奥林匹克数学的技巧(中)

上传者：冯春杨
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上传时间：2015-04-24
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奥林匹克数学的技巧(中)

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，都体现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，IMO16?3也用到了配对。

例2-143 求?[

n?0

502502305n]之值。 503251305n30n5305(?5n03)251?304503解作配对处理 ?[]???]?]?)??304?251 76304503503503n?0503n?1n?1

12kn例2-144 求和 an?Cn ?2Cn?…?kCn?…?nCn

012knkn?k解一由Cn把an倒排，有an?0Cn ?1Cn?2Cn?…?kCn?…?nCn?Cn

nn?1n?kn an?nCn?(n?1)Cn?…?(n?k)Cn?…?0Cn

01n相加 2an?n(Cn?Cn?…?Cn)n?2n

得 an?n?2n?1

解二设集合S??1,2,…,n?，注意到 kCn?k

A?S,A? n,k?1,2…,,k

有an?

A?S?A A?S为了求得

于是an??A把每一A?S，让它与补集A配对，共有2

A?Sn?1对，且每对中均有A?A?n ?A?n?n?…n?n?2n?1

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x1,x2,…,xn是给定的实数，证明存在实数x使得

?x?x1???x?x2??…??x?xn??

这里的?y?表示y的小数部分。

证明有 ?y????y???n?1 2??1,　　y?Z 知?y????y??1 ??0,　　y?Z

下面利用这一配对式的结论。设fi??xi?x1???x1?x2????xi?xn?

?fi?

i?1n1?i?j?n?(?xi?xj???xj?xi?)?1?i?j?n?21?Cn?n(n?1) 2

据抽屉原理①知，必存在k(1?k?n)，使fk?

取x?xk，由上式得 12n?1Cn? n2

?x?x1???x?x2??…??x?xn??n?1 2

2-7-9 特殊化

特殊化体现了以退求进的思想：从一般退到特殊，从复杂退到简单，从抽象退到具体，从整体退到部分，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 已知恒等式 (2x?1)?a(x?b)?x(?cx? d)

求实数a,b,c,d，其中a?0。 8824

1a1c84时，有?(?b)?(??d)?0 2242

a1c故有?b?0（1） ??d?0（2） 242解对x取特殊值，当x?又取x?0（即比较常数项系数），有 1?b?d（3）

比较x的系数（考虑特殊位置），有2?a?1（4）

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由④得a?? 代入（1）

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，得b?88884

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代入原式左边，有(2x?1)?8811?256(x?)8?255(x?)8 22

44 ?(x?)?(x?x?) 故知c??1,d?12821。 4

也可以将a,b的值代入（3）、（2）求d,c，但要检验排除增根。

例2-147 已知a为常数，x?R，且f(x?a)?f(x)?1 f(x)?1

求证 f(x)是周期函数。

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f(x)?ctgx且a??

4，有ctg(x??

4)?ctgx?1 ctgx?1

但ctgx的周期为T???4?

猜想：T?4a是周期。 ?4?4a。

f(x)?1?1f(x?a)?1f(x)?1?1??证明由已知有f(x?2a)? f(x?a)?1?1f(x)

f(x)?1

据此，有f(x?4a)??11???f(x) 1f(x?2a)?f(x)

得证f(x)为周期函数，且T?4a为一个周期。

例2-148 在平面上给定一直线，半径为n厘米（n是整数）的圆以及在圆内的4n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n?1，作一个半径为1的圆，在圆内作四条1厘米长的线段，再作一条与已知直线L垂直的直线L’（图2-63）

现从结论入手，设AB∥L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：将给定的线段向已知直线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。

证明设已知直线为L，作L’⊥L，又设4n条线段为d1,d2,…,d4n，每一条di在L，L’上的投影长为ai,bi(1?i?

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4n)，有ai?0,bi??1。

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由ai?bi?

4n4n?1 4n

得?a??b??(a?b)?4n iiii

i?1i?1i?1

从而，两个加项但圆的直径为2n厘米，故d,d,…,d?a,?b中必有一个不小于2n厘米，ii4n4n124n

i?1i?1

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ai,bi表示为三角函数运算更方便）

.IMO27?5（例2-51）的求解过程，实质上是对表达式f(xf(y))?f(y)?f(x?y)中函数的三

个表达式f(y),f(x?y),f(xy(y))分别取值为f(2)?0

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回答，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。

12kn例2-149 求和（例2-144） an?Cn ?2Cn?…?kCn?…?nCn

解引进恒等式 (1?x)?

nn?Ck?0knxk

对x求导 n(1?x)

nn?1kk?1??kCnx k?1

令x?1，得?kC

k?1kn?n2n?1。

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”，如果从这点开始，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揭示它们内在联系的过程，可以证明更一般性的结论：在3n?2个点中有n个-1时，“好点”一定存在。

（1）n?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n?k时成立，即3k?2个点中有k个-1时，必有好点。

对n?k?1，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3k?2个点中有k个-1，因而一定有好点，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，n?k?1时命题成立。

由数学归纳法得证一般性命题成立，取n?661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n?k?1。一般说来，更强的命题提供更强的归纳假设。

例2-151 设m,n?N，求证S?[?(?1)

k?0nkm](?m)是整数。 k?0k2nk2

证明考虑更一般性的整系数多项式 f(x)?[?(?x)](?xk

k?0k?0nnk)

由 f(?x)?f(x )

知f(x)是偶函数，从而f(x)只含x的偶次项，得f(x)是含x的整系数多项式，特别地，取x为正整数即m?

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x，得S?f?(222?(?1)

k?0nkm)(?m)为整数。 k?0k2nk2

这里，把常数m一般化为变数之后，函数性质便成为解决问题的锐利武器。