高中奧數(shù)解題技巧.doc

學(xué)習(xí)資料收集于網(wǎng)絡(luò)，僅供參考奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧（上篇）有固定求解模式的問(wèn)題不屬于奧林匹克數(shù)學(xué)，通常的情況是，在一般思維規(guī)律的指導(dǎo)下，靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)去進(jìn)行探索與嘗試、選擇與組合。這當(dāng)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(xué)歸納法，以及抽屜原理，極端原理，容斥原理），同時(shí)，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(shuō)過(guò)：“競(jìng)賽的技巧不是低層次的一招一式或妙手偶得的雕蟲(chóng)小技，它既是使用數(shù)學(xué)技巧的技巧，又是創(chuàng)造數(shù)學(xué)技巧的技巧，更確切點(diǎn)說(shuō)，這是一種數(shù)學(xué)創(chuàng)造力，一種高思維層次，高智力水平的藝術(shù)，一種獨(dú)立于史詩(shī)、音樂(lè)、繪畫(huà)的數(shù)學(xué)美。”奧林匹克技巧是競(jìng)賽數(shù)學(xué)中一個(gè)生動(dòng)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(xué)形式，使得問(wèn)題在這種形式下簡(jiǎn)捷解決。常見(jiàn)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(xùn)，每天至少下一盤(pán)棋，每周至多下12盤(pán)棋，證明這棋手必在連續(xù)幾天內(nèi)恰好下了21盤(pán)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(pán)數(shù)（），依題意 考慮154個(gè)數(shù)：又由，即154個(gè)數(shù)中，每一個(gè)取值是從1到153的自然數(shù)，因而必有兩個(gè)數(shù)取值相等，由于時(shí)， 故只能是滿(mǎn)足 這表明，從天到天共下了21盤(pán)棋。這個(gè)題目構(gòu)造了一個(gè)抽屜原理的解題程序，并具體構(gòu)造了154個(gè)“蘋(píng)果”與153個(gè)“抽屜”，其困難、同時(shí)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(dá)式的最最小值。解：構(gòu)造一個(gè)ABC，其中三邊長(zhǎng)分別為，則其面積為另方面故知，當(dāng)且僅當(dāng)C=90時(shí)，取值得最小值2，亦即時(shí)，取最小值2，如時(shí)，。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(guān)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(guò)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的映象。如果有辦法把確定下來(lái)，則通過(guò)反演即逆映射也就相應(yīng)地把確定下來(lái)。取對(duì)數(shù)計(jì)算、換元、引進(jìn)坐標(biāo)系、設(shè)計(jì)數(shù)學(xué)模型，構(gòu)造發(fā)生函數(shù)等都體現(xiàn)了這種原理。建立對(duì)應(yīng)來(lái)解題，也屬于這一技巧。例2-129 甲乙兩隊(duì)各出7名隊(duì)員按事先排好的順序出場(chǎng)參加圍棋擂臺(tái)賽，雙方先由1號(hào)隊(duì)員比賽，負(fù)者被淘汰，勝者再與負(fù)方2號(hào)隊(duì)員比賽，直到有一方隊(duì)員全被淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過(guò)程，那么所有可能出現(xiàn)的比賽過(guò)程的種數(shù)為 。解 設(shè)甲、乙兩隊(duì)的隊(duì)員按出場(chǎng)順序分別為A1，A2，A7和B1，B2，B7。如果甲方獲勝，設(shè)獲勝的場(chǎng)數(shù)是，則而且 （*）容易證明以下兩點(diǎn)：在甲方獲生時(shí)，（i）不同的比賽過(guò)程對(duì)應(yīng)著方程（*）的不同非負(fù)整數(shù)解；（ii）方程（*）的不同非負(fù)整數(shù)解對(duì)應(yīng)著不同的比賽過(guò)程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）對(duì)應(yīng)的比賽過(guò)程為：A1勝B1和B2，B3勝A1，A2和A3，A4勝B3后負(fù)于B4，A5勝B4，B5和B6但負(fù)于B7，最后A6勝B7結(jié)束比賽。故甲方獲勝的不同的比賽過(guò)程總數(shù)是方程（*）的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)。解二 建立下面的對(duì)應(yīng)；集合的任一個(gè)7-可重組合對(duì)應(yīng)著一個(gè)比賽過(guò)程，且這種對(duì)應(yīng)也是一個(gè)一一對(duì)應(yīng)。