高中奧數(shù)解題技巧

奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧（上篇）

有固定求解模式的問題不屬于奧林匹克數(shù)學(xué)，通常的情況就是，在一般思維規(guī)律的指導(dǎo)下，靈活運

用數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識去進行探索與嘗試、選擇與組合。這當(dāng)中，經(jīng)常使用一些方法與原理（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，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)說過：“競賽的技巧不就是低層次的一招一式或妙手偶得的雕蟲小技,

它既就是使用數(shù)學(xué)技巧的技巧,又就是創(chuàng)造數(shù)學(xué)技巧的技巧，更確切點說，這就是一種數(shù)學(xué)創(chuàng)造力，一種

高思維層次，高智力水平的藝術(shù)，一種獨立于史詩、音樂、繪畫的數(shù)學(xué)美?！?/p>

奧林匹克技巧就是競賽數(shù)學(xué)中一個生動而又活躍的組成部分。

2-7-1構(gòu)造

它的基本形式就是: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，使得問題

在這種形式下簡捷解決。常見的有構(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)（〃=1,2,…77），依題

意<“2…<”77<12x11=132

考慮154個數(shù)：

%,4,…，％7,%+21,4+21,?”77+21

又由％7+21<132+21=153<154,即154個數(shù)中，每一個取值就是從1到153的自然數(shù)，因而

必有兩個數(shù)取值相等，由于，H/時,qwqq+21w%+21

故只能就是q,%+21（7727〉J21）滿足q=%+21

這表明，從7+1天到j(luò)天共下了21盤棋。

這個題目構(gòu)造了一個抽屜原理的解題程序，并具體構(gòu)造了154個“蘋果”與153個“抽屜”，其困

難、同時也就是精妙之處就在于想到用抽屜原理。

例2-128已知x,y,z為正數(shù)且孫2（*+,+2）=1求表達式（尤+V）（丁+2）的最最小值。

a=x+y

解:構(gòu)造一個AABC,其中三邊長分別為\b=y+z，則其面積為

C=Z+X

A=?p(p-d)(p-b)(p-c)=y](x+y+z)xyz=1

另方面(x+y)(y+z)=ab=2'>2

sinC

故知，當(dāng)且僅當(dāng)ZC=90°時,取值得最小值2,亦即（x+y）2+（y+z）2=（x+z）2

y(x+y+z)=xz時,(x+y)(y+z)取最小值2,如x=z=l,y-后一1時,(x+y)(y+z)=2。

2-7-2映射

它的基本形式就是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x,令”表示一種映射，通

過它的作用把原像結(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x的映象X*。如果有辦

法把龍*確定下來，則通過反演即逆映射/=也就相應(yīng)地把x確定下來。取對數(shù)計算、換元、引進

坐標(biāo)系、設(shè)計數(shù)學(xué)模型，構(gòu)造發(fā)生函數(shù)等都體現(xiàn)了這種原理。

建立對應(yīng)來解題，也屬于這一技巧。

例2-129甲乙兩隊各出7名隊員按事先排好的順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊員比

賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，…直到有一方隊員全被淘汰為止，另一方獲得勝利,形成一

種比賽過程，那么所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù)為=

解設(shè)甲、乙兩隊的隊員按出場順序分別為A1,A2,…,A7與B1,B2,…B7。

如果甲方獲勝，設(shè)4獲勝的場數(shù)就是花,則0<毛<7,1<7<7而且%+…+與=7(*)

容易證明以下兩點:在甲方獲生時，

⑴不同的比賽過程對應(yīng)著方程(*)的不同非負整數(shù)解；

(ii)方程(*)的不同非負整數(shù)解對應(yīng)著不同的比賽過程，例如，解(2,0,0,1,3,1,0)對應(yīng)的比賽過程為:Ai

勝B1與B2,B3勝A1,A2與A3,A4勝B3后負于B%A5勝B%B5與B6但負于B7,最后A6勝B7結(jié)束比賽。

故甲方獲勝的不同的比賽過程總數(shù)就是方程(*)的非負整數(shù)解的個數(shù)GZ。

解二建立下面的對應(yīng)；

集合｛4,4,-,4｝的任一個7-可重組合對應(yīng)著一個比賽過程，且這種對應(yīng)也就是一個一一對

應(yīng)。例如前述的比賽過程對應(yīng)的7-可重組合就是｛A，A，A，4,A，4｝所以甲方獲勝的不同的比賽

過程的總數(shù)就就是集合｛A，-,4｝的7-可重組合的個數(shù)c；+7_i=c\0

例2-130設(shè)0(口表示〃個元素中有左個不動點的所有排列的種數(shù)。求證￡切“(左)=〃！

k=0

證明設(shè)5=｛4,4，、4｝。對S的每個排列,將它對應(yīng)向量(,心,…，.)，其中每個

“e｛0,1｝，當(dāng)排列中第i個元素不動時,儲=1,否則為0o于就是p,?中所計數(shù)的任一排列所對應(yīng)的

向量都恰有左個分量為1,所以〃!個排列所對應(yīng)的那些向量中取值為1的分量的總數(shù)為￡切〃(左)。

k=l

另一方面，對于每個i,l<i<n，使得第i個元素不動的排列共有(n-1)!個，從而相應(yīng)的“維向量

中，有5-1)!個向量的第，個分量為1。所以，所有向量的取值為1的分量總數(shù)“5-1)!=加,從而得到

￡kp“(k)=n!

