa 1212 3 nnn aaaaan 由此可证 122 2 nnn aaan 1 若 式显然成立 1 2 n a 2 若时 1 1 n a 121nn aaan an 从而 12212 3 2 nnnn aaanaaan 得 式也成立 据 式 可取棋子数分别为所对应的行 共 n 行 由于剩下的棋子数不超过 122 nnn aaa n 因而至多取 n 列必可取完全部 3n 个棋子 例 2 155 设都是自然数 且满足 12 n x xx 1212nn xxxx xx 求中的最大值 12 n x xx 2n 解 由条件的对称性 不妨设 12n xxx 这就改变了条件的对称性 相当于增加了一个条件 1 2 2 n xn 否则 由 知 1 1 n x 1211 1 nn xxxx 从而 代入 得 矛盾 这时 由 有 1 nn nxx 1211221221211 121121 11 nnnnn n nn xxxx xxx xxx xxx x x xxx xx 1122 121 2 1 nn n nxx xx x xx 11221 12112211 2 21 1 11 nnn nnnn nxx xxnxn n x xxx xxxx 当且时 有最大值 这也就是的最大值 122 1 n xxx 1 2 n x n xn 12 n x xx 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 从数集开始 每一次从其中任选两个数 用和代 3 4 12 a b 34 55 ab 43 55 ab 替它们 能否通过有限多次代替得到数集 4 6 12 解 对于数集 经过一次替代后 得出 a b c 3443 5555 abab c 有 222222 3443 5555 ababcabc 即每一次替代后 保持 3 个元素的平方和不变 不变量 由知 222222 34124612 不能由替换为 3 4 12 4 6 12 例 2 157 设个整数具有性质 从其中任意去掉一个 剩下的个数21n 1221 n a aa p2n 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 如果具有性质 P 则每个数都减去整数之后 仍具有性质 P 特别地 1221 n a aa c 取 得 1 ca 2131211 0 n aa aaaa 也具有性质 P 由第一步的结论知 都是偶数 2131211 n aa aaaa 第三步 由为偶数且具有性质 P 可得 2131211 0 n aa aaaa 3121121 0 222 n aaaaaa 都是整数 且仍具有性质 P 再由第一步知 这个数的奇偶性相同 为偶数 所以都除21n 以 2 后 仍是整数且具有性质 P 余此类推 对任意的正整数 均有k 为整数 且具有性质 P 因可以任意大 这就推得 3121121 0 222 n kkk aaaaaa k 即 2131211 0 n aaaaaa 1221n aaa 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 故剩下的袋内装球 14 只 142 mod3 例 2 159 证明任意 3 个实数不能同时满足下列三个不等式 a b c abc bcacab 证明 若不然 存在 3 个实数 使 000 a b c 000 abc 000 bca 000 cab 相乘 222 000000000 0 0abcabcbca 这一矛盾说明 任意 3 个实数不能同时满足题设的三个不等式 a b c 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 例 2 160 求数列的通项 已知 11 2 1 2 0 1 3 1 31 nn n n xx xx xn x 且 解 引进变换 有 1 1 x F x x F F xx 由 233 1111 233 111 3 1 1 31 1 1 nnnn n nnn xxnx x xxx 3 1 3 3 11 1 3 3 1 1 1 1 1 11 1 1 1 1 n nn n n n n x xFx F Fx x Fx x 得 21 3333 1121 n nnnn F xF F FxFxFxFx 得 1 3 1 n nn xF F xF Fx 1 11 11 1 3 1 33 111 33 3 1 11 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n nn nn n x xxx x xx x 例 2 161 证明恒等式 1 1 111 1 1 2 n kk n k C kn 证明 利用互逆公式 若 2 0 1 k ll nkl t bC a 0 1 2 k 则 3 0 1 n kk nnk k aC b 0 1 2 n 记 0 1 0 1 2 l aal l 0 11 0 1 1 2 2 n bbn n 先作 2 中的运算 1 11 11 11 1 1 1 kk llllk kkk ll bCC lk 1 111 11 1 11 1 1 k lllk kk l CC lk 11 1111 1 11 111 1 1 1 kk lllk kk ll CC lkk 1 112 1 1111 1 1 k ll kknk l bCbb kkkk 11 1 2k 再作 3 中的运算 00 111 1 1 1 2 nn kkkk nnnn kk aC bC nk 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 已知二次三项式的所有系数都是正的且 求证 对 2 f xaxbxc 1abc 于任何满足的正数组 都有 1 12 1 n x xx 12 n x xx 12 1 n f xf xf x 证明 由知 若 2 1 1fabc 12 1 n xxx 则 1 中等号成立 若不全相等 则其中必有 不妨设 由 12 n x xx 1 1 ij xx ij 1 ijij f xf xff x x 2222 iijjijij axbxc axbxcabc ax xbx xc 22 1 1 1 1 1 1 0 ijijijij abx xxxac xxbc xx 可作变换 1 kk iijj xx ki kj xx xx 则 1212 1212 1 nn nn x xxx xx f xf xf xf xf xf x 当不全相等时 则又进行同样的变换 每次变换都使中等于 1 的个 12 n xxx 12 n x xx 数增加一个 至多进行次变换 必可将所有的都变为 1 从而1n i x 1212 1 1 1 1 nn f xf xf xf xf xf xfff 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 解 100 条直线若两两相交 可得个交点 现考虑从这种状态出发 减少交点的 2 100 4950C 个数 使恰好为 1985 办法是使一些直线共点或平行 设直线有个共点的直线束 每一束中直线的条数为有k 12 3 1 2 ki n nn nik 12 100 k nnn 这时 每一束的交点数下降了个 为使 2 1 i n C 12 2222 100 1 1 1 19852965 k nnn CCCC 可取最接近 2965 的代替 即 类似地 取 则有 2 77 12925C 1 2 7 n C 1 77n 23 9 4nn 2222 7794100 11119852965CCCC 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 用到了这一技