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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

?[ 503 ] 之值。<

br />n ?0

502

305n

解 作配对处理

?[
n ?0

502

251 305 n 3 0n5 305( ?5 n 03 ) 251? 304 503 ]? ? ( [ ?] [ ?] ? ) ? ? 3 0 4 ?2 5 1 5 0 3 n?1 503 503 503 n ?1

76304

例 2-144 求和

1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn

0 1 2 k n k n ?k 解一 由 Cn 把 an 倒排,有 an ? 0Cn ? 1Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn ? Cn n n?1 n ?k n an ? nCn ? (n ?1)Cn ? …? (n ? k )Cn ? …? 0Cn

相加 得

0 1 n 2an ? n(Cn ? Cn ? …? Cn )n ? 2n

an ? n ? 2n?1
k kC n ? A? S , A ?

解二 设集合 S ? ?1, 2,…, n? ,注意到 有 an ?

?

A , k ? 1, 2 … , ,n
k

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? S

n ?1

对,且每对中均有 A ? A ? n

? A ? n ? n ? …n ? n ? 2

n ?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

n ?1 2

? y? ? ?? y? ? ? ?

?1,   y?Z ? ?0,   y ? Z

知 ? y? ? ?? y? ? 1

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

?f
i ?1

n

i

?

1?i ? j ? n

? (?x ? x ? ? ?x
i j

j

? xi ?) ?

1?i ? j ? n

?

2 1 ? Cn ?

n(n ? 1) 2

据抽屉原理①知,必存在 k (1 ? k ? n) ,使 f k ? 取 x ? xk ,由上式得

1 2 n ?1 Cn ? n 2

? 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
8 2 4 ( 2x ? 1 )? a ( x ? b8 ) ? x ( ? c x? d )

求实数 a, b, c, d ,其中 a ? 0 。 解 对 x 取特殊值,当 x ? 故有

a ? b ? 0 ( 1) 2

1 a 1 c 8 4 时,有 ?( ? b) ? ( ? ? d ) ? 0 2 2 4 2 1 c ? ? d ? 0 (2) 4 2

又取 x ? 0 (即比较常数项系数) ,有
8
8

1 ? b8 ? d 4 (3)
8

比较 x 的系数(考虑特殊位置) ,有 2 ? a ? 1 (4) 由④得 a ? 28 ?1 ? 8 255
8

代入(1) ,得 b ? ?

8

255 2

代入原式左边,有 (2 x ? 1) ? ( 8 255 x ?
8

255 8 1 1 ) ? 256( x ? )8 ? 255( x ? )8 2 2 2

1 1 ? ( x ? )8 ? ( x 2 ? x ? ) 4 2 4
故知 c ? ?1, d ?

1 。 4

也可以将 a , b 的值代入(3) 、 (2)求 d , c ,但要检验排除增根。 已知 a 为常数, x ? R ,且 f ( x ? a) ?

例 2-147

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 ? 4 a 是周期。

?
4

? 4a 。

f ( x) ? 1 ?1 f ( x ? a ) ? 1 f ( x) ? 1 ?1 ? ? 证明 由已知有 f ( x ? 2a ) ? f ( x ? a ) ? 1 f ( x) ? 1 ? 1 f ( x) f ( x) ? 1
据此,有 f ( x ? 4a ) ? ?

1 1 ?? ? f ( x) 1 f ( x ? 2a ) ? f ( x)

得证 f ( x ) 为周期函数,且 T ? 4 a 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 4 n 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 4 n 条线段为 d1 , d2 ,…, d4 n ,每一条 d i 在 L,L’上的投 影长为 ai , bi (1 ? i ? 4n) ,有 ai ? 0, bi ? 0, ai ? bi ? 1 。
2 2

