高中奥数解题技巧

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1、-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，灵活运用数学根底知识去进展探索与尝试、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泼的组成局部。2-7-1 构造它

2、的根本形式是：以条件为原料、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：用表示这位棋手在第1天至第天包括第天在内所下的总盘数，依题意 考虑154个数：又由，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，由于时，故只能是满足 这说明，从天到天共下了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

3、“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 为正数且求表达式的最最小值。解：构造一个ABC，其中三边长分别为，则其面积为另方面故知，当且仅当C=90时，取值得最小值2，亦即时，取最小值2，如时，。2-7-2 映射它的根本形式是RMI原理。令R表示一组原像的关系构造或原像系统，其中包含着待确定的原像，令表示一种映射，通过它的作用把原像构造R被映成映象关系构造R*，其中自然包含着未知原像的映象。如果有方法把确定下来，则通过反演即逆映射也就相应地把确定下来。取对数计算、换元、引进坐标系、设计数学模型，构造发生函数等都表达了这种原理。建立对应来解题，也属于这一技巧。例2-12

4、9 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，则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A1，A2，A7和B1，B2，B7。如果甲方获胜，设获胜的场数是，则而且 *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：A1胜B1和B2，B3胜A1，A2和A3，A4胜B3后负于B4，A5胜B4，B5和B6但负于

5、B7，最后A6胜B7完毕比赛。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。解二 建立下面的对应；集合的任一个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-可重组合是所以甲方获胜的不同的比赛过程的总数就是集合的7-可重组合的个数。例2-130 设表示个元素中有个不动点的所有排列的种数。求证证明 设。对S的每个排列，将它对应向量，其中每个，当排列中第个元素不动时，否则为0。于是中所计数的任一排列所对应的向量都恰有个分量为1，所以个排列所对应的那些向量中取值为1的分量的总数为。另一方面，对于每个，使得第个元素不动的排列共有个，从而相应的维向量中

6、，有个向量的第个分量为1。所以，所有向量的取值为1的分量总数，从而得到 例2-131 在圆周上给定个点，从中任选个点染成黑色。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，恰好含有个给定的点。证明 假设不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任何方向的第个点都是白点，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，故至少有个不同的白点，这与共有个点矛盾，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，则，就可以从*一几个初始条件出发逐步递推，得

7、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*一过程为数列，求出初始值等，取值的个数由第二步递推的需要决定。2找出与，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，则1对，如果排在第位，则它之后的个数完全确定，只能是,2，1。而它之前的个数，,，有种排法，令,得递推关系。 2由1，2得 例2-133 设是正整数，表示用

8、21矩形覆盖的方法数；表示由1和2组成的各项和为的数列的个数；且 ，证明证明 由的定义，容易得到又因为，且当时，类似地可证在时也有，从而和有一样的递推关系和一样的初始条件，所以。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，可以分割为假设干个小黑箱逐一破译，即把具有共同性质的局部分为一类，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。比方，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

9、来解决，最后是实数的情况归结为有理数的情况来解决。的处理也表达了爬坡式的推理例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1/4。证明 作二级分类1当四边形ABCD为平行四边形时，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B

10、C于F，然后分两种情况讨论。1如图2-52，此时可作EAB的中位线PQ、QG，则 即A、G、Q、P为所求。2如图2-53，此时可在CD与CF上分别取P、Q，使。过Q9或P作QGAP交AB于G。为证，连AP交BE于M，过A作AHBC交CD延长线于H。有得 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1/2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12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A1，A2，A3；B1，

11、B2，B3；C1，C2，C3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。1A红，B红，C蓝时，由ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，假设结论不成立，则有B1蓝C3红A3蓝A2红C2蓝B2红A蓝。这与A红矛盾。2A红，B蓝，C红时，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，假设结论不成立，则有B1蓝A3红C3蓝C2红B2蓝A2红A蓝这与A红矛盾。3A红，B蓝，C蓝时，又分两种情况：31当B1红时，由ABC

12、B2B1AB2C2CAA2C2A2BB2知，假设结论不成立，则有B2蓝C2红A2蓝B红。这与B蓝矛盾。图2-5632当B1蓝时，由ABCC3B1CC3AA3A3BB1知，假设结论不成立，则有C3红A3蓝B红与B蓝矛盾。图2-572-7-5 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或的单色正三角形三个顶点同色的三角形。4设T1，T2是两个三