例如前述的比賽過(guò)程對(duì)應(yīng)的7-可重組合是所以甲方獲勝的不同的比賽過(guò)程的總數(shù)就是集合的7-可重組合的個(gè)數(shù)。例2-130 設(shè)表示個(gè)元素中有個(gè)不動(dòng)點(diǎn)的所有排列的種數(shù)。求證證明 設(shè)。對(duì)S的每個(gè)排列，將它對(duì)應(yīng)向量，其中每個(gè)，當(dāng)排列中第個(gè)元素不動(dòng)時(shí)，否則為0。于是中所計(jì)數(shù)的任一排列所對(duì)應(yīng)的向量都恰有個(gè)分量為1，所以個(gè)排列所對(duì)應(yīng)的那些向量中取值為1的分量的總數(shù)為。另一方面，對(duì)于每個(gè)，使得第個(gè)元素不動(dòng)的排列共有個(gè)，從而相應(yīng)的維向量中，有個(gè)向量的第個(gè)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(gè)點(diǎn)，從中任選個(gè)點(diǎn)染成黑色。試證一定存在兩個(gè)黑點(diǎn)，使得以它們?yōu)槎它c(diǎn)的兩條弧之一的內(nèi)部，恰好含有個(gè)給定的點(diǎn)。證明 若不然，從圓周上任何一個(gè)黑點(diǎn)出發(fā)，沿任何方向的第個(gè)點(diǎn)都是白點(diǎn)，因而，對(duì)于每一個(gè)黑點(diǎn)，都可得到兩個(gè)相應(yīng)的白點(diǎn)。這就定義了一個(gè)由所有黑點(diǎn)到白點(diǎn)的對(duì)應(yīng)，因?yàn)槊總€(gè)黑點(diǎn)對(duì)應(yīng)于兩個(gè)白點(diǎn)，故共有個(gè)白點(diǎn)（包括重復(fù)計(jì)數(shù)）。又因每個(gè)白點(diǎn)至多是兩個(gè)黑點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，故至少有個(gè)不同的白點(diǎn)，這與共有個(gè)點(diǎn)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(guān)系，那么，就可以從某一（幾）個(gè)初始條件出發(fā)逐步遞推，得到任一時(shí)刻的結(jié)果，用遞推的方法解題，與數(shù)學(xué)歸納法（但不用預(yù)知結(jié)論），無(wú)窮遞降法相聯(lián)系，關(guān)鍵是找出前號(hào)命題與后號(hào)命題之間的遞推關(guān)系。用遞推的方法計(jì)數(shù)時(shí)要抓好三個(gè)環(huán)節(jié)：（1）設(shè)某一過(guò)程為數(shù)列，求出初始值等，取值的個(gè)數(shù)由第二步遞推的需要決定。（2）找出與，等之間的遞推關(guān)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(mǎn)足：每個(gè)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(wèn)有多少個(gè)這樣的排列？解 通過(guò)建立遞推關(guān)系來(lái)計(jì)算。設(shè)所求的個(gè)數(shù)為，則（1）對(duì)，如果排在第位，則它之后的個(gè)數(shù)完全確定，只能是,2，1。而它之前的個(gè)數(shù)，,，有種排法，令,得遞推關(guān)系。 （2）由（1），（2）得 例2-133 設(shè)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(xiàng)和為的數(shù)列的個(gè)數(shù)；且 ，證明 證明 由的定義，容易得到 又因?yàn)椋耶?dāng)時(shí)，類(lèi)似地可證在時(shí)也有，從而和有相同的遞推關(guān)系和相同的初始條件，所以。用無(wú)窮遞降法求解也用到了這一技巧。2-7-4 區(qū)分當(dāng)“數(shù)學(xué)黑箱”過(guò)于復(fù)雜時(shí)，可以分割為若干個(gè)小黑箱逐一破譯，即把具有共同性質(zhì)的部分分為一類(lèi)，形成數(shù)學(xué)上很有特色的方法區(qū)分情況或分類(lèi)，不會(huì)正確地分類(lèi)就談不上掌握數(shù)學(xué)。有時(shí)候，也可以把一個(gè)問(wèn)題分階段排成一些小目標(biāo)系列，使得一旦證明了前面的情況，便可用來(lái)證明后面的情況，稱(chēng)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(lái)解決，再將有理數(shù)的情況歸結(jié)為整數(shù)的情況來(lái)解決，最后是實(shí)數(shù)的情況歸結(jié)為有理數(shù)的情況來(lái)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(wèn)題的難度，而且分類(lèi)標(biāo)準(zhǔn)本身又附加了一個(gè)已知條件，所以，每一類(lèi)子問(wèn)題的解決都大大降低了難度。例2-134 設(shè)凸四邊形ABCD的面積為1，求證在它的邊上（包括頂點(diǎn)）或內(nèi)部可以找出4個(gè)點(diǎn)，使得以其中任意三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的4個(gè)三角形的面積均大于1/4。