奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧上

1、奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧（上篇）有固定求解模式的問(wèn)題不屬于奧林匹克數(shù)學(xué)，通常的情況是，在一般思維規(guī)律的指導(dǎo)下，靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)去進(jìn)行探索與嘗試、選擇與組合。這當(dāng)中，經(jīng)常使用一些方法和原理（如探索法，構(gòu)造法，反證法，數(shù)學(xué)歸納法，以及抽屜原理，極端原理，容斥原理），同時(shí)，也積累了一批生氣勃勃、饒有趣味的奧林匹克技巧。在2-1曾經(jīng)說(shuō)過(guò)：“競(jìng)賽的技巧不是低層次的一招一式或妙手偶得的雕蟲小技，它既是使用數(shù)學(xué)技巧的技巧，又是創(chuàng)造數(shù)學(xué)技巧的技巧，更確切點(diǎn)說(shuō)，這是一種數(shù)學(xué)創(chuàng)造力，一種高思維層次，高智力水平的藝術(shù)，一種獨(dú)立于史詩(shī)、音樂(lè)、繪畫的數(shù)學(xué)美。”奧林匹克技巧是競(jìng)賽數(shù)學(xué)中一個(gè)生動(dòng)而又活躍的組成部分。2-7-1

2、 構(gòu)造它的基本形式是：以已知條件為原料、以所求結(jié)論為方向，構(gòu)造出一種新的數(shù)學(xué)形式，使得問(wèn)題在這種形式下簡(jiǎn)捷解決。常見(jiàn)的有構(gòu)造圖形，構(gòu)造方程，構(gòu)造恒等式，構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造反例，構(gòu)造抽屜，構(gòu)造算法等。例2-127 一位棋手參加11周（77天）的集訓(xùn)，每天至少下一盤棋，每周至多下12盤棋，證明這棋手必在連續(xù)幾天內(nèi)恰好下了21盤棋。證明：用表示這位棋手在第1天至第天（包括第天在內(nèi)）所下的總盤數(shù)（），依題意 考慮154個(gè)數(shù)：又由，即154個(gè)數(shù)中，每一個(gè)取值是從1到153的自然數(shù)，因而必有兩個(gè)數(shù)取值相等，由于時(shí)， 故只能是滿足 這表明，從天到天共下了21盤棋。這個(gè)題目構(gòu)造了一個(gè)抽屜原理的解題程序，并具體構(gòu)造

3、了154個(gè)“蘋果”與153個(gè)“抽屜”，其困難、同時(shí)也是精妙之處就在于想到用抽屜原理。例 2-128 已知為正數(shù)且求表達(dá)式的最最小值。解：構(gòu)造一個(gè)ABC，其中三邊長(zhǎng)分別為，則其面積為另方面故知，當(dāng)且僅當(dāng)C=90°時(shí)，取值得最小值2，亦即時(shí)，取最小值2，如時(shí)，。2-7-2 映射它的基本形式是RMI原理。令R表示一組原像的關(guān)系結(jié)構(gòu)（或原像系統(tǒng)），其中包含著待確定的原像，令表示一種映射，通過(guò)它的作用把原像結(jié)構(gòu)R被映成映象關(guān)系結(jié)構(gòu)R*，其中自然包含著未知原像的映象。如果有辦法把確定下來(lái)，則通過(guò)反演即逆映射也就相應(yīng)地把確定下來(lái)。取對(duì)數(shù)計(jì)算、換元、引進(jìn)坐標(biāo)系、設(shè)計(jì)數(shù)學(xué)模型，構(gòu)造發(fā)生函數(shù)等都體現(xiàn)了這

4、種原理。建立對(duì)應(yīng)來(lái)解題，也屬于這一技巧。例2-129 甲乙兩隊(duì)各出7名隊(duì)員按事先排好的順序出場(chǎng)參加圍棋擂臺(tái)賽，雙方先由1號(hào)隊(duì)員比賽，負(fù)者被淘汰，勝者再與負(fù)方2號(hào)隊(duì)員比賽，直到有一方隊(duì)員全被淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過(guò)程，那么所有可能出現(xiàn)的比賽過(guò)程的種數(shù)為 。解 設(shè)甲、乙兩隊(duì)的隊(duì)員按出場(chǎng)順序分別為A1，A2，A7和B1，B2，B7。如果甲方獲勝，設(shè)獲勝的場(chǎng)數(shù)是，則而且 （*）容易證明以下兩點(diǎn)：在甲方獲生時(shí)，（i）不同的比賽過(guò)程對(duì)應(yīng)著方程（*）的不同非負(fù)整數(shù)解；（ii）方程（*）的不同非負(fù)整數(shù)解對(duì)應(yīng)著不同的比賽過(guò)程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）對(duì)應(yīng)的比賽過(guò)程為：A1勝B1和B