k=\

例2-131在圓周上給定2"-1(〃23)個點，從中任選幾個點染成黑色。試證一定存在兩個黑點,

使得以它們?yōu)槎它c的兩條弧之一的內(nèi)部，恰好含有n個給定的點。

證明若不然，從圓周上任何一個黑點出發(fā)，沿任何方向的第個點都就是白點，因而，對于

每一個黑點，都可得到兩個相應(yīng)的白點。這就定義了一個由所有黑點到白點的對應(yīng)，因為每個黑點對應(yīng)

于兩個白點,故共有2〃個白點(包括重復(fù)計數(shù))。又因每個白點至多就是兩個黑點的對應(yīng)點，故至少有〃

個不同的白點，這與共有2n-1個點矛盾，故知命題成立。

2-7-3遞推

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)個初始條件出發(fā)逐步遞推，得

到任一時刻的結(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)，無窮遞降法相聯(lián)系，關(guān)鍵就是

找出前號命題與后號命題之間的遞推關(guān)系。

用遞推的方法計數(shù)時要抓好三個環(huán)節(jié)：

(1)設(shè)某一過程為數(shù)列/(?)，求出初始值/(1),/(2)等，取值的個數(shù)由第二步遞推的需要決定。

(2)找出于(n)與f(n-1)，于(n-2)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)。

試問有多少個這樣的排列？

解通過建立遞推關(guān)系來計算。設(shè)所求的個數(shù)為an，則4=1(1)

對如果"排在第，位，則它之后的n-i個數(shù)完全確定,只能就是“一/,”一，-1「一,2,1。而它

之前的，一1個數(shù),+—7+2,…，九—1,有.種排法，令，=1,2,…，”得遞推關(guān)系。

4=1+q+…+4-2+??-i=(l+?i+-+??.2)+??-i=??-i+??-i=2aAi(2)

由⑴，⑵得an=

例2-133設(shè)”就是正整數(shù),表示用2X1矩形覆蓋2x〃的方法數(shù);紇表示由1與2組成的各

項與為〃的數(shù)列的個數(shù)；且Cn=，證明

1n=2m+1

4=紇=c

證明由4,紇的定義，容易得到4+1=4+Ai，A=L4=2B“+i=B“+生1,華

又因為￡=1,。2=2，且當(dāng)n=2加時，

G+CT=C+Q+】+c3+…+c宵+凰++c3+c'+…+c丈;=+c%

05..02機―102根+1―「

TTT=2加T=2加+1—=〃+1

類似地可證在n=2加+1時也有G+GT=C+1，從而｛4｝,｛4,｝與｛Q｝有相同的遞推關(guān)系與

相同的初始條件，所以4=B“=cn。

7MO22_3,IMO29_6用無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”過于復(fù)雜時,可以分割為若干個小黑箱逐一破譯，即把具有共同性質(zhì)的部分分為一

類,形成數(shù)學(xué)上很有特色的方法一一區(qū)分情況或分類，不會正確地分類就談不上掌握數(shù)學(xué)。

有時候，也可以把一個問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況，便可用來證

明后面的情況，稱為爬坡式程序。比如，解柯西函數(shù)方程就就是將整數(shù)的情況歸結(jié)為自然數(shù)的情況來解

決，再將有理數(shù)的情況歸結(jié)為整數(shù)的情況來解決，最后就是實數(shù)的情況歸結(jié)為有理數(shù)的情況來解決。

IMOg的處理也體現(xiàn)了爬坡式的推理（例2-47）O

區(qū)分情況不僅分化了問題的難度,而且分類標(biāo)準(zhǔn)本身又附加了一個已知條件，所以，每一類子問題

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）或內(nèi)部可以找出4個點，使

得以其中任意三點為頂點所構(gòu)成的4個三角形的面積均大于1/4o

證明作二級分類

1.當(dāng)四邊形ABCD為平行四邊形時，

SAABC==S砧CD=Sf^BCD=Q〉]

A,B,C,D即為所求，命題成立。

2.當(dāng)四邊形ABCD不就是平行四邊形時，則至少有一組對邊不平行，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C到AB的距離，過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,￡>E〈LAB,此時可作4EAB的中位線PQ、QG則