13、角形，T1有一边长1，T2一边长。假设将平面作点二染色，则恒可找到一个全等于T1或T2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37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。证明不管怎样染色，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个角上的方格颜色一样。证明 称满足条件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的37=21个方格只染两种颜色，

14、必有11个同色，不妨设同为黑色。现设第列上有个黑色方格，一方面，总黑格数为；另一方面，在第列上首尾两端都是黑格的矩形有个，总计假设题中的结论不成立，则上述个矩形两两不同，将它们投影到第一列，则第1列就存在t个首尾两端都是黑格的矩形，但第1列最多有个这样的矩形，有矛盾，故命题成立。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K5中每点恰引出4条线段，如果从其中*点A1能引出三条同色线段A1A1，A1A3，A1A4，记为同红，则考虑A2A3A4，假设当中有红边，则存在红色三角形是同蓝

15、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，使在任何个无理数中，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，显然不满足要求，故。设是5个无理数，视它们为5个点，假设两数之和为有理数，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。只须证图中有蓝色三角形，分两步：1无红色三角形。假设不然，顶点所对应的3个数中，两两之和均为有理数，

16、不妨设都是有理数，有但无理数有理数，故中无红色三角形。2有同色三角形，假设不然，由上例知，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，设为有理数，则但无理数有理数，故中无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=52-7-6 极端*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*个极端元素或*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，

17、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，其中假设干点染上红色，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个顶点涂有一样颜色；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。假设结论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A1，B1，C1，则A1B1C1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 实数列具有以下性质：存在自然数

18、n，满足及求证存在自然数N，使当时，总有证明 构造和式依题设知这说明，和数列的各项中只取有限个不同的值：S1，S2，Sn，其中必有最小数，记作，取N=m+1，则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，再凭借知识经历与审美直觉，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，并以此比照它的复杂的、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 设为正数，它们的和等于1，试证必有下不等式成

19、立：证明 设左边为出于对称性的考虑，再引进有又由 得时，可取等号。还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。例2-142 在0，1上给定函数图2-59，则点在什么位置时，面积有最大值和最小值。解 在0，1中作曲线关于直线的对称曲线与之相交于P点，由对称性，可将S2移至左上角，阴影局部即S1+S2图2-60。移动t点，相当于MN上下平移，当MN经过P点，即时，阴影面积S1+S2最小图2-61；当时，阴影面积为最大图2-62。下文中，例3-2的处理，是不落俗套进展对称性分析的一个好例子，例3-18表达了对图形对称性的洞察。奥林匹克数学的技巧中篇2-7-8 配对配对的形式是多样的，有数字的凑整配对或共

20、轭配对，有解析式的对称配对对或整体配对，有子集与其补集的配对，也有集合间象与原象的配对。凡此种种，都表达了数学和谐美的追求与力量，小高斯求和1+2+99+100首创了配对，也用到了配对。例2-143 求之值。解 作配对处理 例2-144 求和 解一 由把倒排，有相加 得 解二 设集合，注意到 有为了求得把每一，让它与补集配对，共有对，且每对中均有于是这两种解法形式上虽有不同，但本质上是完全一样的，还有一个解法见例2-149。例2-145 设是给定的实数，证明存在实数使得这里的表示y的小数局部。证明 有 知下面利用这一配对式的结论。设据抽屉原理知，必存在，使取，由上式得2-7-9 特殊化特殊化表

21、达了以退求进的思想：从一般退到特殊，从复杂退到简单，从抽象退到具体，从整体退到局部，从较强的结论退到较弱的结论，从高维退到低维，退到保持特征的最简单情况、退到最小独立完全系的情况，先解决特殊性，再归纳、联想、发现一般性。华罗庚先生说，解题时先足够地退到我们最易看清楚问题的地方，认透了、钻深了，然后再上去。特殊化既是寻找解题方法的方法，又是直接解题的一种方法。例2-146 恒等式 *数，其中。解 对取特殊值，当时，有故有1 2又取即比拟常数项系数，有 3比拟的系数考虑特殊位置，有4由得 代入1，得代入原式左边，有故知。也可以将的值代入3、2求，但要检验排除增根。例2-147 为常数，且求证 是周

