高中奥数解题技巧

精品文档 1欢迎下载 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 n ann 依题意 1 2 77n 1277 112 11132aaa 考虑 154 个数 12771277 21 21 21a aaaaa 又由 即 154 个数中 每一个取值是从 1 到 153 的自然数 因 77 21 而必有两个数取值相等 由于时 ij ii aa 2121 ij aa 故只能是满足 21 771 ij a aij 21 ij aa 这表明 从天到天共下了 21 盘棋 1i j 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 已知为正数且求表达式的最最小值 x y z 1xyz xyz xyyz 解 构造一个 ABC 其中三边长分别为 则其面积为 axy byz czx 1p papbpcxyz xyz 另方面 2 2 sin xyyzab C 故知 当且仅当 C 90 时 取值得最小值 2 亦即 222 xyyzxz 精品文档 2欢迎下载 时 取最小值 2 如时 y xyzxz xyyz 1 21xzy 2xyyz 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 令表示一种映xM 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的映象 x x 如果有办法把确定下来 则通过反演即逆映射也就相应地把确定下来 取对数计算 x 1 IM x 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 设获胜的场数是 则而且 i A i x07 17 i xi 127 7xxx 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 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 7 13 C 解二 建立下面的对应 集合的任一个 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 127 A AA 应 例如前述的比赛过程对应的 7 可重组合是所以甲方获胜的不同的比赛 123456 A A A A A A 过程的总数就是集合的 7 可重组合的个数 127 A AA 77 7 7 113 CC 例 2 130 设表示个元素中有个不动点的所有排列的种数 求证 n p knk 0 n n k kp kn 证明 设 对 S 的每个排列 将它对应向量 其中每个 12 n Sa aa 12 n e ee 当排列中第 个元素不动时 否则为 0 于是中所计数的任一排列所对 0 1 i e i1 i e n p k 应的向量都恰有个分量为 1 所以个排列所对应的那些向量中取值为 1 的分量的总数为k n 1 n n k kp k 精品文档 3欢迎下载 另一方面 对于每个 使得第 个元素不动的排列共有个 从而相应的i1in i 1 n 维向量中 有个向量的第 个分量为 1 所以 所有向量的取值为 1 的分量总数n 1 n i 从而得到 1 n nn 1 n n k kp kn 例 2 131 在圆周上给定个点 从中任选个点染成黑色 试证一定存在两个黑21 3 nn n 点 使得以它们为端点的两条弧之一的内部 恰好含有个给定的点 n 证明 若不然 从圆周上任何一个黑点出发 沿任何方向的第个点都是白点 因而 1n 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 2n 故至少有个不同的白点 这与共有个点矛盾 故知命题成立 n21n 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 求出初始值等 取值的个数由第二步递推的需要决 f n 1 2 ff 定 2 找出与 等之间的递推关系 即建立函数方程 f n 1 f n 2 f n 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 则 1 n a 1 1a 对 如果排在第 位 则它之后的个数完全确定 只能是 2 1 1n nini 1 ni ni 而它之前的个数 有种排法 令 得递推关系 1i 1 2 nini 1n 1i a 1 2 i n 2 121121111 1 1 2 nnnnnnnn aaaaaaaaaa 由 1 2 得 1 2n n a 例 2 133 设是正整数 表示用 2 1 矩形覆盖的方法数 表示由 1 和 2 组成的n n A2 n n B 各项和为的数列的个数 且 证明n 0242 122 13521 12321 2 21 m mmmm n m mmmm CCCCnm C CCCCnm nnn ABC 精品文档 4欢迎下载 证明 由的定义 容易得到 nn A B 1112 1 2 nnn AAAAA 1112 1 2 nnn BBBBB 又因为 且当时 12 1 2CC 2nm 0242221352113 112212122112 mmm nnmmmmmmmmmmm CCCCCCCCCCCCC 52121 32211 mm mmmn CCCC 类似地可证在时也有 从而和有相同的递推关系21nm 11nnn CCC nn AB n C 和相同的初始条件 所以 nnn ABC 用无穷递降法求解也用到了这一技巧 22 329 6 IMOIMO 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 的处理也体现了爬坡式的推理 例 2 47 14 2 IMO 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 11 24 ABCABDACDBCD SSSS 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 1 2 DFAB 即 A G Q P 为所求 111 222 AGQPEABABCD SSS AA 2 如图 2 53 此时可在 CD 与 CF 上分别取 P Q 使 过 Q9 或 1 2 DFAB 1 2 PQAB P 作 QG AP 交 AB 于 G 为证 连 AP 交 BE 于 M 过 A 作 AH BC 交 CD 延长线于 H 有 1 2 APQG S A 精品文档 5欢迎下载 PCMPAHPAD SSS MABPCMABCPPADABCOABCD SSSSSA 得 111 222 APQGMABABCD SSS A 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 或的单色正三角形 三个顶点同色的三角形 3 4 设 T1 T2是两个三角形 T1有一边长 1 T2一边长 若将平面作 点 二染色 则恒可3 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 精品文档 6欢迎下载 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 列上有个黑色方格 一方面 总黑格数为i 03 ii dd 另一方面 在第 列上首尾两端都是黑格的矩形有个 总计 7 1 11 i i xd i 1 1 2 ii d d 7777 2222 1111 1111 7 14 117 11 3 27147 iiii iiii tddddxx 若题中的结论不成立 则上述 个矩形两两不同 将它们投影到第一列 那么第 1 列就存在 tt 个首尾两端都是黑格的矩形 但第 1 列最多有个这样的矩形 有矛盾 故命题成 2 3 3C 1 33 7 t 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 则存在红色三 ij A A24ij 角形是同蓝色三角形 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 1ij A A A 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 使在任何个无理数中 总有 3 个数 其中每两数之和都仍为无nn 理数 解 取 4 个无理数 显然不满足要求 故 2 3 2 3 5n 设是 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 a b c d e 红边 否则连一条蓝边 这就得到一个二染色 