2

SAG2P=]S.>gSABCD=/即A、G、Q、P為所求。

（2）如圖2-53,DF>-AB，此時可在CD與CF上分別取P、Q,使lA3。過Q9或P）作QG

22

〃AP交AB于G。為證S”2G>；，連AP交BE于M,過A作AH/7BC交CD延長線于H。有

S"CM~^\PAH>^\PAD

SAMAB=S"CM+^ABCP>S"AD+ABCO=^ABCD

得I寸uqAPQG-_-2SAMAB/ABCD~--2

故A、P、Q、G為所求，

這實際上已證明了一個更強的命題:面積為1的凸四邊形一定能嵌入一個面積大于1/2的平行四

邊形。

例2-135對內(nèi)角分別為為30°、60。、90°的三角形的頂點與各邊四等分點共12個點,染以紅

色或藍色，則必存在同色的三點,以它們?yōu)轫旤c的三角形與原三角形相似。

證明設(shè)AABC中,/C=90°,/B=60°,/C=30°，點AiAA/iBBGCC分別就是邊

AB、BC、CA的四等分點，下面作三級分類。

1.點A、B、C同色時，結(jié)論顯然成立。

2.點A、B、C異色時，記A為紅色，寫作A（紅），其余各點染色記號類同。

（1）A（紅）,B（紅）,C（藍）時，由△ABC~Z\BiBA~ZkC3BiC~ZkC3AA3~Z\A2A3BI~Z\AA2c2~4C2B2c~

△A2AB2知,若結(jié)論不成立，則有

Bi（藍）fC3（紅）fA3（藍）fA2（紅）fC2（藍）fB2（紅）fA（藍）。

這與A（紅）矛盾。

（2）A（紅）,B（藍）,C（紅）時，由△ABC~ZKBIAC~ZKA3BBI~ZKAC3A3~ZkC2c3BI~Z\C2B2C~ZKA2BB2~4

AA2C2知,若結(jié)論不成立，則有Bl（藍）fA3（紅）-C3（藍）-C2（紅）fB2（藍）fA2（紅）-A（藍）這與A（紅）矛

盾。

（3）A（紅）,B（藍）,C（藍）時，又分兩種情況:

（3）1當(dāng)Bi（紅）時，由△ABC~ZkB2B|A~ZkB2c2C~Z\AA2c2~Z\A?BB2知,若結(jié)論不成立，則有Bz（藍）

一C2（紅）-A2（藍）一B（紅）。這與B（藍）矛盾。圖（2-56）

（3）2當(dāng)Bi（藍）時，由△ABC~AC3BIC~AC3AA3~4A3BBI知,若結(jié)論不成立，則有

C3（紅）-A3（藍）-B（紅）與B（藍）矛盾。（圖2-57）

2-7-5染色

染色就是分類的直觀表現(xiàn)，在數(shù)學(xué)競賽中有大批以染色面目出現(xiàn)的問題,其特點就是知識點少，邏

輯性強，技巧性強;同時，染色作為一種解題手段也在數(shù)學(xué)競賽中廣泛使用。下面就是一些熟知的結(jié)果。

1.在（點）二染色的直線上存在相距1或2的同色兩點。

2.在（點）二染色的直線上存在成等差數(shù)列的同色三點。

3.在（點）二染色的平面上存在邊長為1或逝的單色正三角形（三個頂點同色的三角形）。

4.設(shè)T1,T2就是兩個三角形,T1有一邊長112一邊長6。若將平面作（點）二染色，則恒可找到一個

全等于Ti或T2的單色三角形。

5.在（點）三染色的平面上，必有相距為1的兩點同色。

6.在（點）三染色的平面上，必存在一個斜邊為1的直角三角形，它的三個頂點就是全同色的或就是

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單色三角形。

例2-136有一個3X7棋盤。用黑、白兩種顏色去染棋盤上的方格，每個方格只染一種顏色。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3X7=21個方格只染兩種顏色，必有11個

7

同色，不妨設(shè)同為黑色?，F(xiàn)設(shè)第i列上有4（0<4<3）個黑色方格,一方面，總黑格數(shù)為X=

i=l

另一方面，在第，列上首尾兩端都就是黑格的矩形有工4（4-1）個，總計

2

177i77i1

/=5(方力—方4)2匕(方4)2—方4]=五(——7x)214(112—7?11)=3虧

zi=\i=i/1=1i=i14/

若題中的結(jié)論不成立，則上述f個矩形兩兩不同，將它們投影到第一列,那么第1列就存在t個首尾

兩端都就是黑格的矩形，但第1列最多有C；=3個這樣的矩形，有32/23,矛盾,故命題成立。

例2-137在邊二染色的心中沒有單色三角形的充要條件就是它可分解為一紅一藍兩個圈，每個

圈恰由5條邊組成。

證明由圖2-58可見,充分性就是顯然的。

考慮必要性，在K5中每點恰引出4條線段，如果從其中某點Ai能引出三條同色線段

AIAI,AIA3,AIA%記為同紅,則考慮AA2A3A羽若當(dāng)中有紅邊AA,(2<z<；<4)，則存在紅色三角形

就是同藍色三角形，均無與單色三角形矛盾。所以,從每點引出的四條線段中恰有兩條紅色兩

條藍色，整個圖中恰有5條紅邊、5條藍邊。

現(xiàn)只瞧紅邊，它們組成一個每點度數(shù)都就是2的偶圖，可以構(gòu)成一個或幾個圈，但就是每個圈至少

有3條邊，故5條紅邊只能構(gòu)成一個圈，同理5條藍邊也構(gòu)成一個圈。

例2-138求最小正整數(shù)”，使在任何〃個無理數(shù)中，總有3個數(shù)，其中每兩數(shù)之與都仍為無理數(shù)。

解取4個無理數(shù)｛也行,-后,一6｝，顯然不滿足要求，故n>5.