證明 作二級(jí)分類(lèi)1當(dāng)四邊形ABCD為平行四邊形時(shí)，A，B，C，D即為所求，命題成立。2當(dāng)四邊形ABCD不是平行四邊形時(shí)，則至少有一組對(duì)邊不平行，設(shè)AD與BC不平行，且直線(xiàn)AD與直線(xiàn)BC相交于E，又設(shè)D到AB的距離不超過(guò)C到AB的距離，過(guò)D作AB的平行線(xiàn)交BC于F，然后分兩種情況討論。（1）如圖2-52，此時(shí)可作EAB的中位線(xiàn)PQ、QG，則 即A、G、Q、P為所求。（2）如圖2-53，此時(shí)可在CD與CF上分別取P、Q，使。過(guò)Q9或P）作QGAP交AB于G。為證，連AP交BE于M，過(guò)A作AHBC交CD延長(zhǎng)線(xiàn)于H。有得 故A、P、Q、G為所求，這實(shí)際上已證明了一個(gè)更強(qiáng)的命題：面積為1的凸四邊形一定能嵌入一個(gè)面積大于1/2的平行四邊形。例2-135 對(duì)內(nèi)角分別為為30、60、90的三角形的頂點(diǎn)和各邊四等分點(diǎn)共12個(gè)點(diǎn)，染以紅色或藍(lán)色，則必存在同色的三點(diǎn)，以它們?yōu)轫旤c(diǎn)的三角形與原三角形相似。證明 設(shè)ABC中，C=90，B=60，C=30，點(diǎn)A1，A2，A3；B1，B2，B3；C1，C2，C3分別是邊AB、BC、CA的四等分點(diǎn)，下面作三級(jí)分類(lèi)。1點(diǎn)A、B、C同色時(shí)，結(jié)論顯然成立。2點(diǎn)A、B、C異色時(shí)，記A為紅色，寫(xiě)作A（紅），其余各點(diǎn)染色記號(hào)類(lèi)同。（1）A（紅），B（紅），C（藍(lán)）時(shí)，由ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，若結(jié)論不成立，則有B1（藍(lán)）C3（紅）A3（藍(lán)）A2（紅）C2（藍(lán)）B2（紅）A（藍(lán)）。這與A（紅）矛盾。（2）A（紅），B（藍(lán)），C（紅）時(shí)，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，若結(jié)論不成立，則有B1（藍(lán)）A3（紅）C3（藍(lán)）C2（紅）B2（藍(lán)）A2（紅）A（藍(lán)）這與A（紅）矛盾。（3）A（紅），B（藍(lán)），C（藍(lán)）時(shí)，又分兩種情況：（3）1當(dāng)B1（紅）時(shí)，由ABCB2B1AB2C2CAA2C2A2BB2知，若結(jié)論不成立，則有B2（藍(lán)）C2（紅）A2（藍(lán)）B（紅）。這與B（藍(lán)）矛盾。圖（2-56）（3）2當(dāng)B1（藍(lán)）時(shí)，由ABCC3B1CC3AA3A3BB1知，若結(jié)論不成立，則有C3（紅）A3（藍(lán)）B（紅）與B（藍(lán)）矛盾。（圖2-57）2-7-5 染色染色是分類(lèi)的直觀表現(xiàn)，在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中有大批以染色面目出現(xiàn)的問(wèn)題，其特點(diǎn)是知識(shí)點(diǎn)少，邏輯性強(qiáng)，技巧性強(qiáng)；同時(shí)，染色作為一種解題手段也在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中廣泛使用。下面是一些熟知的結(jié)果。1在（點(diǎn)）二染色的直線(xiàn)上存在相距1或2的同色兩點(diǎn)。2在（點(diǎn)）二染色的直線(xiàn)上存在成等差數(shù)列的同色三點(diǎn)。3在（點(diǎn)）二染色的平面上存在邊長(zhǎng)為1或的單色正三角形（三個(gè)頂點(diǎn)同色的三角形）。4設(shè)T1，T2是兩個(gè)三角形，T1有一邊長(zhǎng)1，T2一邊長(zhǎng)。若將平面作（點(diǎn)）二染色，則恒可找到一個(gè)全等于T1或T2的單色三角形。5在（點(diǎn)）三染色的平面上，必有相距為1的兩點(diǎn)同色。6在（點(diǎn)）三染色的平面上，必存在一個(gè)斜邊為1的直角三角形，它的三個(gè)頂點(diǎn)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(gè)單色三角形。例2-136 有一個(gè)37棋盤(pán)。用黑、白兩種顏色去染棋盤(pán)上的方格，每個(gè)方格只染一種顏色。證明不論怎樣染色，棋盤(pán)上的方格組成的矩形中總有這樣的矩形，其邊與棋盤(pán)相應(yīng)的邊平行，而4個(gè)角上的方格顏色相同。證明 稱(chēng)滿(mǎn)足條件的矩形為單色矩形。由于棋盤(pán)上的37=21個(gè)方格只染兩種顏色，必有11個(gè)同色，不妨設(shè)同為黑色?，F(xiàn)設(shè)第列上有個(gè)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(gè)，總計(jì)若題中的結(jié)論不成立，則上述個(gè)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(gè)首尾兩端都是黑格的矩形，但第1列最多有個(gè)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(méi)有單色三角形的充要條件是它可分解為一紅一藍(lán)兩個(gè)圈，每個(gè)圈恰由5條邊組成。