高中奧數(shù)解題技巧.doc

奧林匹克數(shù)學的技巧（上篇）有固定求解模式的問題不屬于奧林匹克數(shù)學，通常的情況是，在一般思維規(guī)律的指導下，靈活運用數(shù)學基礎知識去進行探索與嘗試、選擇與組合。這當中，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)學技巧的技巧，又是創(chuàng)造數(shù)學技巧的技巧，更確切點說，這是一種數(shù)學創(chuàng)造力，一種高思維層次，高智力水平的藝術，一種獨立于史詩、音樂、繪畫的數(shù)學美?！眾W林匹克技巧是競賽數(shù)學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，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個數(shù)：又由，即154個數(shù)中，每一個取值是從1到153的自然數(shù)，因而必有兩個數(shù)取值相等，由于時， 故只能是滿足 這表明，從天到天共下了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)且求表達式的最最小值。解：構(gòu)造一個ABC，其中三邊長分別為，則其面積為另方面故知，當且僅當C=90時，取值得最小值2，亦即時，取最小值2，如時，。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，通過它的作用把原像結(jié)構(gòu)R被映成映象關系結(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，則通過反演即逆映射也就相應地把確定下來。取對數(shù)計算、換元、引進坐標系、設計數(shù)學模型，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 設甲、乙兩隊的隊員按出場順序分別為A1，A2，A7和B1，B2，B7。如果甲方獲勝，設獲勝的場數(shù)是，則而且 （*）容易證明以下兩點：在甲方獲生時，（i）不同的比賽過程對應著方程（*）的不同非負整數(shù)解；（ii）方程（*）的不同非負整數(shù)解對應著不同的比賽過程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）對應的比賽過程為：A1勝B1和B2，B3勝A1，A2和A3，A4勝B3后負于B4，A5勝B4，B5和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)是方程（*）的非負整數(shù)解的個數(shù)。解二 建立下面的對應；集合的任一個7-可重組合對應著一個比賽過程，且這種對應也是一個一一對應。例如前述的比賽過程對應的7-可重組合是所以甲方獲勝的不同的比賽過程的總數(shù)就是集合的7-可重組合的個數(shù)。例2-130 設表示個元素中有個不動點的所有排列的種數(shù)。求證證明 設。對S的每個排列，將它對應向量，其中每個，當排列中第個元素不動時，否則為0。于是中所計數(shù)的任一排列所對應的向量都恰有個分量為1，所以個排列所對應的那些向量中取值為1的分量的總數(shù)為。另一方面，對于每個，使得第個元素不動的排列共有個，從而相應的維向量中，有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)，從而得到 例2-131 在圓周上給定個點，從中任選個點染成黑色。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是白點，因而，對于每一個黑點，都可得到兩個相應的白點。這就定義了一個由所有黑點到白點的對應，因為每個黑點對應于兩個白點，故共有個白點（包括重復計數(shù)）。又因每個白點至多是兩個黑點的對應點，故至少有個不同的白點，這與共有個點矛盾，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)學歸納法（但不用預知結(jié)論），無窮遞降法相聯(lián)系，關鍵是找出前號命題與后號命題之間的遞推關系。用遞推的方法計數(shù)時要抓好三個環(huán)節(jié)：（1）設某一過程為數(shù)列，求出初始值等，取值的個數(shù)由第二步遞推的需要決定。（2）找出與，等之間的遞推關系，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 通過建立遞推關系來計算。設所求的個數(shù)為，則（1）對，如果排在第位，則它之后的個數(shù)完全確定，只能是,2，1。而它之前的個數(shù)，,，有種排法，令,得遞推關系。 （2）由（1），（2）得 例2-133 設是正整數(shù)，表示用21矩形覆蓋的方法數(shù)；表示由1和2組成的各項和為的數(shù)列的個數(shù)；且 ，證明 證明 由的定義，容易得到 又因為，且當時，類似地可證在時也有，從而和有相同的遞推關系和相同的初始條件，所以。用無窮遞降法求解也用到了這一技巧。2-7-4 區(qū)分當“數(shù)學黑箱”過于復雜時，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)學上很有特色的方法區(qū)分情況或分類，不會正確地分類就談不上掌握數(shù)學。有時候，也可以把一個問題分階段排成一些小目標系列，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，最后是實數(shù)的情況歸結(jié)為有理數(shù)的情況來解決。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題的難度，而且分類標準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1/4。證明 作二級分類1當四邊形ABCD為平行四邊形時，A，B，C，D即為所求，命題成立。2當四邊形ABCD不是平行四邊形時，則至少有一組對邊不平行，設AD與BC不平行，且直線AD與直線BC相交于E，又設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，此時可作EAB的中位線PQ、QG，則 即A、G、Q、P為所求。（2）如圖2-53，此時可在CD與CF上分別取P、Q，使。過Q9或P）作QGAP交AB于G。為證，連AP交BE于M，過A作AHBC交CD延長線于H。有得 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的三角形的頂點和各邊四等分點共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ABC中，C=90，B=60，C=30，點A1，A2，A3；B1，B2，B3；C1，C2，C3分別是邊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ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，若結(jié)論不成立，則有B1（藍）C3（紅）A3（藍）A2（紅）C2（藍）B2（紅）A（藍）。這與A（紅）矛盾。（2）A（紅），B（藍），C（紅）時，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，若結(jié)論不成立，則有B1（藍）A3（紅）C3（藍）C2（紅）B2（藍）A2（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B1（紅）時，由ABCB2B1AB2C2CAA2C2A2BB2知，若結(jié)論不成立，則有B2（藍）C2（紅）A2（藍）B（紅）。這與B（藍）矛盾。圖（2-56）（3）2當B1（藍）時，由ABCC3B1CC3AA3A3BB1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 染色染色是分類的直觀表現(xiàn)，在數(shù)學競賽中有大批以染色面目出現(xiàn)的問題，其特點是知識點少，邏輯性強，技巧性強；同時，染色作為一種解題手段也在數(shù)學競賽中廣泛使用。下面是一些熟知的結(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或的單色正三角形（三個頂點同色的三角形）。4設T1，T2是兩個三角形，T1有一邊長1，T2一邊長。若將平面作（點）二染色，則恒可找到一個全等于T1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單色三角形。例2-136 有一個37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37=21個方格只染兩種顏色，必有11個同色，不妨設同為黑色?，F(xiàn)設第列上有個黑色方格，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，總計若題中的結(jié)論不成立，則上述個矩形兩兩不同，將它們投影到第一列，那么第1列就存在t個首尾兩端都是黑格的矩形，但第1列最多有個這樣的矩形，有矛盾，故命題成立。例2-137 在邊二染色的K5中沒有單色三角形的充要條件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A1能引出三條同色線段A1A1，A1A3，A1A4，記為同紅，則考慮A2A3A4，若當中有紅邊（），則存在紅色三角形是同藍色三角形，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?