由 ai ? bi ?
4n 4n

(ai ? bi ) 2 ? ai2 ? bi2 ? 1
4n



? ai ? ? bi ? ? (ai ? bi ) ? 4n
i ?1 i ?1 i ?1

从而, 两个加项

但圆的直径为 2 n 厘米, 故 d1 , d2 ,…, d4 n ? ai , ? bi 中必有一个不小于 2n 厘米,
i ?1 i ?1

4n

4n

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。 例 2-149 求和(例 2-144)
n n

1 2 k n an ? Cn ? 2Cn ? …? kCn ? …? nCn

解 引进恒等式

k k ( 1? x ) ? ? C n x k ?0

对 x 求导

k k ?1 n(1 ? x)n ?1 ? ? kCn x k ?1

n

令 x ? 1 ,得

? kC
k ?1

n

k n

? 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 m 2 ](? m 2 ) 是整数。
k ?0 k ?0

n

k

n

k

证明

考虑更一般性的整系数多项式

f ( x) ? [? (? x) k ](? x k )
k ?0 k ?0

n

n



f ( ? x )? f ( x )
2 2

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 ? x ,得 S ? f ( m ) ? (
2

? (?1)
k ?0

n

k

m )(? m ) 为整数。
k ?0

k 2

n

k 2

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。 2-7-11 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 a1 , a2 ,…, a2 n 与内圈的 2n 个数 b1 , b2 ,…, b2n 中 有 2 n 个 1, 2 n 个-1,因此,和 a1 ? a2 ? …? a2n ? b1 ? b2 ? …? b2n ? 0 从而 (a1 ? a2 ? …? a2n )(b1 ? b2 ? …? b2n ) ? ?(b1 ? b2 ? …? b2n )2 ? 0 ①

另一方面,当 a1 与 bi 面对面时, a1bi , a2bi ?1 ,…, a2nbi ?1 中的-1 的个数表示这时跳舞的对数,如 果在整个过程中,每次跳舞的人数均少于 n 队,那么恒有

a1bi ? a2bi ?1 ? …? a2nbi ?1 ? 0(i ? 1, 2,…, 2n)
从而总和 0 ?

? (a b ? a b
i ?1 1 i

2n

2 i ?1

? … ? a2 nbi ?1 ) ? (a1 ? a2 ? … ? a2 n )(b1 ? b2 ? … ? b2 n )



由①与②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( n ? 3 ) ,若顺序相邻的 3 人中恰有一个男 孩的有 a 组,顺序相邻的 3 人中恰有一个女孩的有 b 组,求证 3 a ? b 。 证明 现将小孩记作 ai (i ? 1, 2,…, n) ,且数字化

?1    ai 表示男孩时 ai ? ? ??1    ai 表示女孩时

则 Ai ? ai ? ai ?1 ? ai ? 2

?3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为男孩 ? ??3  ai , ai ?1 , ai ? 2均为女孩 ?? ?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 恰有一个女孩 ??1  a , a , a 恰有一个男孩 i i ?1 i?2 ?

其中 an? j ? a j 又设取值为 3 的 Ai 有 p 个,取值为 ?3 的 Ai 有 q 个,依题意,取值为 1 的 Ai 有 b 个,取值为 ?1 的 Ai 有 a 个,得 3(a1 ? a2 ? …? an ) ? (a1 ? a2 ? a3 ) ? (a2 ? a3 ? a4 ) ? …? (an ? a1 ? a2 )

? 3 p ? (?3)q ? (?1)a ? b ? 3( p ? q) ? (b ? q)
可见 3 a ? b ,也可以数字化为 a j ? ?

? ??   a j 表示男孩时 ? ??  a j 表示女孩时

??? ?

1 2

3 i.  w3 ? 1 2

有 ai ai ?1 ? ai ? 2

?1  ai , ai ?1 , ai ? 2 表示三男或三女 ? ? ??   ai , ai ?1 , ai ? 2 表示二男一女 ? 2 ??   ai , ai ?1 , ai ? 2 表示一男二女
知3 a ?b

考虑积

1 ? (a1a2…an )3 ? ?b?a

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,若按一定的规则(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已知条件(有效增设) ,从而大大降 低问题的难度。特别是处理不等关系时,这是一种行之有效的技巧。 例 2-154 设有 2n ? 2n 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 n 行和 n 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 a1 , a2 ,…, a2 n ,有