證明 由圖2-58可見(jiàn)，充分性是顯然的。考慮必要性，在K5中每點(diǎn)恰引出4條線(xiàn)段，如果從其中某點(diǎn)A1能引出三條同色線(xiàn)段A1A1，A1A3，A1A4，記為同紅，則考慮A2A3A4，若當(dāng)中有紅邊（），則存在紅色三角形是同藍(lán)色三角形，均無(wú)與單色三角形矛盾。所以，從每點(diǎn)引出的四條線(xiàn)段中恰有兩條紅色兩條藍(lán)色，整個(gè)圖中恰有5條紅邊、5條藍(lán)邊?，F(xiàn)只看紅邊，它們組成一個(gè)每點(diǎn)度數(shù)都是2的偶圖，可以構(gòu)成一個(gè)或幾個(gè)圈，但是每個(gè)圈至少有3條邊，故5條紅邊只能構(gòu)成一個(gè)圈，同理5條藍(lán)邊也構(gòu)成一個(gè)圈。例2-138 求最小正整數(shù)，使在任何個(gè)無(wú)理數(shù)中，總有3個(gè)數(shù)，其中每?jī)蓴?shù)之和都仍為無(wú)理數(shù)。解 取4個(gè)無(wú)理數(shù)，顯然不滿(mǎn)足要求，故。設(shè)是5個(gè)無(wú)理數(shù)，視它們?yōu)?個(gè)點(diǎn)，若兩數(shù)之和為有理數(shù)，則在相應(yīng)兩點(diǎn)間連一條紅邊，否則連一條藍(lán)邊。這就得到一個(gè)二染色。只須證圖中有藍(lán)色三角形，分兩步：（1）無(wú)紅色三角形。若不然，頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的3個(gè)數(shù)中，兩兩之和均為有理數(shù)，不妨設(shè)都是有理數(shù)，有但無(wú)理數(shù)有理數(shù)，故中無(wú)紅色三角形。（2）有同色三角形，若不然，由上例知，中有一個(gè)紅圈，頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的5個(gè)數(shù)中，兩兩之和均為有理數(shù)，設(shè)為有理數(shù)，則但無(wú)理數(shù)有理數(shù)，故中無(wú)5條邊組成的紅圈，從而有同色三角形。這時(shí)，同色三角形必為藍(lán)色三角形，其頂點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的3個(gè)無(wú)理數(shù)，兩兩之和仍為無(wú)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(xué)問(wèn)題中所出現(xiàn)的各個(gè)元素的地位是不平衡的，其中的某個(gè)極端元素或某個(gè)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(jìn)而簡(jiǎn)捷地解決問(wèn)題，這就是通常所說(shuō)的“極端原理”。使用這一技巧時(shí)，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(shè)S為平面上的一個(gè)有限點(diǎn)集（點(diǎn)數(shù)5），其中若干點(diǎn)染上紅色，其余的點(diǎn)染上藍(lán)色，設(shè)任何3個(gè)及3個(gè)以上的同色的點(diǎn)不共線(xiàn)。求證存在一個(gè)三角形，使得（1）它的3個(gè)頂點(diǎn)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(diǎn)。證明 對(duì)于任意的五點(diǎn)涂上紅色藍(lán)色，則必有三點(diǎn)同色，結(jié)論（1）成立。若結(jié)論（2）不成立，可取頂點(diǎn)同色的三角形中面積最小的一個(gè)，因?yàn)橹挥杏邢迋€(gè)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(diǎn)，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(shí)數(shù)列具有下列性質(zhì)：存在自然數(shù)n，滿(mǎn)足及求證存在自然數(shù)N，使當(dāng)時(shí)，總有證明 構(gòu)造和式依題設(shè)知 這表明，和數(shù)列的各項(xiàng)中只取有限個(gè)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(duì)稱(chēng)對(duì)稱(chēng)性分析就是將數(shù)學(xué)的對(duì)稱(chēng)美與題目的條件或結(jié)論相結(jié)合，再憑借知識(shí)經(jīng)驗(yàn)與審美直覺(jué)，從而確定解題的總體思想或入手方向。其實(shí)質(zhì)是美的啟示、沒(méi)的追求在解題過(guò)程中成為一股宏觀指導(dǎo)的力量。著名物理學(xué)家楊振寧曾高度評(píng)價(jià)對(duì)稱(chēng)性方法：“當(dāng)我們默默考慮一下這中間所包含的數(shù)學(xué)推理的優(yōu)美性和它的美麗完整性，并以此對(duì)比它的復(fù)雜的、深入的物理成果，我們就不能不深深感到對(duì)對(duì)稱(chēng)定律的力量的欽佩”。