，F(xiàn)只看紅邊，它們組成一個每點度數(shù)都是2的偶圖，可以構(gòu)成一個或幾個圈，但是每個圈至少有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)之和都仍為無理數(shù)。解 取4個無理數(shù)，顯然不滿足要求，故。設是5個無理數(shù)，視它們?yōu)?個點，若兩數(shù)之和為有理數(shù)，則在相應兩點間連一條紅邊，否則連一條藍邊。這就得到一個二染色。只須證圖中有藍色三角形，分兩步：（1）無紅色三角形。若不然，頂點所對應的3個數(shù)中，兩兩之和均為有理數(shù)，不妨設都是有理數(shù)，有但無理數(shù)有理數(shù)，故中無紅色三角形。（2）有同色三角形，若不然，由上例知，中有一個紅圈，頂點所對應的5個數(shù)中，兩兩之和均為有理數(shù)，設為有理數(shù)，則但無理數(shù)有理數(shù)，故中無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，其頂點所對應的3個無理數(shù)，兩兩之和仍為無理數(shù)。綜上所述，最小的正整數(shù)n=52-7-6 極端某些數(shù)學問題中所出現(xiàn)的各個元素的地位是不平衡的，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S為平面上的一個有限點集（點數(shù)5），其中若干點染上紅色，其余的點染上藍色，設任何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，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，使當時，總有證明 構(gòu)造和式依題設知 這表明，和數(shù)列的各項中只取有限個不同的值：S1，S2，Sn，其中必有最小數(shù)，記作，取N=m+1，則2-7-7 對稱對稱性分析就是將數(shù)學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)是美的啟示、沒的追求在解題過程中成為一股宏觀指導的力量。著名物理學家楊振寧曾高度評價對稱性方法：“當我們默默考慮一下這中間所包含的數(shù)學推理的優(yōu)美性和它的美麗完整性，并以此對比它的復雜的、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 設為正數(shù)，它們的和等于1，試證必有下不等式成立：證明 設左邊為出于對稱性的考慮，再引進有 又由 得時，可取等號。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)（圖2-59），則點在什么位置時，面積有最大值和最小值。解 在0，1中作曲線關于直線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S1+S2（圖2-60）。移動t點，相當于MN上下平移，當MN經(jīng)過P點，即時，陰影面積（S1+S2）最?。▓D2-61）；當時，陰影面積為最大（圖2-62）。下文中，例3-2的處理，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)學的技巧（中篇）2-7-8 配對配對的形式是多樣的，有數(shù)字的湊整配對或共軛配對，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)學和諧美的追求與力量，小高斯求和（1+2+99+100）首創(chuàng)了配對，也用到了配對。例2-143 求之值。解 作配對處理 例2-144 求和 解一 由把倒排，有相加 得 解二 設集合，注意到 有 為了求得把每一，讓它與補集配對，共有對，且每對中均有于是這兩種解法形式上雖有不同，但本質(zhì)上是完全一樣的，還有一個解法見例2-149。例2-145 設是給定的實數(shù)，證明存在實數(shù)使得這里的表示y的小數(shù)部分。證明 有 知下面利用這一配對式的結(jié)論。設據(jù)抽屜原理知，必存在，使取，由上式得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看清楚問題的地方，認透了、鉆深了，然后再上去。特殊化既是尋找解題方法的方法，又是直接解題的一種方法。例2-146 已知恒等式 求實數(shù)，其中。解 對取特殊值，當時，有故有（1） （2）又?。幢容^常數(shù)項系數(shù)），有 （3）比較的系數(shù)（考慮特殊位置），有（4）由得 代入（1），得代入原式左邊，有 故知。也可以將的值代入（3）、（2）求，但要檢驗排除增根。