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高中数学竞赛_奥林匹克数学的技巧(上)

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-16 07:04
tags:高中数学竞赛

高中数学人教版必修五教学计划-高中数学人教a知识模块



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
a< br>n
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(
n?1,2,…77
),
依题意
1?a
1
?a
2
…?a
77
?12?11?132

考虑154个数:
a
1
,a
2
,…,a
77,a
1
?21,a
2
?21, a
77
?21

又由
a
77
?21?132?21?153?154
,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
i?j
时,
a
i
?a
i

a
i
?21?a
j
?21

故只能是
a< br>i
,a
j
?21(77?i?j?1)
满足
a
i
?a
j
?21

这表明,从
i?1
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
x,y,z
为正数且xyz(x?y?z)?1
求表达式
(x?y)(y?z)
的最最小值。
?
a?x?y
?
解:构造一个△ABC,其中三边长分别为
?
b? y?z
,则其面积为
?
c?z?x
?
??(p(p?a)(p?b )(p?c)?(x?y?z)xyz?1

另方面
(x?y)(y?z)?ab?
2?
?2

sinC
222
故知,当且仅当∠C=90°时,取值得最小值2,亦即
(x?y)?(y?z )?(x?z)

1



z?,y1?2?1
x?
y(x?y?z)?xz
时,
(x?y)(y?z)
取最小值2,时 ,
(x?y)(y?z)?2

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
I?M
?1
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A
1
,A
2
,?,A
7
和B
1
,B2
,?B
7

,1?i7?
而且
x
1
?x
2
?…?x
7
?7
(*) 如果甲方获胜,设
A
i
获胜的场数是
x
i
,则
0? x
i
?7
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:A
1
胜B
1
和B
2
,B
3
胜A
1
,A
2
和A
3
,A
4
胜B
3
后负于B4
,A
5
胜B
4
,B
5
和B
6

负于B
7
,最后A
6
胜B
7
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
C
13

解二 建立下面的对应;
集合
?
A
1
,A
2
,…,A
7
?
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
?
A
1
,A
2
,A
3
,A
4
,A
5
,A
6< br>?
所以甲方获胜的不同的比赛过程的
总数就是集合
?
A
1,A
2
,…,A
7
?
的7-可重组合的个数
C
7?7?1
?C
13

77
7
例2-130 设
p
n
(k)
表示
n
个元素中有
k
个不动点的所有 排列的种数。求证
?
kp(k)?n!

n
k?0
n
证明 设
S?
?
a
1< br>,a
2
,…,a
n
?
。对S的每个排列,将它对应向量
(e
1
,e
2
,…,e
n
)
,其中每个
e
i
?
?
0,1
?
,当排列中第
i
个元素 不动时,
e
i
?1
,否则为0。于是
p
n
(k)< br>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的分量的总数为
?
kp(k)

n
k?1
n
另一方面,对于每个
i

1?i?n
,使 得第
i
个元素不动的排列共有
(n?1)!
个,从而相应的
n

2



向量中,有
(n?1)!
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
n(n?1)!?n!
,< br>从而得到
?
kp(k)?n!

n
k?1
n
例2-131 在圆周上给定
2n?1(n?3)
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
n?1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
2n ?1
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
f(n)
,求出初始值
f(1),f(2)
等,取值的个数由第二步递推的需要决
定。
(2)找出
f(n)

f(n?1)

f(n?2)
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
a
n
,则
a< br>1
?1
(1)

n?1
,如果
n
排在第< br>i
位,则它之后的
n?i
个数完全确定,只能是
n?i,n?i?1,
?,2,1。
而它之前的
i?1
个数,
n?i?1,n?i?2,< br>?,
n?1
,有
a
i?1
种排法,令
i?1,2,< br>?,
n
得递推关系。
a
n
?1?a
1
?… ?a
n?2
?a
n?1
?(1?a
1
?…?a
n? 2
)?a
n?1
?a
n?1
?a
n?1
?2an?1
(2)
由(1),(2)得
a
n
?2
n?1

例2-133 设
n
是正整数,
A
n
表示用2×1矩形覆盖
2?n
的方法数;
B
n
表示由1和2组成的
024m2
?
2,
?
C
m
?C
m?1
?C
m?2
?…?C
m2
, n ? m
各项和为
n
的数列的个数;且
C
n
?
?
1
,证明
35m?21
?
3
…?C
m?2