例2-141 設(shè)為正數(shù)，它們的和等于1，試證必有下不等式成立：證明 設(shè)左邊為出于對(duì)稱(chēng)性的考慮，再引進(jìn)有 又由 得時(shí)，可取等號(hào)。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(diǎn)在什么位置時(shí)，面積有最大值和最小值。解 在0，1中作曲線(xiàn)關(guān)于直線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)曲線(xiàn)與之相交于P點(diǎn)，由對(duì)稱(chēng)性，可將S2移至左上角，陰影部分即S1+S2（圖2-60）。移動(dòng)t點(diǎn)，相當(dāng)于MN上下平移，當(dāng)MN經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，即時(shí)，陰影面積（S1+S2）最?。▓D2-61）；當(dāng)時(shí)，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(jìn)行對(duì)稱(chēng)性分析的一個(gè)好例子，例3-18體現(xiàn)了對(duì)圖形對(duì)稱(chēng)性的洞察。奧林匹克數(shù)學(xué)的技巧（中篇）2-7-8 配對(duì)配對(duì)的形式是多樣的，有數(shù)字的湊整配對(duì)或共軛配對(duì)，有解析式的對(duì)稱(chēng)配對(duì)對(duì)或整體配對(duì)，有子集與其補(bǔ)集的配對(duì)，也有集合間象與原象的配對(duì)。凡此種種，都體現(xiàn)了數(shù)學(xué)和諧美的追求與力量，小高斯求和（1+2+99+100）首創(chuàng)了配對(duì)，也用到了配對(duì)。例2-143 求之值。解 作配對(duì)處理 例2-144 求和 解一 由把倒排，有相加 得 解二 設(shè)集合，注意到 有 為了求得把每一，讓它與補(bǔ)集配對(duì)，共有對(duì)，且每對(duì)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(gè)解法見(jiàn)例2-149。例2-145 設(shè)是給定的實(shí)數(shù)，證明存在實(shí)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(duì)式的結(jié)論。設(shè)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(jìn)的思想：從一般退到特殊，從復(fù)雜退到簡(jiǎn)單，從抽象退到具體，從整體退到部分，從較強(qiáng)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(jiǎn)單情況、退到最小獨(dú)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(shuō)，解題時(shí)先足夠地退到我們最易看清楚問(wèn)題的地方，認(rèn)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(shí)數(shù)，其中。解 對(duì)取特殊值，當(dāng)時(shí)，有故有（1） （2）又?。幢容^常數(shù)項(xiàng)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(yàn)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(gè)滿(mǎn)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(gè)周期。例2-148 在平面上給定一直線(xiàn)，半徑為厘米（是整數(shù)）的圓以及在圓內(nèi)的條長(zhǎng)為1厘米的線(xiàn)段。試證在給定的圓內(nèi)可以作一條和給定直線(xiàn)平行或垂直的弦，它至少與兩條給定的線(xiàn)段相交。分析 特殊化，令，作一個(gè)半徑為1的圓，在圓內(nèi)作四條1厘米長(zhǎng)的線(xiàn)段，再作一條與已知直線(xiàn)L垂直的直線(xiàn)L（圖2-63）現(xiàn)從結(jié)論入手，設(shè)ABL并與兩條弦相交，則交點(diǎn)在L上的投影重合，反之，如果四條線(xiàn)段在L或L上的投影有重合點(diǎn)，則從重合點(diǎn)出發(fā)作垂線(xiàn)即可。由特殊化探索出一個(gè)等價(jià)命題：將給定的線(xiàn)段向已知直線(xiàn)L或L的垂線(xiàn)作投影時(shí)，至少有兩個(gè)投影點(diǎn)重合。這可以通過(guò)長(zhǎng)度計(jì)算來(lái)證實(shí)。證明 設(shè)已知直線(xiàn)為L(zhǎng)，作LL，又設(shè)條線(xiàn)段為，每一條在L，L上的投影長(zhǎng)為，有。由得從而，兩個(gè)加項(xiàng)中必有一個(gè)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(xiàn)段的投影相交，過(guò)重迭點(diǎn)作L或L的垂線(xiàn)即為所求。（將表示為三角函數(shù)運(yùn)算更方便）.