例2-147 已知為常數(shù)，且求證 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)且，有但的周期為。猜想：是周期。證明 由已知有據(jù)此，有得證為周期函數(shù)，且為一個周期。例2-148 在平面上給定一直線，半徑為厘米（是整數(shù)）的圓以及在圓內(nèi)的條長為1厘米的線段。試證在給定的圓內(nèi)可以作一條和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，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L（圖2-63）現(xiàn)從結(jié)論入手，設ABL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L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 設已知直線為L，作LL，又設條線段為，每一條在L，L上的投影長為，有。由得從而，兩個加項中必有一個不小于厘米，但圓的直徑為厘米，故在L或L的投影中，至少有兩條線段的投影相交，過重迭點作L或L的垂線即為所求。（將表示為三角函數(shù)運算更方便）.（例2-51）的求解過程，實質(zhì)上是對表達式中函數(shù)的三個表達式分別取值為2-7-10 一般化推進到一般，就是把維數(shù)較低或抽象程度較弱的有關問題轉(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)學歸納法處理，由于特殊情況往往涉及一些無關宏旨的細節(jié)而掩蓋了問題的關鍵，一般情況則更明確地表達了問題的本質(zhì)。波利亞說：“這看起來矛盾，但當從一個問題過渡到另一個，我們常常看到，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，較復雜的定理可能更容易證明，較普遍的問題可能更容易解決?！毕柌剡€說：在解決一個數(shù)學問題時，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是一連串有關問題的一個環(huán)節(jié)。例2-149 求和（例2-144） 解 引進恒等式 對求導 令，得。這實質(zhì)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，當中既有一般化、又有特殊化。例2-150 1985個點分布在一個圓的圓周上，每個點標上+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)的和都是正的。證明：如果標有-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的關系是不清楚的，一般化的過程其實也就是揭示它們內(nèi)在聯(lián)系的過程，可以證明更一般性的結(jié)論：在個點中有個-1時，“好點”一定存在。（1）時，如圖2-64，A、B、C、D標上+1，則B、C均為好點。（2）假設命題當時成立，即個點中有個-1時，必有好點。對，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，在剩下的個點中有個-1，因而一定有好點，記為P?，F(xiàn)將取出的3個點放回原處，因為P不是離所取出的-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仍是好點，這說明，時命題成立。由數(shù)學歸納法得證一般性命題成立，取即得本例成立。這里一般化的好處是：第一，可以使用數(shù)學歸納法這個有力工具；第二歸納假設提供了一個好點，使得順利過渡到。一般說來，更強的命題提供更強的歸納假設。例2-151 設，求證是整數(shù)。證明 考慮更一般性的整系數(shù)多項式 由 知是偶函數(shù)，從而只含的偶次項，得是含的整系數(shù)多項式，特別地，取為正整數(shù)即，得為整數(shù)。這里，把常數(shù)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)字化的好處是：將實際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學問題的同時，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)與內(nèi)圈的2n個數(shù)中有個1，個-1，因此，和從而 另一方面，當與面對面時， 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，那么恒有從而總和 由與矛盾知，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（），若順序相鄰的3人中恰有一個男孩的有組，順序相鄰的3人中恰有一個女孩的有組，求證。