22、期函数。分析 作特殊化探索。求解的困难在于不知道周期，先特殊化，取一个满足条件的特殊函数且，有但的周期为。猜测：是周期。证明 由有据此，有得证为周期函数，且为一个周期。例2-148 在平面上给定一直线，半径为厘米是整数的圆以及在圆内的条长为1厘米的线段。试证在给定的圆内可以作一条和给定直线平行或垂直的弦，它至少与两条给定的线段相交。分析 特殊化，令，作一个半径为1的圆，在圆内作四条1厘米长的线段，再作一条与直线L垂直的直线L图2-63现从结论入手，设ABL并与两条弦相交，则交点在L上的投影重合，反之，如果四条线段在L或L上的投影有重合点，则从重合点出发作垂线即可。由特殊化探索出一个等价命题：将

23、给定的线段向直线L或L的垂线作投影时，至少有两个投影点重合。这可以通过长度计算来证实。证明 设直线为L，作LL，又设条线段为，每一条在L，L上的投影长为，有。由得从而，两个加项中必有一个不小于厘米，但圆的直径为厘米，故在L或L的投影中，至少有两条线段的投影相交，过重迭点作L或L的垂线即为所求。将表示为三角函数运算更方便.例2-51的求解过程，实质上是对表达式中函数的三个表达式分别取值为2-7-10 一般化推进到一般，就是把维数较低或抽象程度较弱的有关问题转化为维数较高、抽象程度较强的问题，通过整体性质或本质关系的考虑，而使问题获得解决，离散的问题可以一般化用连续手段处理，有限的问题可以一般化用

24、数学归纳法处理，由于特殊情况往往涉及一些无关宏旨的细节而掩盖了问题的关键，一般情况则更明确地表达了问题的本质。波利亚说：“这看起来矛盾，但当从一个问题过渡到另一个，我们常常看到，新的雄心大的问题比原问题更容易掌握，较多的问题可能比只有一个问题更容易答复，较复杂的定理可能更容易证明，较普遍的问题可能更容易解决。希尔伯特还说：在解决一个数学问题时，如果我们没有获得成功，原因常常在于我们没有认识到更一般的观点，即眼下要解决的只不够是一连串有关问题的一个环节。例2-149 求和例2-144 解 引进恒等式 对求导 令，得。这实质是将所面临的问题，放到一个更加波澜壮阔的背景上去考察，当中既有一般化、又有

25、特殊化。例2-150 1985个点分布在一个圆的圆周上，每个点标上+1或-1，一个点称为“好点，如果从这点开场，依任一方向绕圆周前进到任何一点时，所经过的各数的和都是正的。证明：如果标有-1的点数少于662时，圆周上至少有一个好点。证明 这里662与1985的关系是不清楚的，一般化的过程其实也就是提醒它们内在联系的过程，可以证明更一般性的结论：在个点中有个-1时，“好点一定存在。1时，如图2-64，A、B、C、D标上+1，则B、C均为好点。2假设命题当时成立，即个点中有个-1时，必有好点。对，可任取一个-1，并找出两边距离它最近的两个+1，将这3个点一齐去掉，在剩下的个点中有个-1，因而一定有

26、好点，记为P。现将取出的3个点放回原处，因为P不是离所取出的-1最近的点，因而从P出发依圆周两方前进时，必先遇到添回的+1，然后再遇到添回的-1，故P仍是好点，这说明，时命题成立。由数学归纳法得证一般性命题成立，取即得本例成立。这里一般化的好处是：第一，可以使用数学归纳法这个有力工具；第二归纳假设提供了一个好点，使得顺利过渡到。一般说来，更强的命题提供更强的归纳假设。例2-151 设，求证是整数。证明 考虑更一般性的整系数多项式 由 知是偶函数，从而只含的偶次项，得是含的整系数多项式，特别地，取为正整数即，得为整数。这里，把常数一般化为变数之后，函数性质便成为解决问题的锐利武器。2-7-11