1
n?2m?1
?
Cm?1
?C
m?2
?C
m?
?
A
n
? B
n
?C
n

,B?1,B?2
证明 由
A
n
,B
n
的定义,容易得到
A
n?1
?A
n
?A
n?1
,A
1
?1,A
2
? 2

B
n?1
?B
n
?B
?

n112
3



又因为
C
1
?1, C
2
?2
,且当
n?2m
时,
0242m?22m135 2m?113
C
n
?C
n?1
?C
m
?C
m?1
?C
m?2
?…?C
2m?1
?C
2m
?C
m
?C
m?1
?C
m?2
?…?C
2m?1
?C
m?1
?C
m?2

52m?12m?1
?C
m
?C
2?3
?…?C
2mm?1
?C
n?1

类似地可证在
n?2m?1
时也有
C
n
?C
n?1
?C
n?1
,从而
?
A
n
?
,
?
B
n
?

?
C
n
?
有相同的递推 关系
和相同的初始条件,所以
A
n
?B
n
?C
n< br>。
IMO
22?3
,IMO
29?6
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。
IMO
14?2
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14 。
证明 作二级分类
1.当四边形ABCD为平行四边形时,
S
?A BC
?S
?ABD
?S
?ACD
?S
?BCD
?< br>11
?

24
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
AB
,此时可作△EAB的中位线PQ、QG,则
2111
S
?
AGQP
?S
?
EAB
?S
ABCD
?
即A、G、Q、P为所求。
222
11
(2 )如图2-53,
DF?AB
,此时可在CD与CF上分别取P、Q,使
PQ?AB< br>。过Q9
22
1
或P)作QG∥AP交AB于G。为证
S
?< br>APQG
?
,连AP交BE于M,过A作AH∥BC交CD延长
2
(1 )如图2-52,
DF?
线于H。有
S
?PCM
?S
?PA H
?S
?PAD

S
?MAB
?S
?PCM
?S
ABCP
?S
?PAD
?S
ABCO
?A
A BCD

4




S
?
A PQG
?
1
S
?
2
?
BMA
1
S
2
1

?
ABCD
2
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12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1 2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A
1
,A
2
,A
3
;B
1
,B
2
,B
3< br>;C
1

C
2
,C
3
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~△B
1
BA~△C
3
B
1
C~△C
3
AA
3
~△A
2
A
3
B
1
~△AA
2
C
2
~
△C
2
B
2
C~△A
2
AB
2
知,若结论不成立,则有
B
1
(蓝)→C
3
(红)→A
3
(蓝)→A
2(红)→C
2
(蓝)→B
2
(红)→A(蓝)。
这与A(红)矛盾。
(2)A(红),B(蓝),C(红)时,由△ABC~△B
1
AC~△A
3
BB
1
~△AC
3
A
3~△C
2
C
3
B
1
~△C
2
B
2
C~
△A
2
BB
2
~△AA
2
C2
知,若结论不成立,则有B
1
(蓝)→A
3
(红)→C
3
(蓝)→C
2
(红)→B
2
(蓝)
→A
2(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B
1
(红)时,由△ABC~△B
2
B
1
A~△B
2
C
2
C~△AA
2
C
2
~△A
2
BB
2
知,若结论不成立,则
有B
2
(蓝)→C
2
(红)→A
2
(蓝)→B(红)。这与B(蓝)矛盾。 图(2-56)
(3)
2
当B
1
(蓝)时,由△ABC~△C3
B
1
C~△C
3
AA
3
~△A
3< br>BB
1
知,若结论不成立,则有
C
3
(红)→A
3
(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
的单色正三角形(三个顶点同色的三角形)。
4.设T
1,T
2
是两个三角形,T
1
有一边长1,T
2
一边长< br>3
。若将平面作(点)二染色,则恒可
找到一个全等于T
1
或T
2
的单色三角形。
5.在(点)三染色的平面上,必有相距为1的两点同色。
6 .在(点)三染色的平面上,必存在一个斜边为1的直角三角形,它的三个顶点是全同色的或
是全不同色 的。
7.在(边)染色的六阶完全图中必有单三角形(三边同色)。
8.在(边)染色的六阶完全图中至少有两个单色三角形。
例2-136 有一个3×7棋 盘。用黑、白两种颜色去染棋盘上的方格,每个方格只染一种颜色。
证明不论怎样染色,棋盘上的方格组 成的矩形中总有这样的矩形,其边与棋盘相应的边平行,而4
个角上的方格颜色相同。
证明 称满足条件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的3×7=21个方格只染两种颜色,必有11
个同色,不妨 设同为黑色。现设第
i
列上有
d
i
(0?d
i
?3 )
个黑色方格,一方面,总黑格数为
5