（例2-51）的求解過(guò)程，實(shí)質(zhì)上是對(duì)表達(dá)式中函數(shù)的三個(gè)表達(dá)式分別取值為2-7-10 一般化推進(jìn)到一般，就是把維數(shù)較低或抽象程度較弱的有關(guān)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為維數(shù)較高、抽象程度較強(qiáng)的問(wèn)題，通過(guò)整體性質(zhì)或本質(zhì)關(guān)系的考慮，而使問(wèn)題獲得解決，離散的問(wèn)題可以一般化用連續(xù)手段處理，有限的問(wèn)題可以一般化用數(shù)學(xué)歸納法處理，由于特殊情況往往涉及一些無(wú)關(guān)宏旨的細(xì)節(jié)而掩蓋了問(wèn)題的關(guān)鍵，一般情況則更明確地表達(dá)了問(wèn)題的本質(zhì)。波利亞說(shuō)：“這看起來(lái)矛盾，但當(dāng)從一個(gè)問(wèn)題過(guò)渡到另一個(gè)，我們常?？吹剑碌男坌拇蟮膯?wèn)題比原問(wèn)題更容易掌握，較多的問(wèn)題可能比只有一個(gè)問(wèn)題更容易回答，較復(fù)雜的定理可能更容易證明，較普遍的問(wèn)題可能更容易解決?！毕柌剡€說(shuō)：在解決一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，如果我們沒(méi)有獲得成功，原因常常在于我們沒(méi)有認(rèn)識(shí)到更一般的觀點(diǎn)，即眼下要解決的只不夠是一連串有關(guān)問(wèn)題的一個(gè)環(huán)節(jié)。例2-149 求和（例2-144） 解 引進(jìn)恒等式 對(duì)求導(dǎo) 令，得。這實(shí)質(zhì)是將所面臨的問(wèn)題，放到一個(gè)更加波瀾壯闊的背景上去考察，當(dāng)中既有一般化、又有特殊化。例2-150 1985個(gè)點(diǎn)分布在一個(gè)圓的圓周上，每個(gè)點(diǎn)標(biāo)上+1或-1，一個(gè)點(diǎn)稱(chēng)為“好點(diǎn)”，如果從這點(diǎn)開(kāi)始，依任一方向繞圓周前進(jìn)到任何一點(diǎn)時(shí)，所經(jīng)過(guò)的各數(shù)的和都是正的。證明：如果標(biāo)有-1的點(diǎn)數(shù)少于662時(shí)，圓周上至少有一個(gè)好點(diǎn)。證明 這里662與1985的關(guān)系是不清楚的，一般化的過(guò)程其實(shí)也就是揭示它們內(nèi)在聯(lián)系的過(guò)程，可以證明更一般性的結(jié)論：在個(gè)點(diǎn)中有個(gè)-1時(shí)，“好點(diǎn)”一定存在。（1）時(shí)，如圖2-64，A、B、C、D標(biāo)上+1，則B、C均為好點(diǎn)。（2）假設(shè)命題當(dāng)時(shí)成立，即個(gè)點(diǎn)中有個(gè)-1時(shí)，必有好點(diǎn)。對(duì)，可任取一個(gè)-1，并找出兩邊距離它最近的兩個(gè)+1，將這3個(gè)點(diǎn)一齊去掉，在剩下的個(gè)點(diǎn)中有個(gè)-1，因而一定有好點(diǎn)，記為P?，F(xiàn)將取出的3個(gè)點(diǎn)放回原處，因?yàn)镻不是離所取出的-1最近的點(diǎn)，因而從P出發(fā)依圓周兩方前進(jìn)時(shí)，必先遇到添回的+1，然后再遇到添回的-1，故P仍是好點(diǎn)，這說(shuō)明，時(shí)命題成立。由數(shù)學(xué)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(xué)歸納法這個(gè)有力工具；第二歸納假設(shè)提供了一個(gè)好點(diǎn)，使得順利過(guò)渡到。一般說(shuō)來(lái)，更強(qiáng)的命題提供更強(qiáng)的歸納假設(shè)。例2-151 設(shè)，求證是整數(shù)。證明 考慮更一般性的整系數(shù)多項(xiàng)式 由 知是偶函數(shù)，從而只含的偶次項(xiàng)，得是含的整系數(shù)多項(xiàng)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(wèn)題的銳利武器。2-7-11 數(shù)字化數(shù)字化的好處是：將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題的同時(shí)，還將抽象的推理轉(zhuǎn)化為具體的計(jì)算。這在例2-33中已見(jiàn)過(guò)。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(dāng)音樂(lè)一起，如面對(duì)面者為一男一女，則男的邀請(qǐng)女的跳舞，如果均為男的或均為女的，則鼓掌助興，曲終時(shí)，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(dòng)一周。證明：在整個(gè)跳舞過(guò)程中至少有一次跳舞的人不少于n對(duì)。解 將男人記為+1，女人記為-1，外圈的2n個(gè)數(shù)與內(nèi)圈的2n個(gè)數(shù)中有個(gè)1，個(gè)-1，因此，和從而 另一方面，當(dāng)與面對(duì)面時(shí)， 中的-1的個(gè)數(shù)表示這時(shí)跳舞的對(duì)數(shù)，如果在整個(gè)過(guò)程中，每次跳舞的人數(shù)均少于n隊(duì)，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(duì)。