設(shè)a,b,c,d,e就是5個無理數(shù)，視它們?yōu)?個點,若兩數(shù)之與為有理數(shù)，則在相應(yīng)兩點間連一條紅邊,

否則連一條藍邊。這就得到一個二染色勺。只須證圖中有藍色三角形，分兩步：

(1)無紅色三角形。若不然,頂點所對應(yīng)的3個數(shù)中，兩兩之與均為有理數(shù),不妨設(shè)a+匕/+c,c+a

都就是有理數(shù)，有a=g[(a+b)—(b+c)+(c+a)]

但無理數(shù)不有理數(shù)，故勺中無紅色三角形。

(2)有同色三角形，若不然，由上例知，左§中有一個紅圈，頂點所對應(yīng)的5個數(shù)中，兩兩之與均為有理

數(shù)，設(shè)a+Z?力+c,c+d,d+e,e+a為有理數(shù)，貝!I

u=-[(iz+Z7)—(Z?+c)+(c—d)—(d+e)+(e+a)]

但無理數(shù)。有理數(shù)，故勺中無5條邊組成的紅圈,從而有同色三角形。

這時,同色三角形必為藍色三角形，其頂點所對應(yīng)的3個無理數(shù)，兩兩之與仍為無理數(shù)。

綜上所述,最小的正整數(shù)n=5

2-7-6極端

某些數(shù)學(xué)問題中所出現(xiàn)的各個元素的地位就是不平衡的，其中的某個極端元素或某個元素的極

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，進而

簡捷地解決問題,這就就是通常所說的“極端原理”。

使用這一技巧時，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為平面上的一個有限點集(點數(shù)25),其中若干點染上紅色，其余的點染上藍色，設(shè)

任何3個及3個以上的同色的點不共線。求證存在一個三角形，使得

(1)它的3個頂點涂有相同顏色；

(2)這三角形至少有一邊上不包含另一種顏色的點。

證明對于任意的五點涂上紅色藍色，則必有三點同色，結(jié)論(1)成立。

若結(jié)論(2)不成立，可取頂點同色的三角形中面積最小的一個，因為只有有限個三角形，這就是可以

做到的，記為AABC,由于此三角形的每一邊上都有異色點，記為Ai,Bi,Ci,則△AiBiCi也就是同色三角

形，且面積小于aABC的面積，這與AABC面積的最小性矛盾。故(2)成立。

例2-140已知實數(shù)列｛4｝；=]具有下列性質(zhì):存在自然數(shù)n,滿足4+/+…+%=0

及4+上=ak,k=1,2…

N+K

求證存在自然數(shù)N,使當(dāng)左=0,1,2,…時，總有2q?0

i=N

證明構(gòu)造與式

S-=q+a2+--+a.(j=1,2,…

依題設(shè)知

Sn+j=S/+aj+l+aj+2+…+aj+n=S.+aJ+1+aj+2+-+an+al+a2+-+aj

—Sj+(%+a2+???+%)=S.

這表明，與數(shù)列的各項中只取有限個不同的值：S13,…,Sn,其中必有最小數(shù)，記作S“(l<〃),取

N=m+1,貝!]

aaaaSS

N+N+l+,,,+N+k=+-"+,n+M=m+i+k-n^

2-7-7對稱

對稱性分析就就是將數(shù)學(xué)的對稱美與題目的條件或結(jié)論相結(jié)合，再憑借知識經(jīng)驗與審美直覺，從

而確定解題的總體思想或入手方向。其實質(zhì)就是美的啟示、沒的追求在解題過程中成為一股宏觀指

導(dǎo)的力量。著名物理學(xué)家楊振寧曾高度評價對稱性方法：“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)美性與它的美麗完整性，并以此對比它的復(fù)雜的、深入的物理成果，我們就不能不深深感到對

對稱定律的力量的欽佩”。

例2-141設(shè)4,4,…，為為正數(shù)，它們的與等于1,試證必有下不等式成立：

%+電+…++42j_

%+%%+an-\+Cln4+%?

