数学解题思想方法漫谈

第二十二讲解题思想方法漫谈学习数学必须善于解题，当代美国著名数学家哈尔莫斯(P．R．Halmos)说过这样的话：“问题是数学的心脏．”当代最著名的数学教育家、美国的波利亚曾说过：“掌握数学意味着什么？这就是说善于解题，不仅善于解一些标准的题，而且善于解一些要求独立思考、思路合理、见解独到和有发明创造的题．”所以，有志于学好数学的同学，除了学好课本知识以外，还需要学习一些数学解题的思想方法和技巧．本讲将介绍一些常用的数学解题方法．1．化归所谓“化归”，是指把要解决的问题，通过某种转化过程，归结到一类已经解决或者能比较容易解决的问题中去，最终获得原问题解答的一种解题策略，化归从某种意义上来说就是“化简”．匈牙利著名数学家罗莎·彼得(RoszaPeter)在他的名著《无穷的玩艺》中，通过一个十分生动而有趣的笑话，来说明数学家是如何用化归的思想方法来解题的．有人提出了这样一个问题：“假设在你面前有煤气灶、水龙头、水壶和火柴，你想烧开水，应当怎样去做？”对此，某人回答说：“在壶中灌上水，点燃煤气，再把壶放到煤气灶上．”提问者肯定了这一回答，但是，他又追问道：“如果其他的条件都没有变化，只是水壶中已经有了足够多的水，那么你又应该怎样去做？”这时被提问者一定会大声而有把握地回答说：“点燃煤气，再把水壶放上去．”但是更完善的回答应该是这样：“只有物理学家才会按照刚才所说的办法去做，而数学家们却会回答：‘只须把水壶中的水倒掉，问题就化归为前面所说的问题了．’”“把水倒掉”，这就是化归，这就是数学家们常用的方法．例15这个数，可以写成3个自然数之和，如果计入不同的顺序，则有6种方式，即5=1+1+3=1+3+1=3+1+1=1+2+2=2+1+2=2+2+1．设n是大于5的自然数，问n可以用多少种方式写成3个自然数之和(计入顺序)？分析对于5，我们把5写成：1+1+1+1+1．对于它的每一种写成3个自然数之和的方式，对应着从4个加号中选2个加号的方式．例如1+1+3，实际上就是选前两个加号，1+2+2是选第1和第3个加号，2+2+1是选第2和第4个加号，等等．所以5写成3个自然数之和的方式个数，实际上等于(化归！)在4个加号中选2个的所有选法数，即解把n写成n个1的和n=1+1+1+…+1．例2(1)13个小朋友围成一个圆圈，从圈上至多能选出几个人，使得他们互不相邻？(2)从1，2，…，13这13个数中至多可以选出几个数，使得选出的数中，每两个数的差既不等于5，也不等于8？解(1)把这13个小朋友依次编号为1，2，…，13，如图3－124所示，那么选6个人是可以的，例如，选1，3，5，7，9，11号这6位小朋友，他们是不相邻的．现在来说明至多可选6名．先任意选定1个，不妨设为1号，这时候与他相邻的2号与13号不能选了．把剩下的10位小朋友配成5对：(3，4)，(5，6)，(7，8)，(9，10)，(11，12)．在这5对中，每一对中至多只能选出1个，连同1号在内，至多可选出6个人，他们互不相邻．综上所述，从圈上至多能选出6个人，他们互不相邻．(2)我们把这题“化归”为(1)．我们把1，2，…，13按如下规则排成一个圆圈：先排1，在1的旁边放9(与1的差为8)，在9的旁边放4(与9的差为5)，…这样继续放下去，每个数旁边的数与它相差8或5，最后得到图3－125所示的一个圈．圈上的数满足：(i)每两个相邻的数的差或是8，或是5；(ii)两个不相邻的数的差既不等于5，也不等于8．于是问题(2)就转化为：在这个圈上至多能选几个数，使每两个数在圈上不相邻？由(1)的结论知，答案是6．例如，选1，4，7，10，13，3．2．选择有效的记号在处理某些问题时，一开始就选择好有效的记号，或对一些量进行赋值，或给出一个数的某种表示，这往往是解题的关键．例3n个点A1，A2，…，An顺次排在同一条直线上，将每个点染上红色或蓝色．如果线段AiAi+1(1≤i≤n-1)的两端颜色不同，就称它为标准线段．