這里還用到整體處理的技巧。例 2-153 有男孩、女孩共n個(gè)圍坐在一個(gè)圓周上（），若順序相鄰的3人中恰有一個(gè)男孩的有組，順序相鄰的3人中恰有一個(gè)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(shè)取值為3的有個(gè)，取值為的有個(gè)，依題意，取值為1的有個(gè)，取值為的有個(gè)，得 可見(jiàn)，也可以數(shù)字化為 有考慮積 知2-7-12 有序化當(dāng)題目出現(xiàn)多參數(shù)、多元素（數(shù)、字母、點(diǎn)、角、線(xiàn)段等）時(shí)，若按一定的規(guī)則（如數(shù)的大小，點(diǎn)的次序等），將其重新排列，則排序本身就給題目增加了一個(gè)已知條件（有效增設(shè)），從而大大降低問(wèn)題的難度。特別是處理不等關(guān)系時(shí)，這是一種行之有效的技巧。例2-154 設(shè)有的正方形方格棋盤(pán)。在其中任意的3n個(gè)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(shè)3n枚棋子放進(jìn)棋盤(pán)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(shí)，從而得式也成立。據(jù)式，可取棋子數(shù)分別為所對(duì)應(yīng)的行，共n行。由于剩下的棋子數(shù)不超過(guò)n，因而至多取n列必可取完全部3n個(gè)棋子。例2-155 設(shè)都是自然數(shù)，且滿(mǎn)足 求中的最大值。（）解 由條件的對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè) 這就改變了條件的對(duì)稱(chēng)性，相當(dāng)于增加了一個(gè)條件 否則，由知 從而，代入得 矛盾，這時(shí)，由有 當(dāng)且時(shí)，有最大值，這也就是的最大值。2-7-13 不變量在一個(gè)變化的數(shù)學(xué)過(guò)程中常常有個(gè)別的不變?cè)鼗蛱厥獾牟蛔儬顟B(tài)，表現(xiàn)出相對(duì)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(gè)好主意。例2-156 從數(shù)集開(kāi)始，每一次從其中任選兩個(gè)數(shù)，用和代替它們。能否通過(guò)有限多次代替得到數(shù)集，解 對(duì)于數(shù)集，經(jīng)過(guò)一次替代后，得出，有即每一次替代后，保持3個(gè)元素的平方和不變（不變量）。由知，不能由替換為。 例2-157 設(shè)個(gè)整數(shù)具有性質(zhì)；從其中任意去掉一個(gè)，剩下的個(gè)數(shù)可以分成個(gè)數(shù)相等的兩組，其和相等。證明這2n+1個(gè)整數(shù)全相等。證明 分三步進(jìn)行，每一步都有“不變量”的想法。第一步 先證明這2n+1個(gè)數(shù)的奇偶性是相同的。因?yàn)槿我馊サ粢粋€(gè)數(shù)后，剩下的數(shù)可分成兩組，其和相等，故剩下的2n個(gè)數(shù)的和都是偶數(shù)。因此，任一個(gè)數(shù)都與這2n+1個(gè)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(gè)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(gè)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(lèi)推，對(duì)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(xué)題本身是一個(gè)子系統(tǒng)，在解題中，注意對(duì)其作整體結(jié)構(gòu)的分析，從整體性質(zhì)上去把握各個(gè)局部，這樣的解題觀念或思考方法，稱(chēng)為整體處理。例2-158 九個(gè)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(wèn)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(gè)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(gè)實(shí)數(shù)不能同時(shí)滿(mǎn)足下列三個(gè)不等式證明 若不然，存在3個(gè)實(shí)數(shù)，使 相乘 這一矛盾說(shuō)明，任意3個(gè)實(shí)數(shù)不能同時(shí)滿(mǎn)足題設(shè)的三個(gè)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(yùn)算，先作交換，再作還原，是繞過(guò)難點(diǎn)，避開(kāi)險(xiǎn)處的一個(gè)技巧。