2222

證明設(shè)左邊為x=—^+―%+，-

q+。2%+an-l+an4+%

出于對稱性的考慮,再引進y=，^+/^++—22

4_?4

4+a,a,+/a'.-n-l+an%+%

有a；-a；+a；-a；2222

+???+

ICl?CL?+^^3%+44+4

=（q-出）+（4-%）+…+⑷t_%）+&_%）=0

a；2+a.2a+a,

又由-—;~L

4+%2

得（上左+土區(qū)++史應(yīng)）

22q+a2a?+%an+%

+%)+(%+〃3)+,??+(4+4)］

1z、1

=-(a1+tz2+---+a?)=-

%=。2=',?=%=工時，可取等號。

n

還可用平均值不等式、柯西不等式直接證明。

例2-142在［0,1］上給定函數(shù)y=/(圖2-59),則/點在什么位置時，面積S］+邑有最大值與最小

值。

O1

解在［0,1］中作曲線丁=/關(guān)于直線i=5的對稱曲線與之相交于p點，由對稱性，可將S2移至

左上角，陰影部分即Si+S2(圖2-60)。移動t點,相當(dāng)于MN上下平移，當(dāng)MN經(jīng)過P點，即t=-時，陰影

2

面積(S1+S2)最小(圖2-61);當(dāng)t=l時，陰影面積為最大(圖2-62)。

下文中，例3-2的處理，就是不落俗套進行對稱性分析的一個好例子，例3-18體現(xiàn)了對圖形對稱性

的洞察。

奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧(中篇)

2-7-8配對

配對的形式就是多樣的，有數(shù)字的湊整配對或共輾配對,有解析式的對稱配對對或整體配對，有子

集與其補集的配對，也有集合間象與原象的配對。凡此種種,都體現(xiàn)了數(shù)學(xué)與諧美的追求與力量，小高

斯求與(1+2+…+99+100)首創(chuàng)了配對,/MOg也用到了配對。

石分浩「305%、/士

例2-143求工1不?。葜?。

〃=o3U3

初止響T以用沿;30歷1T5135=305￡5a3251*n3

解作配對處理〉[-----=>（-€一ch+—[-----------工〉--------3-0=45^04=251

￡5035035037503

例2-144求與an=C：+2C"rkC：+…+”C：

解一由C：=C#把an倒排，有an=0C；+IC；+2C；+…+左C：+…+“C；

%=y+(〃-1)。：-+.??+(〃_k)c>+-+oc：

相加2a“=〃C+C+…+O?2"

得a“=〃?2"T

解二設(shè)集合S={1,2,…，科,注意到k4=ZIM笈1，21

Au5||4女

有4=ZlAl

Ac5

為了求得ZI川把每一AUS，讓它與補集1配對，共有2"T對,且每對中均有|A|+問=〃

AuS

于就是4=zI4卜〃+〃+…〃=〃?2”-1

Au5

這兩種解法形式上雖有不同，但本質(zhì)上就是完全一樣的，還有一個解法見例2-149。

例2-145設(shè)玉,々，…，Z就是給定的實數(shù)，證明存在實數(shù)x使得

{x—石}+{x_/}+.,,+{x—x/K一

這里的{?表示y的小數(shù)部分。

證明有{?+{—?=<：汨知{y}+{—y}Kl

10,>eZ

下面利用這一配對式的結(jié)論。設(shè)/={%-%}+{菁一%2}++{玉

方力=X(B-xJ+df})?X1=戲=修

z=ll<z<j<nl<i<j<n乙

1H—1

據(jù)抽屜原理①知,必存在k(l<k<n)，使fk<-C1=——

n2

取x=/，由上式得

{x-xl}+{x-x2]+-+{x-xn}<^~

2-7-9特殊化

特殊化體現(xiàn)了以退求進的思想:從一般退到特殊，從復(fù)雜退到簡單，從抽象退到具體,從整體退到部

分，從較強的結(jié)論退到較弱的結(jié)論，從高維退到低維，退到保持特征的最簡單情況、退到最小獨立完全

系的情況,先解決特殊性，再歸納、聯(lián)想、發(fā)現(xiàn)一般性。華羅庚先生說，解題時先足夠地退到我們最易

瞧清楚問題的地方，認透了、鉆深了，然后再上去。

特殊化既就是尋找解題方法的方法，又就是直接解題的一種方法。

8

例2-146已知恒等式(2r—I)-1+cx+

求實數(shù)a,b,c,d，其中a>0。

解對X取特殊值,當(dāng)X=g時，有—弓+bp='+>])4>0

故有@+6=0(1)—\--+d=0(2)

242

又取x=0(即比較常數(shù)項系數(shù))，有1-"=/⑶

比較%8的系數(shù)(考慮特殊位置)，有28-a8=l(4)

由④得。=也匚代入⑴,得6=一號一

代入原式左邊，有(2x—1)8—(儂元-§5)8=256(%-1)8-255(%-1)8

=(x—g)8=(X2-X+^)4

故知c=-l,d=—o

4

也可以將a/的值代入(3)、(2)求d,c,但要檢驗排除增根。

例2-147已知a為常數(shù)，尤w且/'(x+a)~-

/W+1

求證/(x)就是周期函數(shù)。

分析作特殊化探索。求解的困難在于不知道周期，先特殊化,取一個滿足條件的特殊函數(shù)

,/、1士/乃、Ctgx-l

f(x)=ctgx且aa=7,有Cfg(x+:)=-------

44ctgx+1

TT

但ctgx的周期為T=^-=4x—=4a(.