1
x?< br>?
d
i
?11
;另一方面,在第
i
列上首尾两端都是 黑格的矩形有
d
i
(d
i
?1)
个,总计
2i?1
7
1
7
2
7
1
7
11
2
t?(
?
d
i
?
?
d
i
)?[ (
?
d
i
)?
?
d
i
]?(x
2
?7x)?14(11
2
?7?11)?3

2
i?17
i?1
147
i?1i?1
7
若题中的结论不成立,则上述< br>t
个矩形两两不同,将它们投影到第一列,那么第1列就存在t
个首尾两端都是黑格的矩 形,但第1列最多有
C
3
?3
个这样的矩形,有
3?t?3
2
1
矛盾,故命题成
7
立。
例2-137 在边二染色的K5
中没有单色三角形的充要条件是它可分解为一红一蓝两个圈,每个
圈恰由5条边组成。
证明 由图2-58可见,充分性是显然的。
考虑必要性,在K
5
中每点 恰引出4条线段,如果从其中某点A
1
能引出三条同色线段A
1
A
1
,A
1
A
3

A
1
A
4
,记为同红,则考虑△A
2
A
3
A
4
,若当中有红边
A
i
A
j

2?i?j?4
),则存在红色三角形
A
1
A
i
A
j
是同蓝色三角形,均无与单色三角形矛盾。 所以,从每点引出的四条线段中恰有两条红色两条蓝色,
整个图中恰有5条红边、5条蓝边。
现只看红边,它们组成一个每点度数都是2的偶图,可以构成一个或几个圈,但是每个圈至少
有3条边, 故5条红边只能构成一个圈,同理5条蓝边也构成一个圈。
例2-138 求最小正整数
n
,使在任何
n
个无理数中,总有3个数,其中每两数之和都仍为无理
数。
解 取4个无理数
?
2,3,?2,?3
,显然不满足要求,故
n?5

?

a,b,c,d,e
是5个无理数,视它们为5个点,若两数之和为有理 数,则在相应两点间连一条
红边,否则连一条蓝边。这就得到一个二染色
k
5
。只须证图中有蓝色三角形,分两步:
(1)无红色三角形。若不然,顶点所对应的3个数中,两两之 和均为有理数,不妨设
1
a?b,b?c,c?a
都是有理数,有
a?[(a ?b)?(b?c)?(c?a)]

2
但无理数≠有理数,故
k
5
中无红色三角形。
(2)有 同色三角形,若不然,由上例知,
k
5
中有一个红圈,顶点所对应的5个数中,两两之
和均为有理数,设
a?b,b?c,c?d,d?e,e?a
为有理数,则
1
a?[(a?b)?(b?c)?(c?d)?(d?e)?(e?a)]

2
但无理数≠有理数,故
k
5
中无5条边组成的红圈,从而有同色三角形。
这时,同色三角形必为蓝色三角形,其顶点所对应的3个无理数,两两之和仍为无理数。
综上所述,最小的正整数n=5
2-7-6 极端
6



某些数学问题中所出现的各个元素的地位是不平衡的,其中的某个极端元素或某个元素的极端
状 态往往具有优先于其它元素的特殊性质,而这又恰好为解题提供了突破口,从极端元素入手,进
而简捷地 解决问题,这就是通常所说的“极端原理”。
使用这一技巧时,常常借用自然数集的最小数原理,并与反正法相结合。
例2-139 设 S为平面上的一个有限点集(点数≥5),其中若干点染上红色,其余的点染上蓝
色,设任何3个及3个 以上的同色的点不共线。求证存在一个三角形,使得
(1)它的3个顶点涂有相同颜色;
(2)这三角形至少有一边上不包含另一种颜色的点。
证明 对于任意的五点涂上红色蓝色,则必有三点同色,结论(1)成立。
若结论(2)不成立,可取顶点同 色的三角形中面积最小的一个,因为只有有限个三角形,这是
可以做到的,记为△ABC,由于此三角形 的每一边上都有异色点,记为A
1
,B
1
,C
1
,则△A< br>1
B
1
C
1
也是同色三角形,且面积小于△ABC的面积,这 与△ABC面积的最小性矛盾。故(2)成立。
例2-140 已知实数列
?
a< br>n
?
k?1
具有下列性质:存在自然数n,满足
a
1
?a
2
?…?a
n
?0