5、2，B3勝A1，A2和A3，A4勝B3后負(fù)于B4，A5勝B4，B5和B6但負(fù)于B7，最后A6勝B7結(jié)束比賽。故甲方獲勝的不同的比賽過(guò)程總數(shù)是方程（*）的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)。解二 建立下面的對(duì)應(yīng)；集合的任一個(gè)7-可重組合對(duì)應(yīng)著一個(gè)比賽過(guò)程，且這種對(duì)應(yīng)也是一個(gè)一一對(duì)應(yīng)。例如前述的比賽過(guò)程對(duì)應(yīng)的7-可重組合是所以甲方獲勝的不同的比賽過(guò)程的總數(shù)就是集合的7-可重組合的個(gè)數(shù)。例2-130 設(shè)表示個(gè)元素中有個(gè)不動(dòng)點(diǎn)的所有排列的種數(shù)。求證證明 設(shè)。對(duì)S的每個(gè)排列，將它對(duì)應(yīng)向量，其中每個(gè)，當(dāng)排列中第個(gè)元素不動(dòng)時(shí)，否則為0。于是中所計(jì)數(shù)的任一排列所對(duì)應(yīng)的向量都恰有個(gè)分量為1，所以個(gè)排列所對(duì)應(yīng)的那些向量中取值為1的

6、分量的總數(shù)為。另一方面，對(duì)于每個(gè)，使得第個(gè)元素不動(dòng)的排列共有個(gè)，從而相應(yīng)的維向量中，有個(gè)向量的第個(gè)分量為1。所以，所有向量的取值為1的分量總數(shù)，從而得到 例2-131 在圓周上給定個(gè)點(diǎn)，從中任選個(gè)點(diǎn)染成黑色。試證一定存在兩個(gè)黑點(diǎn)，使得以它們?yōu)槎它c(diǎn)的兩條弧之一的內(nèi)部，恰好含有個(gè)給定的點(diǎn)。證明 若不然，從圓周上任何一個(gè)黑點(diǎn)出發(fā)，沿任何方向的第個(gè)點(diǎn)都是白點(diǎn)，因而，對(duì)于每一個(gè)黑點(diǎn)，都可得到兩個(gè)相應(yīng)的白點(diǎn)。這就定義了一個(gè)由所有黑點(diǎn)到白點(diǎn)的對(duì)應(yīng)，因?yàn)槊總€(gè)黑點(diǎn)對(duì)應(yīng)于兩個(gè)白點(diǎn)，故共有個(gè)白點(diǎn)（包括重復(fù)計(jì)數(shù)）。又因每個(gè)白點(diǎn)至多是兩個(gè)黑點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，故至少有個(gè)不同的白點(diǎn)，這與共有個(gè)點(diǎn)矛盾，故知命題成立。2-7-3 遞

7、推如果前一件事與后一件事存在確定的關(guān)系，那么，就可以從某一（幾）個(gè)初始條件出發(fā)逐步遞推，得到任一時(shí)刻的結(jié)果，用遞推的方法解題，與數(shù)學(xué)歸納法（但不用預(yù)知結(jié)論），無(wú)窮遞降法相聯(lián)系，關(guān)鍵是找出前號(hào)命題與后號(hào)命題之間的遞推關(guān)系。用遞推的方法計(jì)數(shù)時(shí)要抓好三個(gè)環(huán)節(jié)：（1）設(shè)某一過(guò)程為數(shù)列，求出初始值等，取值的個(gè)數(shù)由第二步遞推的需要決定。（2）找出與，等之間的遞推關(guān)系，即建立函數(shù)方程。（3）解函數(shù)方程例2-132 整數(shù)1，2，n的排列滿足：每個(gè)數(shù)大于它之前的所有的數(shù)或者小于它之前的所有的數(shù)。試問(wèn)有多少個(gè)這樣的排列？解 通過(guò)建立遞推關(guān)系來(lái)計(jì)算。設(shè)所求的個(gè)數(shù)為，則（1）對(duì)，如果排在第位，則它之后的個(gè)數(shù)完全確定，