例2-160 求數(shù)列的通項(xiàng)，已知解 引進(jìn)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(yùn)算 再作（3）中的運(yùn)算 2-7-16 逐步調(diào)整在涉及到有限多個(gè)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(guò)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(xiàng)式的所有系數(shù)都是正的且，求證：對(duì)于任何滿(mǎn)足的正數(shù)組，都有 （1）證明 由知，若 （2）則（1）中等號(hào)成立。若不全相等，則其中必有（不妨設(shè)），由 可作變換 則當(dāng)不全相等時(shí)，則又進(jìn)行同樣的變換，每次變換都使中等于1的個(gè)數(shù)增加一個(gè)，至多進(jìn)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(jìn)行的變換稱(chēng)為磨光變換。例2-163 平面上有100條直線(xiàn)，它們之間能否恰有1985個(gè)不同的交點(diǎn)。解 100條直線(xiàn)若兩兩相交，可得個(gè)交點(diǎn)，現(xiàn)考慮從這種狀態(tài)出發(fā)，減少交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，使恰好為1985。辦法是使一些直線(xiàn)共點(diǎn)或平行。設(shè)直線(xiàn)有個(gè)共點(diǎn)的直線(xiàn)束，每一束中直線(xiàn)的條數(shù)為有這時(shí)，每一束的交點(diǎn)數(shù)下降了個(gè)，為使可取最接近2965的代替，即，類(lèi)似地，取，則有這表明，100條直線(xiàn)中，有77條直線(xiàn)共A點(diǎn)，另9條直線(xiàn)共B點(diǎn)，還有4條直線(xiàn)共C點(diǎn)，此外再無(wú)“三線(xiàn)共點(diǎn)”或“平行線(xiàn)”，則恰有1985個(gè)交點(diǎn)。2-7-17 奇偶分析通過(guò)數(shù)字奇偶性質(zhì)的分析而獲得解題重大進(jìn)展的技巧，常稱(chēng)作奇偶分析，這種技巧與分類(lèi)、染色、數(shù)字化都有聯(lián)系，例2-32是一個(gè)淺而不俗的例子，用到了這一技巧。例2-164 設(shè)是1，2，7的一個(gè)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(gè)奇數(shù)之和應(yīng)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(jiǎn)捷明快，體現(xiàn)了整體處理的優(yōu)點(diǎn)，但同時(shí)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(gè)數(shù)相等，但故1，2，7中奇數(shù)與偶數(shù)的個(gè)數(shù)相同，從而中有偶數(shù)個(gè)元素，但為奇數(shù)，這一矛盾說(shuō)明，p為偶數(shù)。這一解決的實(shí)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?yàn)檫@要求，但。這個(gè)解法比較能反映p為偶數(shù)的原因是個(gè)奇數(shù)，抓住這個(gè)本質(zhì)，可以把7推廣為。證明三 在1，2，7，這14個(gè)數(shù)中，共有8個(gè)奇數(shù)，而在乘積中共有7個(gè)括號(hào)，故其中必有一個(gè)括號(hào)，兩個(gè)數(shù)都是奇數(shù)，從而這個(gè)括號(hào)為偶數(shù)，具有偶約束的p當(dāng)然也是偶數(shù)。例2-165 在數(shù)軸上給定兩點(diǎn)1和，在區(qū)間內(nèi)任取個(gè)點(diǎn)，在此個(gè)點(diǎn)中，每相鄰兩點(diǎn)連一線(xiàn)段，可得條線(xiàn)段，證明在此n+1條線(xiàn)段中，以一個(gè)有理點(diǎn)和一個(gè)無(wú)理點(diǎn)為端點(diǎn)的線(xiàn)段恰有奇數(shù)條。證明 將個(gè)點(diǎn)按從小到大的順序記為，并在每一點(diǎn)賦予數(shù)值，使與此同時(shí)，每條線(xiàn)段也可數(shù)字化為記的線(xiàn)段有條，則 故為奇數(shù)。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(xiàn)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(xiàn)段都不能組成三角形，并設(shè)從A1點(diǎn)引出的線(xiàn)段最多（優(yōu)化假設(shè)），且這些線(xiàn)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(xiàn)段相連。于是，每一個(gè)發(fā)出的線(xiàn)段至多（）條，而每個(gè)發(fā)出的線(xiàn)段至多條（），故線(xiàn)段總數(shù)最多為（圖2-65）：這與已知條件連條線(xiàn)段矛盾，故存在三條線(xiàn)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，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(xiàn)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