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奥林匹克数学的技巧(下)

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奥林匹克数学的技巧(下)

奥林匹克数学的技巧(下篇)

2-7-18 优化假设

对已知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,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已知条件,求解也就常能变得容易。求解IMO10?4,IMO24?6,IMO29?6都用到这一技巧。

例2-166 空间2n(n?2)个点,任4点不共面,连n?1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?B1,B2,…,Bk?中任两点间无线段相连。于是,每一个Bi发出的线段至多(2n?k)条,而每个Aj发出的线段至多k条(i?1,2,…,kj?1,2,…,2n?k),故线段总数最多为(图2-65): 2

1k?(2n?k)2[l(2n?k)?(2n?k)k]?k(2n?k)?[]?n2 22

这与已知条件连n?1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21。 9

证明 将圆心为O,半径为r的原盘记为C(o,r)。首先取全体圆盘中面积最大的一个记为

然后在与C(o1,r记为C(o2,r2),接着在与C(o1,rC(o1,r1);1)不相交的圆盘中取面积最大的一个,1),

C(o2,r2)都不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为C(o3,r3),继续这一过程,直到无圆可取为止,设取得的圆盘依次为C(o1,r1),C(o2,r2),?,C(on,rn) (1)

则(1)中的圆盘互不相交,且剩下的圆盘均与(1)中的某一圆盘相交。下面证明,(1)中各圆面积之和S1?S2?…?Sn不小于1。 9

o,r)。这个C(o,r)或在(1)中,或与(1)任取x?S,必存在一个已知圆盘C(o,r),使c?C(

中的圆盘相交,反正必与(1)有重迭部分,现设(1)中与C(o,r)有公共部分的最大圆盘为C(ok,rk)(1?k?n),因为C(o,r),C(ok,rk)与C(o1,r1),C(o2,r2),?,C(ok?1,rk?1)均不相交,故由C(ok,rk)的取法知r?rk,且由C(o,r)

。这表明S?UC(oi,3ri) x?C(ok,3rk)i?1nC(ok,rk)??知,C(o,r)?Co(k,r3)更有k,

222从而 1??(3r )??(3r)?…??(3r)12n

222 ?9(?r1??r2?…??rn)?9(S1?S2?…?Sn)

得 (S1?S2?…?Sn)?1 9

2-7-19 计算两次

对同一数学对象,当用两种不同的方式将整体分为部分时,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a,b的差与其和有相同的奇偶性 a?b?a?b(mod2)

因此,14个差的和S的奇偶性与14个相应数之和的和S’的奇偶性相同,由于图中的每一个数a与2个或4个圈中的数相加,对S’的贡献为2a或4a,从而S’为偶数,这与S为奇数矛盾,所以不能按要求给图中的圆圈填数。

例2-169 设a1,a2,…,an为1,2,?,n的一个排列,fk是集合aiai?ak,i?k元素的个数,而gk是集合aiai?ak,i?k元素的个数(k?1,2,…,n),证明?????f??gk

k?1k?1nnk

证明 考虑集合S?(ai,ak)ai?ak,i?k的元素个数S。一方面,固定k先对i求和,然后再对k求和,得S?

nn???fk?1nk;另一方面,固定i先对k求和,然后再对i求和,又得到

S??gi??gk,所以得?fk??gk。

i?1k?1k?1k?1nn

2-7-20 辅助图表

解题中作一些辅助性的图形或表格,常克使问题的逻辑结构直观地显现出来,并提供程序性操作的机会,例3-2的处理曾获冬令营特别奖,同样的方法可用来求和

Sn?12?22?…?n2?n(n?1)(2n?1) 6

例2-170 设N??1,2,…,n?,n?2。N的子集Ai(i?1,2,…,t)组成集合F??A,At?。1,A2,…

如果对于每一对元素x,y?N,有一个集合Ai?F使得Ai则称F是可分的。?x,y?恰含一个元素,

如果N的每一个元素至少属于一个集Ai?F,则称F是覆盖的。问使得有一个F??A,At?1,A2,…既是可分的又是覆盖的t的最小值f(n)是多少?

解 设F??A,At?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: 1,A2,…

元素 1

集合

A1 A2 ?? At

其中aij??

2

3

?? ?? ?? ?

??

n a1n a2n

?

a11 a21

?

a12 a22

?

a13 a23

?

at1 at2 at3 atn

??1,j?A

1?i?t,1?j?n

??0,i?A

①由于F是覆盖的,所以每个j属于至少一个Ai,即表中每一列中至少有一个1。 ②由于F是可分的,所以表中每两列均不完全相同。

由于表中的t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2?1个两两不同的列,由F是可分的(或由②),有

t

n?2t?1?2t t?log2n?[log2n]

得 f(n)?[lo1 (1) 2gn?] 另一方面,取t满足2

t?1

?n?2t?1,即t?[log2n]?1

t

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n?2?1,这总是可能的,将它们作为一个有t行n列的数字表的n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Ai由第i行中使得aij?1的哪些j组成,即

Ai?j?j?n且aij?1,1?i?t。

这时,集合F??A,At?对于N既是可分的,又是覆盖的,所以,又有 1,A2,…

??

f(n)?t?[log2n]?1 (2)

由(1)(2)知 f(n)?[log2n]?1

例2-171 六名乒乓球选手进行单打寻坏赛,比赛在3个台上同时进行,每人每周只能而且必须

参加一场比赛,因而比赛需要进行五周,已知,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在第五周同谁进行了比赛。

解 用表上作业法,列下表,并把已知条件填入第一列,根据题意,填表时应满足

(1)每行填3对字母,恰好出现已知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 (CE) (AD)4

二 (BD) (CF)2 (AE)3

三 (AC)

四 (DE) (CB)2 (AF)3

五 (F?) (CD)1 (AB)4

①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(CD)1。

②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(CF)2,从而第四周有(CB)2。

③这时第二周必还有(AB)3,第四周必还有(AF)3。

④由于已经有(AC),(AE),(AF),故剩下的(AB)(AD)4,必出现在第一、五行,但(CD)4,

已经有D出现在第五行,故只能(AB)4在第五行,这就表明F与E对垒。

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