只须证图中有蓝色三角形 分两步 5 k 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 都是有理数 有 ab bc ca 1 2 aabbcca 但无理数 有理数 故中无红色三角形 5 k 2 有同色三角形 若不然 由上例知 中有一个红圈 顶点所对应的 5 个数中 两两之 5 k 和均为有理数 设为有理数 则 ab bc cd de ea 精品文档 7欢迎下载 1 2 aabbccddeea 但无理数 有理数 故中无 5 条边组成的红圈 从而有同色三角形 5 k 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 已知实数列具有下列性质 存在自然数 n 满足 1 n k a 12 0 n aaa 及 1 2 n kk aa k 求证存在自然数 N 使当时 总有0 1 2 k 0 NK i i N a 证明 构造和式 12 1 2 jj Saaajn 依题设知 121212njjjjj njjjnj SSaaaSaaaaaa 12 jnj SaaaS 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 1 n Smn 11211 0 NNN kmmmkmkm aaaaaaSS 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 精品文档 8欢迎下载 到对对称定律的力量的钦佩 例 2 141 设为正数 它们的和等于 1 试证必有下不等式成立 12 n a aa 2222 112 122311 1 2 nn nnn aaaa aaaaaaaa 证明 设左边为 2222 112 122311 nn nnn aaaa x aaaaaaaa 出于对称性的考虑 再引进 2222 321 122311 n nnn aaaa y aaaaaaaa 有 22222222 231112 12231 nnn nnni aaaaaaaa xy aaaaaaaa 122311 0 nnn aaaaaaaa 又由 22 2 ijij ij aaaa aa 得 222222 23112 12231 11 22 n n aaaaaa xxy aaaaaa 12231 1 4 n aaaaaa 12 11 22 n aaa 时 可取等号 12 1 n aaa 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 图 2 59 则 点在什么位置时 面积有最大 2 yx t 12 SS 值和最小值 解 在 0 1 中作曲线关于直线的对称曲线与之相交于 P 点 由对称性 可将 2 yx 1 2 x 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 时 阴影面积 S1 S2 最小 图 2 61 当时 阴影面积为最大 图 2 62 1 2 t 1t 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 精品文档 9欢迎下载 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 精品文档 10欢迎下载 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 精品文档 11欢迎下载 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 1nn4n 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 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 上的投4n 124 n d dd i d 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 精品文档 12欢迎下载 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 124 n d dd 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 27 5 IMO f xf yf yf xy 三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 精品文档 13欢迎下载 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 1 a i b 12121 iin i ab a ba b 如果在整个过程中 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 精品文档 14欢迎下载 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 精品文档 15欢迎下载 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 精品文档 16欢迎下载 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 精品文档 17欢迎下载 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 精品文档 18欢迎下载 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 2 f xaxbxc 1abc 对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 精品文档 19欢迎下载 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 用到了这一技巧 26 3327 1 IMOIMO 例 2 164 设是 1 2 7 的一个排列 求证 127 a aa 必为偶数 127 1 2 7 paaa 证明一 反证法 若为奇数 则均为奇数 奇数个奇数之和应p 127 1 2 7aaa 为奇数 奇数 127 1 2 7 aaa 为偶数 127 1270aaa 由奇数 偶数知 不能是奇数 从而为偶数 pp 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 则与 的奇偶性相反 即 中的奇 i ai1 2 7i 127 a aa 偶 数与中的偶 奇 数个数相等 但 1 2 7 127 127Aa aa 故 1 2 7 中奇数与偶数的个数相同 从而中有偶数个元素 但为奇 1 2 7 7A 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 但 这个解法比较能反映 p 为偶数的原因 是个奇数 0 mod2 A 1 mod2 A 7A 精品文档 20欢迎下载 抓住这个本质 可以把 7 推广为 21m 证明三 在 1 2 7 这 14 个数中 共有 8 个奇数 而在乘积 127 a aa 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 127 1 2 7 paaa 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 在区间内任取个点 在此个点中 每2 1 2 n2n 相邻两点连一线段 可得条线段 证明在此 n 1 条线段中 以一个有理点和一个无理点为端1n 点的线段恰有奇数条 证明 将个点按从小到大的顺序记为 并在每一点赋予数值 使2n 122 n A AA i a 1 1 i i i A a A 当为有理数点时 当为无理数点时 与此同时 每条线段也可数字化为 1ii A A 1ii a a 1 1 1 1 1 ii ii ii A A a a A A 当一为有理数点 另一为无理数时 当同为有理数点或无理数点时 记的线段有条 则 1 1 ii aa k 1 1 1 1 kkn k 12233412 nn a aa aa aaa 2 12312 nn a a aaa 12 1 n a a 故为奇数 k 精品文档 21欢迎下载 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 求解都用到这一技巧 10 424 629 6 IMOIMOIMO 例 2 166 空间个点 任 4 点不共面 连条线段 证明其中至少有 3 条边组2