已知A1与An的颜色不同，证明：在AiAi+1(i=1，2，…，n-1)中，标准线段的条数为奇数．证对A1，A2，…，An中的每一个点Ai赋值，将点Ai与数ai相对应：设这n-1条线段中有m条是标准线段，那么(a1a2)·(a2a3)·…·(an-1an)=(-1)m．另一方面，有所以(-1)m=-1，故m是奇数．所以，标准线段的条数是奇数．例4(1)如果n是一个正整数，使得2n+1是一个完全平方数，证明：n+1是两个相邻的完全平方数之和；(2)如果正整数n使得3n+1是一个完全平方数，证明：n+1是三个完全平方数之和．证(1)因为2n+1是一个完全平方数，不妨设2n+1=a2，其中a是整数．由于a2是奇数，从而a是奇数，于是可设a=2b+1，b是整数．由2n+1=(2b+1)2，得n=2b2+2b，于是n+1=2b2+2b+1=b2+(b+1)2，即n+1是两个相邻的平方数之和．(2)因为3n+1是一个完全平方数，设3n+1=s2其中s是整数，显然s不是3的倍数．因此，令s=3t±1，t是整数．由3n+1=(3t±1)2，得n=3t2±2t，于是n+1=3t2±2t＋1=t2+t2+(t±1)2，即n+1是三个完全平方数之和．说明在(1)的证明中，我们对a进行奇偶分类(即模2)，然后给出它的表示(a=2b+1)，(2)的证明中，对s用3t±1(即模3)表示，这样便把原问题化为简单的代数问题了．3．从简单情形看问题当我们遇到一个数学问题比较复杂，一时理不清它的头绪时，那么如何探索解题途径呢？不妨将问题退到最简单的情形，从而使问题的难度降低，从简化了的问题中得到解题思路、方法和规律，然后再回到原题．华罗庚教授说得好：“善于‘退’，足够地‘退’，‘退’到最原始而不失去重要性的地方，是学好数学的一个诀窍！”华先生一语道出了简化问题对数学学习的重要意义．例5设k是给定的自然数，试问不等式│x│+│y│≤k(x≠y)①的整数解有多少组？分析我们先考察一个简单的问题，以便于探索解题途径．令k=1，考察下面的简化问题：│x│+│y│≤1(x≠y)②的整数解有多少组？简化后的问题容易解决．因为x，y均为整数，所以不等式②就是│x│+│y│=0，③或│x│+│y│=1．④方程③的整数解为x＝y=0，由于x≠y，所以它不是不等式②的解．方程④的整数解有四组：易知，它们都是不等式②的解．所以不等式②的整数解共有4组．通过考察简单化了的问题，启发我们把不等式问题转化为不定方程问题．解因│x│+│y│≤k，且x，y均为整数，所以│x│+│y│的值可能等于0，1，2，…，k．若│x│+│y│=0，则x=y=0．因为x≠y，所以它不是不等式①的解．若│x│+│y│=1，则│y│=1-│x│．显然，这时有4×1组整数解：这四组解都是不等式①的解．若│x┃+│y┃=2，则│y┃=2-│x┃．此时有4×2-2组满足不等式①的解：用同样的办法，我们有若│x┃+│y┃=3，则不等式①的整数解有4×3组．若│x┃+│y┃=4，则不等式①的整数解有4×4-2组．若│x┃+│y┃=k，当k为奇数时，不等式①的解有4k组；当k为偶数时，不等式①的解有(4k-2)组．所以，当k为奇数时，不等式①的整数解共有[4×1+4×3+…+4×k]+[(4×2-2)+(4×4-2)+…+4(k-1)-2]当k为偶数时，共有[4×1+4×3+…+4×(k-1)]+[(4×2-2)+(4×4-2)+…+(4k-2)]例6证明：任何面积等于1的凸四边形的周长及两条对角线的长分析先从最简单的正方形和菱形着手．在正方形中，恰好有周长而对于正方形和菱形这两种最简单的凸四边形情形所作的证明，启发我们可将周长和对角线分开考虑，于是回到原题．解设ABCD是任意一个面积为1的凸四边形，按图3－126的方式将有关点、线段和角标上字母，于是就有所以对角线长度之和又因为2=2SABCD=S△ABD+S△ABC+S△BCD+S△CDA从而周长=a+b+c+d＞4．