27、数字化数字化的好处是：将实际问题转化为数学问题的同时，还将抽象的推理转化为具体的计算。这在例2-33中已见过。例2-152 今有男女各2n人，围成内外两圈跳舞，每圈各2n人，有男有女，外圈的人面向内，内圈的人面向外，跳舞规则如下：每当音乐一起，如面对面者为一男一女，则男的邀请女的跳舞，如果均为男的或均为女的，则鼓掌助兴，曲终时，外圈的人均向左横移一步，如此继续下去，直至外圈的人移动一周。证明：在整个跳舞过程中至少有一次跳舞的人不少于n对。解 将男人记为+1，女人记为-1，外圈的2n个数与内圈的2n个数中有个1，个-1，因此，和从而另一方面，当与面对面时， 中的-1的个数表示这时跳舞的对数，如果

28、在整个过程中，每次跳舞的人数均少于n队，则恒有从而总和由与矛盾知，至少有一次跳舞的人数不少于n对。这里还用到整体处理的技巧。例 2-153 有男孩、女孩共n个围坐在一个圆周上，假设顺序相邻的3人中恰有一个男孩的有组，顺序相邻的3人中恰有一个女孩的有组，求证。证明 现将小孩记作，且数字化则其中又设取值为3的有个，取值为的有个，依题意，取值为1的有个，取值为的有个，得 可见，也可以数字化为有考虑积 知2-7-12 有序化当题目出现多参数、多元素数、字母、点、角、线段等时，假设按一定的规则如数的大小，点的次序等，将其重新排列，则排序本身就给题目增加了一个条件有效增设，从而大大降低问题的难度。特别是处

29、理不等关系时，这是一种行之有效的技巧。例2-154 设有的正方形方格棋盘。在其中任意的3n个方格中各放一枚棋子，求证可以选出行和列，使得3枚棋子都在这n行和n列中。证明 设3n枚棋子放进棋盘后，2n行上的棋子数从小到大分别为，有由此可证 1假设，式显然成立。2假设时，从而得式也成立。据式，可取棋子数分别为所对应的行，共n行。由于剩下的棋子数不超过n，因而至多取n列必可取完全部3n个棋子。例2-155 设都是自然数，且满足 求中的最大值。解 由条件的对称性，不妨设 这就改变了条件的对称性，相当于增加了一个条件 否则，由知 从而，代入得 矛盾，这时，由有当且时，有最大值，这也就是的最大值。2-7-

30、13 不变量在一个变化的数学过程中常常有个别的不变元素或特殊的不变状态，表现出相对稳定的较好性质，选择这些不变性作为解题的突破口是一个好主意。例2-156 从数集开场，每一次从其中任选两个数，用和代替它们。能否通过有限屡次代替得到数集，解 对于数集，经过一次替代后，得出，有即每一次替代后，保持3个元素的平方和不变不变量。由知，不能由替换为。 例2-157 设个整数具有性质；从其中任意去掉一个，剩下的个数可以分成个数相等的两组，其和相等。证明这2n+1个整数全相等。证明 分三步进展，每一步都有“不变量的想法。第一步 先证明这2n+1个数的奇偶性是一样的。因为任意去掉一个数后，剩下的数可分成两组，

31、其和相等，故剩下的2n个数的和都是偶数。因此，任一个数都与这2n+1个数的总和具有一样的奇偶性。第二步 如果具有性质P，则每个数都减去整数之后，仍具有性质P，特别地取，得也具有性质P，由第一步的结论知，都是偶数。第三步 由为偶数且具有性质P，可得都是整数，且仍具有性质P，再由第一步知，这个数的奇偶性一样，为偶数，所以都除以2后，仍是整数且具有性质P，余此类推，对任意的正整数，均有为整数，且具有性质P，因可以任意大，这就推得即 2-7-14 整体处理数学题本身是一个子系统，在解题中，注意对其作整体构造的分析，从整体性质上去把握各个局部，这样的解题观念或思考方法，称为整体处理。例2-158 九个袋

32、子分别装有9，12，14，16，18，21，24，25，28只球，甲取走假设干袋，乙也取走假设干带，最后只剩下一袋，甲取走的球数总和是乙的两倍，问剩下的一袋内装有球几只？解 从全局上考虑，由于甲取走的球数是乙取走球数的两倍，所以取走的球数总和必是3的倍数，而九个袋子的球数之和被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，故剩下的袋内装球14只。例2-159 证明任意3个实数不能同时满足以下三个不等式证明 假设不然，存在3个实数，使相乘 这一矛盾说明，任意3个实数不能同时满足题设的三个不等式。2-7-15 变换复原利用那些具有互逆作用的公式或运算，先作交换，再作复原，是绕过难点，