8、只能是,2，1。而它之前的個(gè)數(shù)，,，有種排法，令,得遞推關(guān)系。 （2）由（1），（2）得 例2-133 設(shè)是正整數(shù)，表示用2×1矩形覆蓋的方法數(shù)；表示由1和2組成的各項(xiàng)和為的數(shù)列的個(gè)數(shù)；且 ，證明 證明 由的定義，容易得到 又因?yàn)?，且?dāng)時(shí)，類似地可證在時(shí)也有，從而和有相同的遞推關(guān)系和相同的初始條件，所以。用無(wú)窮遞降法求解也用到了這一技巧。2-7-4 區(qū)分當(dāng)“數(shù)學(xué)黑箱”過(guò)于復(fù)雜時(shí)，可以分割為若干個(gè)小黑箱逐一破譯，即把具有共同性質(zhì)的部分分為一類，形成數(shù)學(xué)上很有特色的方法區(qū)分情況或分類，不會(huì)正確地分類就談不上掌握數(shù)學(xué)。有時(shí)候，也可以把一個(gè)問(wèn)題分階段排成一些小目標(biāo)系列，使得一旦證明了前面的情

9、況，便可用來(lái)證明后面的情況，稱為爬坡式程序。比如，解柯西函數(shù)方程就是將整數(shù)的情況歸結(jié)為自然數(shù)的情況來(lái)解決，再將有理數(shù)的情況歸結(jié)為整數(shù)的情況來(lái)解決，最后是實(shí)數(shù)的情況歸結(jié)為有理數(shù)的情況來(lái)解決。的處理也體現(xiàn)了爬坡式的推理（例2-47）。區(qū)分情況不僅分化了問(wèn)題的難度，而且分類標(biāo)準(zhǔn)本身又附加了一個(gè)已知條件，所以，每一類子問(wèn)題的解決都大大降低了難度。例2-134 設(shè)凸四邊形ABCD的面積為1，求證在它的邊上（包括頂點(diǎn)）或內(nèi)部可以找出4個(gè)點(diǎn)，使得以其中任意三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的4個(gè)三角形的面積均大于1/4。證明 作二級(jí)分類1當(dāng)四邊形ABCD為平行四邊形時(shí)，A，B，C，D即為所求，命題成立。2當(dāng)四邊形ABCD不是

10、平行四邊形時(shí)，則至少有一組對(duì)邊不平行，設(shè)AD與BC不平行，且直線AD與直線BC相交于E，又設(shè)D到AB的距離不超過(guò)C到AB的距離，過(guò)D作AB的平行線交BC于F，然后分兩種情況討論。（1）如圖2-52，此時(shí)可作EAB的中位線PQ、QG，則 即A、G、Q、P為所求。（2）如圖2-53，此時(shí)可在CD與CF上分別取P、Q，使。過(guò)Q9或P）作QGAP交AB于G。為證，連AP交BE于M，過(guò)A作AHBC交CD延長(zhǎng)線于H。有得 故A、P、Q、G為所求，這實(shí)際上已證明了一個(gè)更強(qiáng)的命題：面積為1的凸四邊形一定能嵌入一個(gè)面積大于1/2的平行四邊形。例2-135 對(duì)內(nèi)角分別為為30°、60°、90&

11、#176;的三角形的頂點(diǎn)和各邊四等分點(diǎn)共12個(gè)點(diǎn)，染以紅色或藍(lán)色，則必存在同色的三點(diǎn)，以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三角形與原三角形相似。證明 設(shè)ABC中，C=90°，B=60°，C=30°，點(diǎn)A1，A2，A3；B1，B2，B3；C1，C2，C3分別是邊AB、BC、CA的四等分點(diǎn)，下面作三級(jí)分類。1點(diǎn)A、B、C同色時(shí)，結(jié)論顯然成立。2點(diǎn)A、B、C異色時(shí)，記A為紅色，寫作A（紅），其余各點(diǎn)染色記號(hào)類同。（1）A（紅），B（紅），C（藍(lán)）時(shí)，由ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，若結(jié)論不成立，則有B1（藍(lán)）C3（紅）A3（藍(lán)）A2（紅）C2