猜想:T=4a就是周期。

/(x)-1i

證明由已知有/(x+2a)=+=等罟一=一

/(x+?)+l/(乃一1u/(x)

/W+l

據(jù)此，有/(x+4a)=-1=-------^j—=于(x)

f(x+2a)_i

/(x)

得證/(%)為周期函數(shù)，且T=4a為一個周期。

例2-148在平面上給定一直線，半徑為九厘米(〃就是整數(shù))的圓以及在圓內(nèi)的4〃條長為1厘米

的線段。試證在給定的圓內(nèi)可以作一條與給定直線平行或垂直的弦，它至少與兩條給定的線段相交。

分析特殊化，令〃=1,作一個半徑為1的圓,在圓內(nèi)作四條1厘米長的線段，再作一條與已知直線

L垂直的直線U(圖2-63)

現(xiàn)從結(jié)論入手，設(shè)八13〃1并與兩條弦相交，則交點在L，上的投影重合，反之，如果四條線段在L或1?

上的投影有重合點，則從重合點出發(fā)作垂線即可。

由特殊化探索出一個等價命題:將給定的線段向已知直線L或L的垂線作投影時,至少有兩個投

影點重合。

這可以通過長度計算來證實。

證明設(shè)已知直線為L,作1/，1,又設(shè)4"條線段為4，4廣?，4“，每一條4在L,u上的投影長為

偽(1<iW4")，有4>0,bt>0,yja；+/=1。

由a,+4="(.+4)2>府+r=1

4〃4八4〃

得=X(4+2)>4〃

Z=1Z=11=1

從而，兩個加項ZZ瓦中必有一個不小于2n厘米，但圓的直徑為2"厘米，故&,a,應(yīng)“在

?=11=1

L或U的投影中,至少有兩條線段的投影相交，過重迭點作L或I；的垂線即為所求。(將勾血表示為三

角函數(shù)運算更方便)