0 ? a1 ? a2 ? … ? a2n

① ② ③

a1 ? a2 ? …? an ? an?1 ? …? a2n ? 3n
由此可证

an?1 ? an?2 ? … ? a2n ? 2n

(1)若 an?1 ? 2 ,③式显然成立。 (2)若 an ?1 ? 1 时, a1 ? a2 ? …? an ? n ? an?1 ? n 从而 an?1 ? an?2 ? …? a2n ? 3n ? (a1 ? a2 ? …? an ) ? 2n 得③式也成立。 据③式,可取棋子数分别为 an?1 , an?2 ,…, a2n 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 x1 , x2 ,…, xn 都是自然数,且满足

x1 ? x 2 ? …? xn ? x x 1 … 2 xn



求 x1 , x2 ,…, xn 中的最大值。 (n ? 2) 解 由条件的对称性,不妨设

x1 ? x2 ? … ? xn



这就改变了条件的对称性,相当于增加了一个条件 否则, xn ?1 ? 1 ,由②知 从而,代入①得

xn?1 ? 2 (n ? 2 )

x1 ? x2 ? … ? xn?1 ? xn?1 ? 1

(n ? 1 ) ? xn ? xn 矛盾,这时,由①有

xn ?

x1 ? x2 ? … ? xn?1 x1 x2…xn?2 ? … ? x1 x2…xn?2 ? x1 x2 …xn?1 xn?1 ? x1 x2…xn?1 ? 1 x1 x2…xn?1 ? 1 ? (n ? 2 ? xn?1 ) x1 x2…xn?2 x1 x2…xn?1 ? 1

?

(n ? 2 ? xn?1 ) x1 x2…xn?2 n ? 2 ? xn?1 n ?1 ? ? 1? ?n x1 x2…xn?1 ? x1 x2…xn?2 xn?1 ? 1 xn?1 ? 1

当 x1 ? x2 ? … ? xn?2 ? 1且 xn?1 ? 2 时, xn 有最大值 n ,这也就是 x1 , x2 ,…, xn 的最大值。 2-7-13 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 ?3, 4,12? 开始,每一次从其中任选两个数 a , b ,用

3 4 4 3 a ? b 和 a ? b 代替 5 5 5 5

它们。能否通过有限多次代替得到数集 ?4,6,12? , 解 对于数集 ?a, b, c? ,经过一次替代后,得出 ? a ? 有( a?

?3 ?5

4 4 3 ? b, a ? b, c ? , 5 5 5 ?

3 5

4 2 4 3 b) ? ( a ? b) 2 ? c 2 ? a 2 ? b 2 ? c 2 5 5 5
2 2 2 2 2 2

即每一次替代后,保持 3 个元素的平方和不变(不变量) 。由 3 ? 4 ? 12 ? 4 ? 6 ? 12 知, 不能由 ?3, 4,12? 替换为 ?4,6,12? 。 例 2-157 设 2n ? 1 个整数 a1 , a2 ,…, a2n?1 具有性质 p ; 从其中任意去掉一个, 剩下的 2 n 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 分三步进行,每一步都有“不变量”的想法。

第一步 先证明这 2n+1 个数的奇偶性是相同的。 因为任意去掉一个数后,剩下的数可分成两组,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 个数的总和具有相同的奇偶性。 第二步 如果 a1 , a2 ,…, a2 n?1 具有性质 P,则每个数都减去整数 c 之后,仍具有性质 P,特别地 取 c ? a1 ,得 0, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2n?1 ? a1 也具有性质 P,由第一步的结论知, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2 n?1 ? a1 都是偶数。 第三步 由 0, a2 ? a1 , a3 ? a1 ,…, a2n?1 ? a1 为偶数且具有性质 P,可得

0,

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , , …, 2 n ?1 1 2 2 2

都是整数,且仍具有性质 P,再由第一步知,这 2n ? 1 个数的奇偶性相同,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 k ,均有

0,

a ?a a2 ? a1 a3 ? a1 , , …, 2 n ?1 k 1 为整数,且具有性质 P,因 k 可以任意大,这就推得 k k 2 2 2

a2 ? a1 ? a3 ? a1 ? … ? a2n?1 ? a1 ? 0 即

a1 ? a2 ?… ? an 2?