12、（藍(lán)）B2（紅）A（藍(lán)）。這與A（紅）矛盾。（2）A（紅），B（藍(lán)），C（紅）時(shí)，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，若結(jié)論不成立，則有B1（藍(lán)）A3（紅）C3（藍(lán)）C2（紅）B2（藍(lán)）A2（紅）A（藍(lán)）這與A（紅）矛盾。（3）A（紅），B（藍(lán)），C（藍(lán)）時(shí)，又分兩種情況：（3）1當(dāng)B1（紅）時(shí)，由ABCB2B1AB2C2CAA2C2A2BB2知，若結(jié)論不成立，則有B2（藍(lán)）C2（紅）A2（藍(lán)）B（紅）。這與B（藍(lán)）矛盾。圖（2-56）（3）2當(dāng)B1（藍(lán)）時(shí)，由ABCC3B1CC3AA3A3BB1知，若結(jié)論不成立，則有C3（紅）A3（藍(lán)）B（紅）與

13、B（藍(lán)）矛盾。（圖2-57）2-7-5 染色染色是分類的直觀表現(xiàn)，在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中有大批以染色面目出現(xiàn)的問(wèn)題，其特點(diǎn)是知識(shí)點(diǎn)少，邏輯性強(qiáng)，技巧性強(qiáng)；同時(shí)，染色作為一種解題手段也在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中廣泛使用。下面是一些熟知的結(jié)果。1在（點(diǎn)）二染色的直線上存在相距1或2的同色兩點(diǎn)。2在（點(diǎn)）二染色的直線上存在成等差數(shù)列的同色三點(diǎn)。3在（點(diǎn)）二染色的平面上存在邊長(zhǎng)為1或的單色正三角形（三個(gè)頂點(diǎn)同色的三角形）。4設(shè)T1，T2是兩個(gè)三角形，T1有一邊長(zhǎng)1，T2一邊長(zhǎng)。若將平面作（點(diǎn)）二染色，則恒可找到一個(gè)全等于T1或T2的單色三角形。5在（點(diǎn)）三染色的平面上，必有相距為1的兩點(diǎn)同色。6在（點(diǎn)）三染色的平面上，必存在

14、一個(gè)斜邊為1的直角三角形，它的三個(gè)頂點(diǎn)是全同色的或是全不同色的。7在（邊）染色的六階完全圖中必有單三角形（三邊同色）。8在（邊）染色的六階完全圖中至少有兩個(gè)單色三角形。例2-136 有一個(gè)3×7棋盤。用黑、白兩種顏色去染棋盤上的方格，每個(gè)方格只染一種顏色。證明不論怎樣染色，棋盤上的方格組成的矩形中總有這樣的矩形，其邊與棋盤相應(yīng)的邊平行，而4個(gè)角上的方格顏色相同。證明 稱滿足條件的矩形為單色矩形。由于棋盤上的3×7=21個(gè)方格只染兩種顏色，必有11個(gè)同色，不妨設(shè)同為黑色?，F(xiàn)設(shè)第列上有個(gè)黑色方格，一方面，總黑格數(shù)為；另一方面，在第列上首尾兩端都是黑格的矩形有個(gè)，總計(jì)若題中的結(jié)論

15、不成立，則上述個(gè)矩形兩兩不同，將它們投影到第一列，那么第1列就存在t個(gè)首尾兩端都是黑格的矩形，但第1列最多有個(gè)這樣的矩形，有矛盾，故命題成立。例2-137 在邊二染色的K5中沒(méi)有單色三角形的充要條件是它可分解為一紅一藍(lán)兩個(gè)圈，每個(gè)圈恰由5條邊組成。證明 由圖2-58可見(jiàn)，充分性是顯然的?？紤]必要性，在K5中每點(diǎn)恰引出4條線段，如果從其中某點(diǎn)A1能引出三條同色線段A1A1，A1A3，A1A4，記為同紅，則考慮A2A3A4，若當(dāng)中有紅邊（），則存在紅色三角形是同藍(lán)色三角形，均無(wú)與單色三角形矛盾。所以，從每點(diǎn)引出的四條線段中恰有兩條紅色兩條藍(lán)色，整個(gè)圖中恰有5條紅邊、5條藍(lán)邊?，F(xiàn)只看紅邊，它們組成一

