奧林匹克數(shù)學技巧

奧林匹克數(shù)學的技巧

徐貽林

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。一．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1.已知x,y,z

求證：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1 分析：觀察到：x+(1-x)=y+(1-y)=z+(1-z)=1及乘積式，聯(lián)想到用面積公式。證明：構(gòu)造正三角形，則S△ABD+S△EFC+S△BDF=x(1-y)sin60o+y(1-z))sin60o+z(1-x))sin60o<S△ABC=0.5×1×1×sin60o<1，故x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1。２．將一根長為16米的鐵絲做成一個長方體骨架，且骨架的表面積為10米2，若不計接頭處的誤差，求能做成的長方體的最大棱長．思路：觀察聯(lián)想整體改造合理化歸解：設長方體的長、寬、高分別為x米、y米、z米，則有：即：對上述方程組實施整體改造，就有即：

∴x，y是方程A2－(4－z)A+z2－4z+5=0的兩實根，∴△=(4－z)2－4(z2－4z+5)=－3z2+8z－4≥0∴2/3≤z≤2，當且僅當x=y=1時右等號成立，∴zmax=2．由于x、y、z的地位一致，因此xmax=2，ymax=2．故能做成的長方體的最大棱長為2米．4(x+y+z)=162(xy+yz+zx)=10, x+y+z=4xy+yz+zx=5 x+y=4－zxy=5－z(x+y)

x+y=4－zxy=5－z(4－z)=z2－4z+5， 評注：這里，需要求z(或x、或y)的最大值，初看起來不知從何處入手，但關(guān)系式中的x+y與xy，使我們立即聯(lián)想到根與系數(shù)的關(guān)系定理，按此思路作整體改造，果然獲得成功．強化整體改造意識，有助于提高解決高考中新異問題的能力．３．已知a,b為兩不相等的實數(shù)，且滿足2a２=5-3a,2b２=5-3b,

求的值。分析：依據(jù)常規(guī)，習慣于先求出a，b，需分四種情況討論，運算較繁，且易出錯。若能整體把握。＝只需求出a＋b與ab易聯(lián)想到韋達定理根與系數(shù)的關(guān)系，問題可迎刃而解。解：

∵2a２=5-2a,2b２=5-3b且a≠b

∴a與b是方程2x2+3x-5=0的兩不相等實根，

∴a+b=5-3a,ab=

∴易求點評：本題求解關(guān)鍵是如何把握條件及結(jié)論的整體結(jié)構(gòu)，構(gòu)造一元二次方程及根與系數(shù)的關(guān)系．４．已知x,y,z為正數(shù)且xyz(x+y+z)=1求表達式(x+y)(y+z)的最小值。解：構(gòu)造一個△ABC，其中三邊長分別為則其面積為另一方面故知，當且僅當∠C=90°時，取值得最小值2，亦即時，取最小值2。５．一位棋手參加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an表示這位棋手在第1天至第n天（包括第n天在內(nèi)）所下的總盤數(shù)（n=1,2……77）。依題意1≤a1＜a2…＜

a77≤12×11=132考慮154個數(shù)：a1,a2,…a77,a1+21,a2+21…a77+21又由a77+21≤132+21=153＜

154，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i≠j時，ai+21≠aj+21故只能是ai,aj+21滿足ai=aj+21。這表明，從i+1天到j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。二．映射它的基本形式是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M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x*確定下來，則通過反演即逆映射I=M-1也就相應地把x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。６．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，那么甲方獲勝的所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù)為多少？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Ai獲勝的場數(shù)是xi，則0≤xi≤7,1≤i≤7而且x1+x2+…x7=7（*）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)。７．在圓周上給定2n-1(n≥3)個點，從中任選n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n-1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2n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2n-1點矛盾，故知命題成立。三．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。８．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。９．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，則四．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”。１０．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。１１．求之值。解作配對處理１２．設是給定的實數(shù)，證明存在實數(shù)x使得這里的表示y的小數(shù)部分。證明：由

知下面利用這一配對式的結(jié)論。設據(jù)抽屜原理①知，必存在，使取，由上式得五．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。１３．從數(shù)集開始，每一次從其中任選兩個數(shù)a,b，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。１４．設2n+1個整數(shù)a1,a2…a2n+1具有性質(zhì)p：從其中任意去掉一個，剩下的2n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a1,a2…a2n+1具有性質(zhì)p，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=a1，得0,a2-a1,a3-a1…a2n+1-a1也具有性質(zhì)p，由第一步的結(jié)論知，a2-a1,a3-a1…a2n+1-a1都是偶數(shù)。第三步由0,a2-a1,a3-a1…a2n+1-a1為偶數(shù)且具有性質(zhì)P，可得0,(a2-a1)/2,(a3-a1)/2…(a2n+1-a1)/2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)k，均有0,(a2-a1)/2k,(a3-a1)/2k…(a2n+1-a1)/2k為整數(shù)，且具有性質(zhì)P，因k可以任意大，這就推得a2-a1=a3-a1=……a2n+1-a1=0，即a1=a2=a3=…a2n+1六．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。１５．九個袋子分別裝有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。１６．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。七．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)）。１７．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n-1次變換，必可將所有的xi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。八．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。１８．設是1，2，…，7的一個排列，求證必為偶數(shù)證明（反證法）若p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，p不能是奇數(shù)，從而p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。１９．在數(shù)軸上給定兩點1和，在區(qū)間內(nèi)任取n個點，在此n+2個點中，每相鄰兩點連一線段，可得n+1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n+2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k條，則 故k為奇數(shù)。九．函數(shù)與方程思想２０．已知實數(shù)a>b>c，a+b+c=1，a2+b2+c2=1，求c的取值范圍.

【分析】由條件轉(zhuǎn)化成以c為參數(shù)的二次方程，再由二次方程根的分布求出c的取值范圍.

解：由a+b+c=1，得a+b=1-c.

①

由a2+b2+c2=1，得（a+b）2-2ab+c2=1，

故2ab=（a+b）2+c2-1=2（c2-c），

即ab=c2-c.

②

由①、②知問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程x2-（1-c）x+c2-c=0有兩個大于c的不相等實根.

設f（x）=x2-（1-c）x+c2-c，若f（x）圖象與x軸在（c，+∞）內(nèi)有兩個交點（如圖所示），則

解不等式組得<c<0.

十二．數(shù)學歸納法２７．設求證：對一切，有分析：很顯然在假設的基礎上得出，因所以證，就勢必要證這樣一個過渡命題，問題轉(zhuǎn)化為只需證對一切都成立。證明：（1）當n=1時，，而所以，故.（2）假設時，有，進而.則時，而得：由（1），（2）知對任意的有

,進而推得評注：在“