、/MQ7-5(例2-51)的求解過程,實質(zhì)上就是對表達式/(V(y))?/(y)=/(x+y)中函數(shù)的三個

表達式/(y),/(X+y),/(孫(y))分別取值為/(2)=0

2-7-10一般化

推進到一般,就就是把維數(shù)較低或抽象程度較弱的有關(guān)問題轉(zhuǎn)化為維數(shù)較高、抽象程度較強的問

題,通過整體性質(zhì)或本質(zhì)關(guān)系的考慮，而使問題獲得解決,離散的問題可以一般化用連續(xù)手段處理，有限

的問題可以一般化用數(shù)學(xué)歸納法處理，由于特殊情況往往涉及一些無關(guān)宏旨的細節(jié)而掩蓋了問題的

關(guān)鍵,一般情況則更明確地表達了問題的本質(zhì)。波利亞說：“這瞧起來矛盾，但當(dāng)從一個問題過渡到另

一個,我們常常瞧到，新的雄心大的問題比原問題更容易掌握，較多的問題可能比只有一個問題更容易

回答，較復(fù)雜的定理可能更容易證明,較普遍的問題可能更容易解決?！?/p>

希爾伯特還說:在解決一個數(shù)學(xué)問題時，如果我們沒有獲得成功，原因常常在于我們沒有認識到更

一般的觀點，即眼下要解決的只不夠就是一連串有關(guān)問題的一個環(huán)節(jié)。

例2-149求與（例2-144）a”=C；+2C；+…+kC：+…+nC；

解引進恒等式(l+x)"=￡cW

左=0

對X求導(dǎo)n(l+x)"T=￡kC*i

k=l

令X=1得nkC：=“2"T。

k=l

這實質(zhì)就是將所面臨的問題，放到一個更加波瀾壯闊的背景上去考察，當(dāng)中既有一般化、又有特殊

化。

例2-1501985個點分布在一個圓的圓周上，每個點標(biāo)上+1或-1,一個點稱為“好點”，如果從這

點開始，依任一方向繞圓周前進到任何一點時，所經(jīng)過的各數(shù)的與都就是正的。證明:如果標(biāo)有-1的點

數(shù)少于662時，圓周上至少有一個好點。

證明這里662與1985的關(guān)系就是不清楚的，一般化的過程其實也就就是揭示它們內(nèi)在聯(lián)系的

過程，可以證明更一般性的結(jié)論:在3〃+2個點中有〃個-1時，“好點”一定存在。

(1)〃=L時，如圖2-64,A、B、C、D標(biāo)上+1,則B、C均為好點。

(2)假設(shè)命題當(dāng)n=左時成立，即3左+2個點中有左個-1時，必有好點。

對”=左+1,可任取一個-1,并找出兩邊距離它最近的兩個+1,將這3個點一齊去掉，在剩下的

3左+2個點中有左個-1,因而一定有好點，記為Po現(xiàn)將取出的3個點放回原處，因為P不就是離所取出

的-1最近的點,因而從P出發(fā)依圓周兩方前進時，必先遇到添回的+1,然后再遇到添回的-1,故P仍就是

好點,這說明,n=左+1時命題成立。

由數(shù)學(xué)歸納法得證一般性命題成立，取n=661即得本例成立。

這里一般化的好處就是:第一，可以使用數(shù)學(xué)歸納法這個有力工具;第二歸納假設(shè)提供了一個好點,

使得順利過渡到n=k+l.一般說來,更強的命題提供更強的歸納假設(shè)。

/k/k

例2-151設(shè)機,aeN,求證S=[Z(-1)&/](^瘍)就是整數(shù)。

k=0k=0

證明考慮更一般性的整系數(shù)多項式/(x)=[￡(r)/](S>，

左=0k=0

由/(-x)=/(1

知/(X)就是偶函數(shù)，從而/(X)只含X的偶次項，得了(X)就是含爐的整系數(shù)多項式,特別地，取

/k/k

x2為正整數(shù)即m=尤2,得s=/(■)=(Z(-1)及加5)(2>/)為整數(shù)。

k=0左=0

這里,把常數(shù)m一般化為變數(shù)之后，函數(shù)性質(zhì)便成為解決問題的銳利武器。

2-7-11數(shù)字化

數(shù)字化的好處就是:將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題的同時，還將抽象的推理轉(zhuǎn)化為具體的計算。這在

例2-33中已見過。

例2-152今有男女各2n人，圍成內(nèi)外兩圈跳舞，每圈各2n人，有男有女，外圈的人面向內(nèi),內(nèi)圈的

人面向外，跳舞規(guī)則如下:每當(dāng)音樂一起，如面對面者為一男一女，則男的邀請女的跳舞,如果均為男的

或均為女的，則鼓掌助興，曲終時，外圈的人均向左橫移一步，如此繼續(xù)下去，直至外圈的人移動一周。

證明:在整個跳舞過程中至少有一次跳舞的人不少于n對。

解將男人記為+1,女人記為-1,外圈的2n個數(shù)4,4,…,。2〃與內(nèi)圈的2n個數(shù)仇,仇,…,仇〃中有

2"個1,2〃個-1,因此,與01+出+…+4"+4+4+…+52”=。

從而(。1+生+…+。2”)(偽+°2+…+〃2”)=—(偽+4+…+4")2<0①

另一方面，當(dāng)體與2面對面時，a四，4/1，…,出〃2T中的-1的個數(shù)表示這時跳舞的對數(shù)，如果在

整個過程中，每次跳舞的人數(shù)均少于n隊，那么恒有

01bj+a2bM+,?,+a211bt>0(i=1,2,…,2〃)

2n

從而總與0<￡(a也+%2+1+…+。2也T)=(。1+生+…++°2+…+。2“)②

i=\

由①與②矛盾知，至少有一次跳舞的人數(shù)不少于n對。

這里還用到整體處理的技巧。

例2-153有男孩、女孩共n個圍坐在一個圓周上(九之3),若順序相鄰的3人中恰有一個男孩的

有a組,順序相鄰的3人中恰有一個女孩的有匕組，求證3|a-匕o

證明現(xiàn)將小孩記作《(，=1,2,…,〃),且數(shù)字化

14表示男孩時

生=<

-1q表示女孩時

3%4+1，4+2均為男孩

-34c42均為女孩

a—<

則a=生+M+弓+2

14，勾+1，《+2恰有一個女孩

-1a”@+1，4+2恰有一個男孩

其中af=勺

又設(shè)取值為3的4有p個,取值為-3的&有q個，依題意,取值為1的4有人個,取值為-1的A,.

有a個，得3(q+4+???+%)-(。1+〃2+^3)+(^2+。3+。4)+???+(%+。1+4)

=3p+(~3)q+(~l)a+b=3(p-q)+(b-q)

[co見.表示男孩時i

可見3〃—b,也可以數(shù)字化為見一——+—z.M=1

CD為表示女孩時22

1%,4+1,%+2表示二男或二女

有ataM+ai+2=<a>a”a,"],表示二男一女

co26,a*,4+2表示一男二女

考慮積1=（。1生…aj=0知3|a-Z?