證明 現(xiàn)將小孩記作，且數(shù)字化 則其中又設取值為3的有個，取值為的有個，依題意，取值為1的有個，取值為的有個，得 可見，也可以數(shù)字化為 有考慮積 知2-7-12 有序化當題目出現(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)則（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），從而大大降低問題的難度。特別是處理不等關系時，這是一種行之有效的技巧。例2-154 設有的正方形方格棋盤。在其中任意的3n個方格中各放一枚棋子，求證可以選出行和列，使得3枚棋子都在這n行和n列中。證明 設3n枚棋子放進棋盤后，2n行上的棋子數(shù)從小到大分別為，有 由此可證 （1）若，式顯然成立。（2）若時，從而得式也成立。據(jù)式，可取棋子數(shù)分別為所對應的行，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 設都是自然數(shù)，且滿足 求中的最大值。（）解 由條件的對稱性，不妨設 這就改變了條件的對稱性，相當于增加了一個條件 否則，由知 從而，代入得 矛盾，這時，由有 當且時，有最大值，這也就是的最大值。2-7-13 不變量在一個變化的數(shù)學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是一個好主意。例2-156 從數(shù)集開始，每一次從其中任選兩個數(shù)，用和代替它們。能否通過有限多次代替得到數(shù)集，解 對于數(shù)集，經(jīng)過一次替代后，得出，有即每一次替代后，保持3個元素的平方和不變（不變量）。由知，不能由替換為。 例2-157 設個整數(shù)具有性質(zhì)；從其中任意去掉一個，剩下的個數(shù)可以分成個數(shù)相等的兩組，其和相等。證明這2n+1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+1個數(shù)的奇偶性是相同的。因為任意去掉一個數(shù)后，剩下的數(shù)可分成兩組，其和相等，故剩下的2n個數(shù)的和都是偶數(shù)。因此，任一個數(shù)都與這2n+1個數(shù)的總和具有相同的奇偶性。第二步 如果具有性質(zhì)P，則每個數(shù)都減去整數(shù)之后，仍具有性質(zhì)P，特別地取，得也具有性質(zhì)P，由第一步的結(jié)論知，都是偶數(shù)。第三步 由為偶數(shù)且具有性質(zhì)P，可得都是整數(shù)，且仍具有性質(zhì)P，再由第一步知，這個數(shù)的奇偶性相同，為偶數(shù)，所以都除以2后，仍是整數(shù)且具有性質(zhì)P，余此類推，對任意的正整數(shù)，均有為整數(shù)，且具有性質(zhì)P，因可以任意大，這就推得即 2-7-14 整體處理數(shù)學題本身是一個子系統(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)總和是乙的兩倍，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)是乙取走球數(shù)的兩倍，所以取走的球數(shù)總和必是3的倍數(shù)，而九個袋子的球數(shù)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，故剩下的袋內(nèi)裝球14只。例2-159 證明任意3個實數(shù)不能同時滿足下列三個不等式證明 若不然，存在3個實數(shù)，使 相乘 這一矛盾說明，任意3個實數(shù)不能同時滿足題設的三個不等式。2-7-15 變換還原利用那些具有互逆作用的公式或運算，先作交換，再作還原，是繞過難點，避開險處的一個技巧。例2-160 求數(shù)列的通項，已知解 引進變換，有 由 得得 例2-161 證明恒等式 （1）證明 利用互逆公式：若 （2）則 （3）記 先作（2）中的運算 再作（3）中的運算 2-7-16 逐步調(diào)整在涉及到有限多個元素的系統(tǒng)中，系統(tǒng)的狀態(tài)是有限的，因而總可以經(jīng)過有限次調(diào)整，把系統(tǒng)調(diào)整到所要求的狀態(tài)（常常是極值狀態(tài)）。例2-162 已知二次三項式的所有系數(shù)都是正的且，求證：對于任何滿足的正數(shù)組，都有 （1）證明 由知，若 （2）則（1）中等號成立。若不全相等，則其中必有（不妨設），由 可作變換 則當不全相等時，則又進行同樣的變換，每次變換都使中等于1的個數(shù)增加一個，至多進行次變換，必可將所有的都變?yōu)?