33、避开险处的一个技巧。例2-160 求数列的通项，解 引进变换，有 由 得得 例2-161 证明恒等式 1证明 利用互逆公式：假设 2则 3记先作2中的运算再作3中的运算2-7-16 逐步调整在涉及到有限多个元素的系统中，系统的状态是有限的，因而总可以经过有限次调整，把系统调整到所要求的状态常常是极值状态。例2-162 二次三项式的所有系数都是正的且，求证：对于任何满足的正数组，都有 1证明 由知，假设 2则1中等号成立。假设不全相等，则其中必有不妨设，由可作变换 则当不全相等时，则又进展同样的变换，每次变换都使中等于1的个数增加一个，至多进展次变换，必可将所有的都变为1，从而此题中逐步调到平衡

34、状态的方法也叫磨光法，所进展的变换称为磨光变换。例2-163 平面上有100条直线，它们之间能否恰有1985个不同的交点。解 100条直线假设两两相交，可得个交点，现考虑从这种状态出发，减少交点的个数，使恰好为1985。方法是使一些直线共点或平行。设直线有个共点的直线束，每一束中直线的条数为有这时，每一束的交点数下降了个，为使可取最接近2965的代替，即，类似地，取，则有这说明，100条直线中，有77条直线共A点，另9条直线共B点，还有4条直线共C点，此外再无“三线共点或“平行线，则恰有1985个交点。2-7-17 奇偶分析通过数字奇偶性质的分析而获得解题重大进展的技巧，常称作奇偶分析，这种技

35、巧与分类、染色、数字化都有联系，例2-32是一个浅而不俗的例子，用到了这一技巧。例2-164 设是1，2，7的一个排列，求证必为偶数证明一 反证法假设为奇数，则均为奇数，奇数个奇数之和应为奇数。奇数为偶数。由奇数偶数知，不能是奇数，从而为偶数。这种解法，简捷明快，表达了整体处理的优点，但同时也“掩盖着p为偶数的原因。证明二 假设p为奇数，则与的奇偶性相反，即中的奇偶数与中的偶奇数个数相等，但故1，2，7中奇数与偶数的个数一样，从而中有偶数个元素，但为奇数，这一矛盾说明，p为偶数。这一解决的实质是，要建立从A到A之间“奇数与偶数的一一映射是不可能的，因为这要求，但。这个解法比拟能反映p为偶数的原

36、因是个奇数，抓住这个本质，可以把7推广为。证明三 在1，2，7，这14个数中，共有8个奇数，而在乘积中共有7个括号，故其中必有一个括号，两个数都是奇数，从而这个括号为偶数，具有偶约束的p当然也是偶数。例2-165 在数轴上给定两点1和，在区间内任取个点，在此个点中，每相邻两点连一线段，可得条线段，证明在此n+1条线段中，以一个有理点和一个无理点为端点的线段恰有奇数条。证明 将个点按从小到大的顺序记为，并在每一点赋予数值，使与此同时，每条线段也可数字化为记的线段有条，则故为奇数。奥林匹克数学的技巧下篇2-7-18 优化假设对条件中的多个量作有序化或最优化最大、最小、最长、最短的假定，叫做优化假设

37、，常取“极端、“限定、“不妨设的形式。由于假设本身给题目增加了一个条件，求解也就常能变得容易。求解都用到这一技巧。例2-166 空间个点，任4点不共面，连条线段，证明其中至少有3条边组成一个三角形。证明 设其中任意三条线段都不能组成三角形，并设从A1点引出的线段最多优化假设，且这些线段为A1B1，A1B2，A1Bk，除A1，B1，B2，Bk之外，其他点设为A2，A3，A2n-k。显然中任两点间无线段相连。于是，每一个发出的线段至多条，而每个发出的线段至多条，故线段总数最多为图2-65：这与条件连条线段矛盾，故存在三条线段组成一个三角形。例2-167 平面上的有限个圆盘盖住了面积为1的区域S，求

