奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧(下篇)

1、奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧（下篇）2-7-18 優(yōu)化假設(shè)對(duì)已知條件中的多個(gè)量作有序化或最優(yōu)化（最大、最小、最長(zhǎng)、最短）的假定，叫做優(yōu)化假設(shè)，常取“極端”、“限定”、“不妨設(shè)”的形式。由于假設(shè)本身給題目增加了一個(gè)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(gè)點(diǎn)，任4點(diǎn)不共面，連條線段，證明其中至少有3條邊組成一個(gè)三角形。證明 設(shè)其中任意三條線段都不能組成三角形，并設(shè)從A1點(diǎn)引出的線段最多（優(yōu)化假設(shè)），且這些線段為A1B1，A1B2，A1Bk，除A1，B1，B2，Bk之外，其他點(diǎn)設(shè)為A2，A3，A2n-k。顯然中任兩點(diǎn)間無(wú)線段相連。于是，每一個(gè)發(fā)出的線段至多（）條，而每個(gè)發(fā)出的線

2、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(gè)三角形。例2-167 平面上的有限個(gè)圓盤(pán)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(pán)來(lái)，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(pán)記為。首先取全體圓盤(pán)中面積最大的一個(gè)記為；然后在與不相交的圓盤(pán)中取面積最大的一個(gè)，記為，接著在與，都不相交的圓盤(pán)中取面積最大的一個(gè)，記為，繼續(xù)這一過(guò)程，直到無(wú)圓可取為止，設(shè)取得的圓盤(pán)依次為， （1）則（1）中的圓盤(pán)互不相交，且剩下的圓盤(pán)均與（1）中的某一圓盤(pán)相交。下面證明，（1）中各圓面積之和不小于。任取，必存在一個(gè)已知圓盤(pán)，使。這個(gè)或在（1）中

3、，或與（1）中的圓盤(pán)相交，反正必與（1）有重迭部分，現(xiàn)設(shè)（1）中與有公共部分的最大圓盤(pán)為，因?yàn)?，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(jì)算兩次對(duì)同一數(shù)學(xué)對(duì)象，當(dāng)用兩種不同的方式將整體分為部分時(shí)，則按兩種不同方式所求得的總和應(yīng)是相等的，這叫計(jì)算兩次原理成富比尼原理。計(jì)算兩次可以建立左右兩邊關(guān)系不太明顯的恒等式。在反證法中，計(jì)算兩次又可用來(lái)構(gòu)成矛盾。例2-168 能否從1，2，15中選出10個(gè)數(shù)填入圖2-66的圓圈中，使得每?jī)蓚€(gè)有線相連的圈中的數(shù)相減（大數(shù)減小數(shù)），所的的14個(gè)差恰好為1，2，14？解 考慮14個(gè)差的和S，一方面S=1+2+14=105為奇數(shù)。另一

4、方面，每?jī)蓚€(gè)數(shù)的差與其和有相同的奇偶性 因此，14個(gè)差的和S的奇偶性與14個(gè)相應(yīng)數(shù)之和的和S的奇偶性相同，由于圖中的每一個(gè)數(shù)與2個(gè)或4個(gè)圈中的數(shù)相加，對(duì)S的貢獻(xiàn)為或，從而S為偶數(shù)，這與S為奇數(shù)矛盾，所以不能按要求給圖中的圓圈填數(shù)。例2-169 設(shè)為1，2，n的一個(gè)排列，是集合元素的個(gè)數(shù)，而是集合元素的個(gè)數(shù)（），證明證明 考慮集合的元素個(gè)數(shù)。一方面，固定先對(duì)求和，然后再對(duì)求和，得；另一方面，固定先對(duì)求和，然后再對(duì)求和，又得到，所以得。2-7-20 輔助圖表解題中作一些輔助性的圖形或表格，?？耸箚?wèn)題的邏輯結(jié)構(gòu)直觀地顯現(xiàn)出來(lái)，并提供程序性操作的機(jī)會(huì)，例3-2的處理曾獲冬令營(yíng)特別獎(jiǎng)，同樣的方法可用來(lái)求

5、和例2-170 設(shè)。N的子集組成集合。如果對(duì)于每一對(duì)元素，有一個(gè)集合使得恰含一個(gè)元素，則稱F是可分的。如果N的每一個(gè)元素至少屬于一個(gè)集，則稱F是覆蓋的。問(wèn)使得有一個(gè)既是可分的又是覆蓋的的最小值是多少？解 設(shè)對(duì)于N是既是可分的又是覆蓋的，考慮集合與元素的關(guān)系表：元素集合123A1A2At其中 由于F是覆蓋的，所以每個(gè)屬于至少一個(gè)，即表中每一列中至少有一個(gè)1。由于F是可分的，所以表中每?jī)闪芯煌耆嗤?。由于表中的行中，每個(gè)元素只取0或1，并且每列的元素不全為0，所以最多可以組成個(gè)兩兩不同的列，由F是可分的（或由），有 得 （1）另一方面，取滿足，即可作出n個(gè)不同的由0，1組成的并且不全為0的長(zhǎng)為t

6、的數(shù)字列，因?yàn)?，這總是可能的，將它們作為一個(gè)有行列的數(shù)字表的列，再把這個(gè)表看作是一些集合A1，A2，At與元素1，2，n的關(guān)系表。即集合由第行中使得的哪些組成，即。這時(shí)，集合對(duì)于N既是可分的，又是覆蓋的，所以，又有 （2）由（1）（2）知 例2-171 六名乒乓球選手進(jìn)行單打?qū)馁悾荣愒?個(gè)臺(tái)上同時(shí)進(jìn)行，每人每周只能而且必須參加一場(chǎng)比賽，因而比賽需要進(jìn)行五周，已知，在第一周C與E對(duì)壘；第二周B與D對(duì)壘；第三周A與C對(duì)壘；第四周D與E對(duì)壘；各周在上述這些對(duì)壘同時(shí)另外還有兩臺(tái)比賽，問(wèn)F在第五周同誰(shuí)進(jìn)行了比賽。解 用表上作業(yè)法，列下表，并把已知條件填入第一列，根據(jù)題意，填表時(shí)應(yīng)滿足（1）每行填3對(duì)字母，恰好出現(xiàn)已知6個(gè)字母A，B，C，D，E，F(xiàn)各一次。（2）每個(gè)字母各行出現(xiàn)一次，恰好在全表中出現(xiàn)5次；每次都與不同的字母配對(duì)，恰好與其他5個(gè)字母各配對(duì)一次。周次比賽對(duì)壘一（CE）（AD）4二（BD）（CF）2 （AE）3三（AC）四（DE）（CB）2 （AF）3五（F？）（CD）1 （AB）4由于比賽對(duì)壘的第一列中，前四周或有C或有D，但C、D間未對(duì)壘，故C、D必在第五周對(duì)壘，記為（CD）1。由于已經(jīng)有（CE），（AC），（CD），故剩下的（CB），（CF）必出現(xiàn)在第二、四周，但第二周B已與D對(duì)壘，故第二周應(yīng)是（CF），記作（CF）2，從而第四周有（CB）2。這時(shí)