综上所述，命题得证．4．从结论考虑问题先看这样一个问题：有30个球队参加全国足球锦标赛，比赛采用每输一场即淘汰的方法，且每场比赛都要决出胜负．试问一共要进行多少场比赛才能最后决出冠军队？这种问题通常是用树图来穷举或用排列组合知识来考虑．如果我们从另一角度来思考，每淘汰一队需进行一场比赛，最后留下一个冠军队，所以要进行30-1=29场比赛．这就是一个从结论来考虑问题的例子．从结论考虑问题，就是从问题的结论出发，逆向地应用某些知识去解决问题．这对那些从正面解决有困难的问题，会获得意想不到的效果．例7在有n(n＞1)个选手P1，P2，…，Pn参加的一次循环赛中，每个选手都同其他选手中的每一位比赛一次，规则是不许有平局．以Wi证假定则即(W1-L1)(W1+L1)+(W2-L2)(W2+L2)…+(Wn-Ln)(Wn+Ln)=0．但对于每个Pi，都有Wi+Li=n-1(i=1，2，…，n)，所以上式就是(n-1)[(W1-L1)+(W2-L2)+…+(Wn-Ln)]=0，从而W1+W2+…+Wn=L1+L2+…+Ln．因为n位选手总的获胜局数等于总的失利局数，因而最后这个等式是成立的．把步骤反推回去即得证明．例8证明：可以找到正整数x1，x2，…，xn(n≥2)，使得x1+x2+…+xn=x1x2…xn．证我们从结论入手，假定存在正整数x1，x2，…，xn，使得x1+x2+…+xn=x1x2…xn．①取x3=…=xn=1，则①式变为x1+x2+(n-2)=x1x2，所以(x1-1)(x2-1)=n-1．取x1-1=n-1，x2-1=1，即x1=n，x2=2．所以当x1=n，x2=2，x3=…=xn=1时，①式成立．5．考虑极端情况在解决数学竞赛问题时，考虑命题中某些量或某些元素的“极端”情况，比如最大值、最小值、边界值等等，是解决问题的非常重要的方法．利用考察极端的元素来实现解题的方法称为“极端性”原则．下面我们通过一些例题来了解和掌握这一原则的具体应用．例9在一次乒乓球循环赛中，n(n≥3)名选手中没有全胜的．证明：一定可以从中找出三名选手A，B，C，有A胜B，B胜C，C胜A．证取n个选手中所赢局数最多的一位选手作A(取极端！)，由于A未全胜，所以存在选手C胜A．考虑A击败的选手全体，知其中必有选手B胜C(否则，A的败将也都是C的败将，从而C赢的局数超过了A)．于是所述的A，B，C即为所求．例10平面上给定100个点，已知其中任意两点的距离不超过１，且任意三点所成的三角形是钝角三角形．证明：这100个点被一个半径的98个点中任取一点C，因为AB≥AC，AB≥BC，又由题设知△ABC是钝角三角形(如图3－127)，所以∠C一定是钝角，即C点位于以AB为直径的圆内，也就是说这100个点都被这个圆所覆盖．例11空间中给出了8个点，其中任意4个点都不在同一平面上，在它们之间连以17条线段．证明：这些线段至少形成了一个三角形．证不妨设连出线段数目最多的点为A，且设它共连出n条线段．如果所有17条线段都没有形成三角形，那么与A相连的n个点之间彼此都没有线段相连，而其余的7-n个点中，每一点所连出的线段条数不多于n条，因此，线段的总数目不超过这与已知的有17条线段矛盾．从而命题成立．说明其实本题的结论可加强为“三角形的数目不少于4个”，这个问题较难，留给有兴趣的读者思考．6．用不变量解题例1215只茶杯，杯口朝上，将其中6只茶杯同时翻转，称为一次运动．问能否经过若干次运动，使15只茶杯全变为杯口朝下？解问题的答案是否定的．证明如下：记杯口朝上的茶杯为+1，杯口朝下的茶杯为-1．翻转一只茶杯就相当于将对应的数乘以-1，改变它的符号．考虑表示15只茶杯的15个数的乘积S，每次运动将6只茶杯翻转，也就是将S中的6个因数各乘以一个-1，这时S变为(-1)6·S=S，即经过运动，S保持不变(S是不变量)．因为开始时，15只茶杯杯口朝上，15个数全是+1，故S=1．S经过运动不变，所以S永远是1．但15只茶杯杯口全部