，從而此題中逐步調(diào)到平衡狀態(tài)的方法也叫磨光法，所進行的變換稱為磨光變換。例2-163 平面上有100條直線，它們之間能否恰有1985個不同的交點。解 100條直線若兩兩相交，可得個交點，現(xiàn)考慮從這種狀態(tài)出發(fā)，減少交點的個數(shù)，使恰好為1985。辦法是使一些直線共點或平行。設直線有個共點的直線束，每一束中直線的條數(shù)為有這時，每一束的交點數(shù)下降了個，為使可取最接近2965的代替，即，類似地，取，則有這表明，100條直線中，有77條直線共A點，另9條直線共B點，還有4條直線共C點，此外再無“三線共點”或“平行線”，則恰有1985個交點。2-7-17 奇偶分析通過數(shù)字奇偶性質(zhì)的分析而獲得解題重大進展的技巧，常稱作奇偶分析，這種技巧與分類、染色、數(shù)字化都有聯(lián)系，例2-32是一個淺而不俗的例子，用到了這一技巧。例2-164 設是1，2，7的一個排列，求證必為偶數(shù)證明一 （反證法）若為奇數(shù)，則均為奇數(shù)，奇數(shù)個奇數(shù)之和應為奇數(shù)。奇數(shù) （為偶數(shù)）。由奇數(shù)偶數(shù)知，不能是奇數(shù)，從而為偶數(shù)。這種解法，簡捷明快，體現(xiàn)了整體處理的優(yōu)點，但同時也“掩蓋”著p為偶數(shù)的原因。證明二 若p為奇數(shù)，則與的奇偶性相反（），即（）中的奇（偶）數(shù)與中的偶（奇）數(shù)個數(shù)相等，但故1，2，7中奇數(shù)與偶數(shù)的個數(shù)相同，從而中有偶數(shù)個元素，但為奇數(shù)，這一矛盾說明，p為偶數(shù)。這一解決的實質(zhì)是，要建立從A到A之間“奇數(shù)與偶數(shù)”的一一映射是不可能的，因為這要求，但。這個解法比較能反映p為偶數(shù)的原因是個奇數(shù)，抓住這個本質(zhì)，可以把7推廣為。證明三 在1，2，7，這14個數(shù)中，共有8個奇數(shù)，而在乘積中共有7個括號，故其中必有一個括號，兩個數(shù)都是奇數(shù)，從而這個括號為偶數(shù)，具有偶約束的p當然也是偶數(shù)。例2-165 在數(shù)軸上給定兩點1和，在區(qū)間內(nèi)任取個點，在此個點中，每相鄰兩點連一線段，可得條線段，證明在此n+1條線段中，以一個有理點和一個無理點為端點的線段恰有奇數(shù)條。證明 將個點按從小到大的順序記為，并在每一點賦予數(shù)值，使與此同時，每條線段也可數(shù)字化為記的線段有條，則 故為奇數(shù)。奧林匹克數(shù)學的技巧（下篇）2-7-18 優(yōu)化假設對已知條件中的多個量作有序化或最優(yōu)化（最大、最小、最長、最短）的假定，叫做優(yōu)化假設，常取“極端”、“限定”、“不妨設”的形式。由于假設本身給題目增加了一個已知條件，求解也就常能變得容易。求解都用到這一技巧。例2-166 空間個點，任4點不共面，連條線段，證明其中至少有3條邊組成一個三角形。證明 設其中任意三條線段都不能組成三角形，并設從A1點引出的線段最多（優(yōu)化假設），且這些線段為A1B1，A1B2，A1Bk，除A1，B1，B2，Bk之外，其他點設為A2，A3，A2n-k。顯然中任兩點間無線段相連。于是，每一個發(fā)出的線段至多（）條，而每個發(fā)出的線段至多條（），故線段總數(shù)最多為（圖2-65）：這與已知條件連條線段矛盾，故存在三條線段組成一個三角形。例2-167 平面上的有限個圓盤蓋住了面積為1的區(qū)域S，求證可以從中選出一些互不相交的原盤來，使它們的面積之和不小于。證明 將圓心為O，半徑為r的原盤記為。首先取全體圓盤中面積最大的一個記為；然后在與不相交的圓盤中取面積最大的一個，記為，接著在與，都不相交的圓盤中取面積最大的一個，記為，繼續(xù)這一過程，直到無圓可取為止，設取得的圓盤依次為， （1）則（1）中的圓盤互不相交，且剩下的圓盤均與（1）中的某一圓盤相交。下面證明，（1）中各圓面積之和不小于。任取，必存在一個已知圓盤，使。這個或在（1）中，或與（1）中的圓盤相交，反正必與（1）有重迭部分，現(xiàn)設（1）中與有公共部分的最大圓盤為，因為，與，均不相交，故由的取法知，且由知，更有。這表明從而 得 2-7-19 計算兩次對同一數(shù)學對象，當用兩種不同的方式將整體分為部分時，則按兩種不同方式所求得的總和應是相等的，這叫計算兩次原理成富比尼原理。計算兩次可以建立左右兩邊關系不太明顯的恒等式。在反證法中，計算兩次又可用來構(gòu)成矛盾。例2-168 能否從1，2，15中選出10個數(shù)填入圖2-66的圓圈中，使得每兩個有線相連的圈中的數(shù)相減（大數(shù)減小數(shù)），所的的14個差恰好為1，2，14？解 考慮