16、個(gè)每點(diǎn)度數(shù)都是2的偶圖，可以構(gòu)成一個(gè)或幾個(gè)圈，但是每個(gè)圈至少有3條邊，故5條紅邊只能構(gòu)成一個(gè)圈，同理5條藍(lán)邊也構(gòu)成一個(gè)圈。例2-138 求最小正整數(shù)，使在任何個(gè)無(wú)理數(shù)中，總有3個(gè)數(shù)，其中每?jī)蓴?shù)之和都仍為無(wú)理數(shù)。解 取4個(gè)無(wú)理數(shù)，顯然不滿足要求，故。設(shè)是5個(gè)無(wú)理數(shù)，視它們?yōu)?個(gè)點(diǎn)，若兩數(shù)之和為有理數(shù)，則在相應(yīng)兩點(diǎn)間連一條紅邊，否則連一條藍(lán)邊。這就得到一個(gè)二染色。只須證圖中有藍(lán)色三角形，分兩步：（1）無(wú)紅色三角形。若不然，頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的3個(gè)數(shù)中，兩兩之和均為有理數(shù)，不妨設(shè)都是有理數(shù)，有但無(wú)理數(shù)有理數(shù)，故中無(wú)紅色三角形。（2）有同色三角形，若不然，由上例知，中有一個(gè)紅圈，頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的5個(gè)數(shù)中，兩兩之和

17、均為有理數(shù)，設(shè)為有理數(shù)，則但無(wú)理數(shù)有理數(shù)，故中無(wú)5條邊組成的紅圈，從而有同色三角形。這時(shí)，同色三角形必為藍(lán)色三角形，其頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的3個(gè)無(wú)理數(shù)，兩兩之和仍為無(wú)理數(shù)。綜上所述，最小的正整數(shù)n=52-7-6 極端某些數(shù)學(xué)問(wèn)題中所出現(xiàn)的各個(gè)元素的地位是不平衡的，其中的某個(gè)極端元素或某個(gè)元素的極端狀態(tài)往往具有優(yōu)先于其它元素的特殊性質(zhì)，而這又恰好為解題提供了突破口，從極端元素入手，進(jìn)而簡(jiǎn)捷地解決問(wèn)題，這就是通常所說(shuō)的“極端原理”。使用這一技巧時(shí)，常常借用自然數(shù)集的最小數(shù)原理，并與反正法相結(jié)合。例2-139 設(shè)S為平面上的一個(gè)有限點(diǎn)集（點(diǎn)數(shù)5），其中若干點(diǎn)染上紅色，其余的點(diǎn)染上藍(lán)色，設(shè)任何3個(gè)及3個(gè)以上的同

18、色的點(diǎn)不共線。求證存在一個(gè)三角形，使得（1）它的3個(gè)頂點(diǎn)涂有相同顏色；（2）這三角形至少有一邊上不包含另一種顏色的點(diǎn)。證明 對(duì)于任意的五點(diǎn)涂上紅色藍(lán)色，則必有三點(diǎn)同色，結(jié)論（1）成立。若結(jié)論（2）不成立，可取頂點(diǎn)同色的三角形中面積最小的一個(gè)，因?yàn)橹挥杏邢迋€(gè)三角形，這是可以做到的，記為ABC，由于此三角形的每一邊上都有異色點(diǎn)，記為A1，B1，C1，則A1B1C1也是同色三角形，且面積小于ABC的面積，這與ABC面積的最小性矛盾。故（2）成立。例2-140 已知實(shí)數(shù)列具有下列性質(zhì)：存在自然數(shù)n，滿足及求證存在自然數(shù)N，使當(dāng)時(shí)，總有證明 構(gòu)造和式依題設(shè)知 這表明，和數(shù)列的各項(xiàng)中只取有限個(gè)不同的值：S1，S2，Sn，其中必有最小數(shù)，記作，取N=m+1，則2-7-7 對(duì)稱對(duì)稱性分析就是將數(shù)學(xué)的對(duì)稱美與題目的條件或結(jié)論相結(jié)合，再憑借知識(shí)經(jīng)驗(yàn)與審美直覺(jué)，從而確定解題的總體思想或入手方向。其實(shí)質(zhì)是美的啟示、沒(méi)的追求在解題過(guò)程中成為一股宏觀指導(dǎo)的力量。著名物理學(xué)家楊振寧曾高度評(píng)價(jià)對(duì)稱性方法：“當(dāng)我們默默考慮一下這中間所包含的數(shù)學(xué)推理的優(yōu)美性和它的美麗完整性，并以此對(duì)比它的復(fù)雜的、深入的物理成果，我們就不能不深深感到對(duì)對(duì)稱定律的力量的欽佩”。例2-14