38、证可以从中选出一些互不相交的原盘来，使它们的面积之和不小于。证明 将圆心为O，半径为r的原盘记为。首先取全体圆盘中面积最大的一个记为；然后在与不相交的圆盘中取面积最大的一个，记为，接着在与，都不相交的圆盘中取面积最大的一个，记为，继续这一过程，直到无圆可取为止，设取得的圆盘依次为， 1则1中的圆盘互不相交，且剩下的圆盘均与1中的*一圆盘相交。下面证明，1中各圆面积之和不小于。任取，必存在一个圆盘，使。这个或在1中，或与1中的圆盘相交，反正必与1有重迭局部，现设1中与有公共局部的最大圆盘为，因为，与，均不相交，故由的取法知，且由知，更有。这说明从而 得 2-7-19 计算两次对同一数学对象，当用

39、两种不同的方式将整体分为局部时，则按两种不同方式所求得的总和应是相等的，这叫计算两次原理成富比尼原理。计算两次可以建立左右两边关系不太明显的恒等式。在反证法中，计算两次又可用来构成矛盾。例2-168 能否从1，2，15中选出10个数填入图2-66的圆圈中，使得每两个有线相连的圈中的数相减大数减小数，所的的14个差恰好为1，2，14？解 考虑14个差的和S，一方面S=1+2+14=105为奇数。另一方面，每两个数的差与其和有一样的奇偶性 因此，14个差的和S的奇偶性与14个相应数之和的和S的奇偶性一样，由于图中的每一个数与2个或4个圈中的数相加，对S的奉献为或，从而S为偶数，这与S为奇数矛盾，所

40、以不能按要求给图中的圆圈填数。例2-169 设为1，2，n的一个排列，是集合元素的个数，而是集合元素的个数，证明证明 考虑集合的元素个数。一方面，固定先对求和，然后再对求和，得；另一方面，固定先对求和，然后再对求和，又得到，所以得。2-7-20 辅助图表解题中作一些辅助性的图形或表格，常克使问题的逻辑构造直观地显现出来，并提供程序性操作的时机，例3-2的处理曾获冬令营特别奖，同样的方法可用来求和例2-170 设。N的子集组成集合。如果对于每一对元素，有一个集合使得恰含一个元素，则称F是可分的。如果N的每一个元素至少属于一个集，则称F是覆盖的。问使得有一个既是可分的又是覆盖的的最小值是多少？解

41、设对于N是既是可分的又是覆盖的，考虑集合与元素的关系表：元素集合123A1A2At其中由于F是覆盖的，所以每个属于至少一个，即表中每一列中至少有一个1。由于F是可分的，所以表中每两列均不完全一样。由于表中的行中，每个元素只取0或1，并且每列的元素不全为0，所以最多可以组成个两两不同的列，由F是可分的或由，有得 1另一方面，取满足，即可作出n个不同的由0，1组成的并且不全为0的长为t的数字列，因为，这总是可能的，将它们作为一个有行列的数字表的列，再把这个表看作是一些集合A1，A2，At与元素1，2，n的关系表。即集合由第行中使得的哪些组成，即。这时，集合对于N既是可分的，又是覆盖的，所以，又有

42、2由12知 例2-171 六名乒乓球选手进展单打寻坏赛，比赛在3个台上同时进展，每人每周只能而且必须参加一场比赛，因而比赛需要进展五周，在第一周C与E对垒；第二周B与D对垒；第三周A与C对垒；第四周D与E对垒；各周在上述这些对垒同时另外还有两台比赛，问F在第五周同谁进展了比赛。解 用表上作业法，列下表，并把条件填入第一列，根据题意，填表时应满足1每行填3对字母，恰好出现6个字母A，B，C，D，E，F各一次。2每个字母各行出现一次，恰好在全表中出现5次；每次都与不同的字母配对，恰好与其他5个字母各配对一次。周次比赛对垒一CEAD4二BDCF2 AE3三AC四DECB2 AF3五F？CD1 AB4由于比赛对垒的第一列中，前四周或有C或有D，但C、D间未对垒，故C、D必在第五周对垒，记为CD1。由于已经有CE，AC，CD，故剩下的CB，CF必出现在第二、四周，但第二周B已与D对垒，故第二周应是CF，记作CF2，从而第四周有CB2。这时第二周必还有AB3，第四周必还有AF3。由于已经有AC，AE，AF，故剩下的AB4，AD4，必出现在第一、五行，但CD已经有D出现在第五行，故只能AB4在第五行，这就说明F与E对垒。. z.