2-7-12有序化

當(dāng)題目出現(xiàn)多參數(shù)、多元素（數(shù)、字母、點、角、線段等）時，若按一定的規(guī)貝U（如數(shù)的大小，點的次

序等），將其重新排列，則排序本身就給題目增加了一個已知條件（有效增設(shè)），從而大大降低問題的難

度。特別就是處理不等關(guān)系時，這就是一種行之有效的技巧。

例2-154設(shè)有2〃x2〃的正方形方格棋盤。在其中任意的3n個方格中各放一枚棋子，求證可以

選出“行與〃列，使得3枚棋子都在這n行與n列中。

證明設(shè)3n枚棋子放進棋盤后,2n行上的棋子數(shù)從小到大分別為―2"，有

0<?；<a2<--<a2n①

%+。2++a”+i+?"+"2"=3”②

由此可證an+l+a,”+…+a?”22“③

(1)若4+122,③式顯然成立。

⑵若an+l<1時,%+出+…+4<”?a〃+i<〃

AffiJan+1+an+2+???+a2n=3n-（a；+a2+--+an）>2n

得③式也成立。

據(jù)③式，可取棋子數(shù)分別為。“+1，?！?2,…，。2”所對應(yīng)的行，共n行。由于剩下的棋子數(shù)不超過n,因

而至多取n列必可取完全部3n個棋子。

例2-155設(shè)占,％2,都就是自然數(shù)，且滿足X]+%2+…+x“=x.①

求.,々，…,3中的最大值。（n>2）

解由條件的對稱性,不妨設(shè)%；<%2<…<xn②

這就改變了條件的對稱性，相當(dāng)于增加了一個條件x?_1>2^>2

否則=1,由②知%=%=?"=X=T=x,i=1

從而，代入①得=%矛盾，這時，由①有

X,X[+/+??.+,1W西々…X“-2+…+西々…X“-2+》逮2…追-遇1

=S2+X,L-F2

工F2…X〃TT

<+=〃-2+.J=1+〃-1《n

XX

W',^-W'n-2X“T—「”

當(dāng)％=%=…=xn_2=1且x,i=2時,X”有最大值n，這也就就是％,X2,xn的最大值。

2-7-13不變量

在一個變化的數(shù)學(xué)過程中常常有個別的不變元素或特殊的不變狀態(tài)，表現(xiàn)出相對穩(wěn)定的較好性

質(zhì)，選擇這些不變性作為解題的突破口就是一個好主意。

3443

例2-156從數(shù)集｛3,4,12｝開始，每一次從其中任選兩個數(shù)用空a-與,6代替它

們。能否通過有限多次代替得到數(shù)集｛4,6,12｝,

解對于數(shù)集｛a,dc｝，經(jīng)過一次替代后，得出~a--b,-a+^b,c\,

有(―a--Z?)2+(—a+—b)2+c2=a2+b2+c2

5555

即每一次替代后，保持3個元素的平方與不變(不變量)。由3?+4?+122/4?+6?+122知，

不能由｛3,4,12｝替換為｛4,6,12｝。

例2-157設(shè)2”+1個整數(shù)卬,。2,…,生“+i具有性質(zhì)P；從其中任意去掉一個，剩下的2"個數(shù)可以

分成個數(shù)相等的兩組，其與相等。證明這2n+l個整數(shù)全相等。

證明分三步進行，每一步都有“不變量”的想法。

第一步先證明這2n+l個數(shù)的奇偶性就是相同的。

因為任意去掉一個數(shù)后,剩下的數(shù)可分成兩組，其與相等，故剩下的2n個數(shù)的與都就是偶數(shù)。因此,

任一個數(shù)都與這2n+l個數(shù)的總與具有相同的奇偶性。

第二步如果a1,％，…，4"+i具有性質(zhì)R則每個數(shù)都減去整數(shù)c之后，仍具有性質(zhì)P,特別地取

c=q,得0,a,一%,%4"+1—4

也具有性質(zhì)P,由第一步的結(jié)論知,4-％，。3一。1，…，。2"+1都就是偶數(shù)。

第三步由0,4-%,為一。1，…，。2"+1一。1為偶數(shù)且具有性質(zhì)P,可得

g°2一%%一q...。2"+1—

'2'2''2

都就是整數(shù),且仍具有性質(zhì)P,再由第一步知，這2〃+1個數(shù)的奇偶性相同,為偶數(shù)，所以都除以2后,

仍就是整數(shù)且具有性質(zhì)P,余此類推，對任意的正整數(shù)左，均有

0,宅幺，勺"，…，為整數(shù)，且具有性質(zhì)P,因左可以任意大，這就推得

222

_%=/―%=.一=4〃+1_%=°即ai-a2=4+

2-7-14整體處理

數(shù)學(xué)題本身就是一個子系統(tǒng)，在解題中，注意對其作整體結(jié)構(gòu)的分析,從整體性質(zhì)上去把握各個局

部,這樣的解題觀念或思考方法，稱為整體處理。

例2-158九個袋子分別裝有9,12,14,16,18,21,24,25,28只球,甲取走若干袋，乙也取走若干帶，最后

只剩下一袋，已知甲取走的球數(shù)總與就是乙的兩倍,問剩下的一袋內(nèi)裝有球幾只？

解從全局上考慮，由于甲取走的球數(shù)就是乙取走球數(shù)的兩倍,所以取走的球數(shù)總與必就是3的

倍數(shù)，而九個袋子的球數(shù)之與被3除余2,所以剩下的一袋也就是被3除余2,又由于九袋中，只有

14三2(mod3),故剩下的袋內(nèi)裝球14只。

例2-159證明任意3個實數(shù)仇c不能同時滿足下列三個不等式

|a|<|ZJ-C|,|Z?|<|c-a|,|c|<|a-Z?|

證明