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1、个人收集整理 仅供参考学习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
2、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。个人收集整理 勿做商业用途例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。个人收集整理 勿做商业用途证明：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 这表
3、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“抽屉”，其困难、同时也是精妙之处就在于想到用抽屉原理。个人收集整理 勿做商业用途例 2-128 已知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，令表示一种映射，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的映象。如果有办法把确定下来，则通过反演即逆映射
4、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，构造发生函数等都体现了这种原理。个人收集整理 勿做商业用途建立对应来解题，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。个人收集整理 勿做商业用途解 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
5、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B7，最后A6胜B7结束比赛。个人收集整理 勿做商业用途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。个人收集整理 勿做商业用途例2-130 设表示个元素中有个不动点的所
6、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。个人收集整理 勿做商业用途另一方面，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，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，从而得到个人收集整理 勿做商业用途 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。个人收集整理 勿做商业用途证明 若不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任
7、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。个人收集整理 勿做商业用途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。个人收集整理 勿做商业用途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，
8、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？个人收集整理 勿做商业用途解 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。个人收集整理 勿做商业用途 （2）由（1），（2）得 例2-133 设是正整数，表示用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 ，证明个人收集整理 勿做商业用途证明
9、由的定义，容易得到又因为，且当时，类似地可证在时也有，从而和有相同的递推关系和相同的初始条件，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。个人收集整理 勿做商业用途有时候，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。的
10、处理也体现了爬坡式的推理（例2-47）。个人收集整理 勿做商业用途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。个人收集整理 勿做商业用途例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。个人收集整理 勿做商业用途证明 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
11、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。个人收集整理 勿做商业用途（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。有个人收集整理 勿做商业用途得 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。个人收集整理 勿做商业用途例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
12、存在同色的三点，以它们为顶点的三角形与原三角形相似。个人收集整理 勿做商业用途证明 设ABC中，C=90，B=60，C=30，点A1，A2，A3；B1，B2，B3；C1，C2，C3分别是边AB、BC、CA的四等分点，下面作三级分类。个人收集整理 勿做商业用途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ABCB1BAC3B1CC3AA3A2A3B1AA2C2C2B2CA2AB2知，若结论不成立，则有个人收集整理 勿做商业用途B1（蓝）C3（红）A3（蓝）A2（红）C2（蓝）B2（红）A（蓝）。这
13、与A（红）矛盾。（2）A（红），B（蓝），C（红）时，由ABCB1ACA3BB1AC3A3C2C3B1C2B2CA2BB2AA2C2知，若结论不成立，则有B1（蓝）A3（红）C3（蓝）C2（红）B2（蓝）A2（红）A（蓝）这与A（红）矛盾。个人收集整理 勿做商业用途（3）A（红），B（蓝），C（蓝）时，又分两种情况：（3）1当B1（红）时，由ABCB2B1AB2C2CAA2C2A2BB2知，若结论不成立，则有B2（蓝）C2（红）A2（蓝）B（红）。这与B（蓝）矛盾。图（2-56）个人收集整理 勿做商业用途（3）2当B1（蓝）时，由ABCC3B1CC3AA3A3BB1知，若结论不成立，则有C3（
14、红）A3（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。个人收集整理 勿做商业用途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是两个三角形，T1有一边长1，T2一边长。若将平面作（点）二染色，则恒可找到一个全等于T1或T2的单色三角形。个人收集整理 勿做商业用途5在（
15、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。个人收集整理 勿做商业用途证明 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，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，总计个人收集整理 勿做商业用途若题中的结论不成立，则上述个矩形两两不同，将它们投影到第一列，那么第1列就存在t个首尾两端都是黑格的矩形，但第1列最多有个这样的矩形，有矛盾，故命题成立。个人收集整理 勿