a
n?k
?a
k
,k?1,2…

N? K
?
求证存在自然数N,使当
k?0,1,2,…
时,总有
证明 构造和式
?
a
i?N
i
?0

S
j?a
1
?a
2
?…?a
j
(j?1,2,…,n)
依题设知
S
n?j
?S
j
?a
j?1?a
j?2
?…?a
j?n
?S
j
?a
j?1
?a
j?2
?…?a
n
?a
1
?a
2?…?a
j


?S
j
?(a
1
?a
2
?…?a
n
)?S
j

这表明,和数列的 各项中只取有限个不同的值:S
1
,S
2
,?,S
n
,其中 必有最小数,记作
S
n
(1?m?n)
,取N=m+1,则
aN
?a
N?1
?…?a
N?k
?a
m?1
?a
m?2
?…?a
m?1?k
?S
m?1?k
?S
m
?0

2-7-7 对称
对称性分析就是将数学的对称美与题目的条件或 结论相结合,再凭借知识经验与审美直觉,从
而确定解题的总体思想或入手方向。其实质是美的启示、没 的追求在解题过程中成为一股宏观指导
的力量。著名物理学家杨振宁曾高度评价对称性方法:“当我们默 默考虑一下这中间所包含的数学推
理的优美性和它的美丽完整性,并以此对比它的复杂的、深入的物理成 果,我们就不能不深深感到
对对称定律的力量的钦佩”。
例2-141 设
a1
,a
2
,…,a
n
为正数,它们的和等于1,试证必有下不等 式成立:
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
1
?1
??…???

a
1
?a
2
a
2
?a
3
a
n?1
?a
n
a
n
?a
1
2
7



22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1
??…??
证明 设左边为
x?

a
1
?a
2
a
2
?a
3
a
n?1
?a
n
a
n
?a
1
22
2
a
3
a
n
a
2
a
1
2
????
出于对称性的 考虑,再引进
y?

a
1
?a
2
a
2?a
3
a
n?1
?a
n
a
n
?a1
22222
2
a
2
?a
3
a
na
n
?a
1
2
a
1
2
?a
2
?1
?a
n
??…??

x?y?

a< br>1
?a
2
a
2
?a
3
a
n?1?a
n
a
n
?a
i

?(a1
?a
2
)?(a
2
?a
3
)?…?(an?1
?a
n
)?(a
n
?a
1
)?0

又由
a
i
2
?a
2
j
a
i
?a
j
?
a
i
?a
j
2

222
2
a
2
?a
3
a
n
?a
1
2
11
a
1
2
?a
2
???)

x?(x?y)?(
22a
1
?a
2
a
2
?a
3
a
n
?a
1
1
?[(a
1
?a
2
)?(a
2
?a
3
)?…?(a
n
?a
1
)]

4
11
?(a
1
?a2
?…?a
n
)?

22
1
a
1?a
2
?…?a
n
?
时,可取等号。
n
还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。
例2-142 在[0,1]上给 定函数
y?x
(图2-59),则
t
点在什么位置时,面积
S
1
?S
2
有最大值
和最小值。
解 在[0,1]中作曲线y?x
关于直线
x?
2
2
1
的对称曲线与之相交于P点 ,由对称性,可将S
2
2
移至左上角,阴影部分即S
1
+S
2
(图2-60)。移动t点,相当于MN上下平移,当MN经过P点,即
t?
1时,阴影面积(S
1
+S
2
)最小(图2-61);当
t?1< br>时,阴影面积为最大(图2-62)。
2
下文中,例3-2的处理,是不落俗套进行对 称性分析的一个好例子,例3-18体现了对图形对称
性的洞察。
8

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