高中数学奥赛的技巧(上篇)

用心爱心专心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na表示这位棋手在第1天至第n天（包括第n天在内）所下的总盘数（1,2,77n…），依题意127711211132aaa…考虑154个数：12771277,,,21,21,21aaaaaa…,?,又由772113221153154a，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ij时，iiaa2121ijaa故只能是,21(771)ijaaij满足21ijaa这表明，从1i天到j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2-128已知,,xyz为正数且()1xyzxyz求表达式()()xyyz的最最小值。解：构造一个△ABC，其中三边长分别为axybyzczx，则其面积为(()()()()1ppapbpcxyzxyz另方面2()()2sinxyyzabC故知，当且仅当∠C=90°时，取值得最小值2，亦即222()()()xyyzxz用心爱心专心()yxyzxz时，()()xyyz取最小值2，如1,21xzy时，()()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x，令M表示一种映射，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x的映象*x。如果有办法把*x确定下来，则通过反演即逆映射1IM也就相应地把x确定下来。取对数计算、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iA获胜的场数是ix，则07,17ixi而且1277xxx…（*）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713C。解二建立下面的对应；集合127,,AAA…,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应。例如前述的比赛过程对应的7-可重组合是123456,,,,,AAAAAA所以甲方获胜的不同的比赛过程的总数就是集合127,,AAA…,的7-可重组合的个数7777113CC。例2-130设()npk表示n个元素中有k个不动点的所有排列的种数。求证0()!nnkkpkn证明设12,,,nSaaa…。对S的每个排列，将它对应向量12(,,)neee…,，其中每个0,1ie，当排列中第i个元素不动时，1ie，否则为0。于是()npk中所计数的任一排列所对应的向量都恰有k个分量为1，所以!n个排列所对应的那些向量中取值为1的分量的总用心爱心专心数为1()nnkkpk。另一方面，对于每个i，1in，使得第i个元素不动的排列共有(1)!n个，从而相应的n维向量中，有(1)!n个向量的第i个分量为1。所以，所有向量的取值为1的分量总数(1)!!nnn，从而得到1()!nnkkpkn例2-131在圆周上给定21(3)nn个点，从中任选n个点染成黑色。试证一定存在两个黑点，使得以它们为端点的两条弧之一的内部，恰好含有n个给定的点。证明若不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任何方向的第1n个点都是白点，因而，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2n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，故至少有n个不同的白点，这与共有21n个点矛盾，故知命题成立。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()fn，求出初始值(1),(2)ff等，取值的个数由第二步递推的需要决定。（2）找出()fn与(1)fn，(2)fn等之间的递推关系，即建立函数方程。（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na，则11a（1）对1n，如果n排在第i位，则它之后的ni个数完全确定，只能是,1,nini…,2，1。而它之前的1i个数，1,2,nini…,1n，有1ia种排法，令1,2,i…,n得递推关系。1211211111(1)2nnnnnnnnaaaaaaaaaa……（2）由（1），（2）得12nna例2-133设n是正整数，nA表示用2×1矩形覆盖2n的方法数；nB表示由1和2组成的各项和为n的数列的个数；且用心爱心专心02421221352112321,2,21mmmmmnmmmmmCCCCnmCCCCCnm……，证明nnnABC证明由,nnAB的定义，容易得到1112,1,2nnnAAAAA1112,1,2nnnBBBBB又因为121,2CC，且当2nm时，0242221352113112212122112mmmnnmmmmmmmmmmmCCCCCCCCCCCCC……5212132211mmmmmnCCCC…类似地可证在21nm时也有11nnnCCC，从而,nnAB和nC有相同的递推关系和相同的初始条件，所以nnnABC。223296,IMOIMO用无穷递降法求解也用到了这一技巧。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。142IMO的处理也体现了爬坡式的推理（例2-47）。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，1124ABCABDACDBCDSSSS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2-52，12DFAB，此时可作△EAB的中位线PQ、QG，则111222AGQPEABABCDSSS即A、G、Q、P为所求。用心爱心专心（2）如图2-53，12DFAB，此时可在CD与CF上分别取P、Q，使12PQAB。过Q9或P）作QG∥AP交AB于G。为证12APQGS，连AP交BE于M，过A作AH∥BC交CD延长线于H。有PCMPAHPADSSSMABPCMABCPPADABCOABCDSSSSSA得111222APQGMABABCDSSS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3的