1

2-7-14 整体处理 数学题本身是一个子系统,在解题中,注意对其作整体结构的分析,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 九个袋子分别装有 9,12,14,16,18,21,24,25,28 只球,甲取走若干袋,乙也 取走若干带,最后只剩下一袋,已知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

14 ? 2(mod 3) ,故剩下的袋内装球 14 只。
例 2-159 证明任意 3 个实数 a, b, c 不能同时满足下列三个不等式

a ? b ?c , b ? c ? a , c ? a ?b
证明 若不然,存在 3 个实数 a0 , b0 , c0 ,使

a0 ? b0 ? c0
相乘

b0 ? c0 ? a0

c0 ? a0 ? b0

0 ? (a0 ? b0 ? c0 )2 (a0 ? b0 ? c0 )2 (b0 ? c0 ? a0 )2 ? 0

这一矛盾说明,任意 3 个实数 a, b, c 不能同时满足题设的三个不等式。 2-7-15 变换还原 利用那些具有互逆作用的公式或运算,先作交换,再作还原,是绕过难点,避开险处的一个技 巧。

? x1 ? 0, x1 ? 1, 且 ? 2 例 2-160 求数列的通项,已知 ? xn ( xn ? 3) x ? (n ? 1) 2 ? n ?1 3 xn ? 1 ?
解 引进变换 F ( x ) ?

1? x ,有 1? x

F ( F ( x) ? ) x



xn ?

3 xn?1 ( x2n?1? 3 ) ( nn?1? 1 )? x (n?1 ? 31 ) ? 2 3xn (xn?1? 13) ? x (n?1 ? 31 ) ?1 ? 1

1 ? xn ?1 3 1? ( ) 1 ? xn ?1 1 ? F 3 ( xn ?1 ) ? ? ? F ( F 3 ( xn ?1 )) 3 1 ? xn ?1 3 1 ? F ( xn ?1 ) 1? ( ) 1 ? xn ?1
得 F ( xn ) ? F ( F ( F 3 ( xn?1 ))) ? F 3 ( xn?1 ) ? F 3 ( xn?2 ) ? … ? F 3 ( x1 ) 得
2 n?1

xn ? F ( F (xn ) ? ) F F(3

n?1

x1( ) )

1 ? x1 3n?1 1? ( ) n?1 n?1 1 ? x1 (1 ? x1 )3 ? (1 ? x1 )3 ? ? 1 ? x1 3n?1 (1 ? x )3n?1 ? (1 ? x )3n?1 1 1 1? ( ) 1 ? x1
例 2-161
n k

证明恒等式
k n

? (?1) C
k ?1

1 1 1 (1 ? ? … ? ) ? ? 2 k n

(1)

证明 若 bn ?

利用互逆公式:

? (?1) C a
l t ?0 n k k ?0

k

l k l

k ? 0 , 1, … 2 , (2)

则 an ?

? (?1) C b
1 l

k n k

n ? 0 , 1, … 2,

(3)

记 a0 ? 0, al ? ? , l ? 1, 2, … 先作(2)中的运算

b0 ? 0, bn ? 1 ?

1 1 ? … ? , n ? 1, 2, … 2 n

k 1 k ?1 1 bk ? ? (?1)l Ckl (? ) ? ? (?1)l ?1 Ckl ? (?1)k ?1 l k l ?1 l ?1 k ?1 1 1 1 k? 1 ? ? (?1)l ?1 (Ckl ?1 ? Ckl ? ?1 ) ? ( ?1) l k l ?1

k ?1 1 1 1 k ?1 1 ? ? (?1)l ?1 Ck ? (?1)l ?1 Ckl ? (?1)k ?1 ? ?1 l k l ?1 k l ?1

1 k 1 1 1 ?1 l ? bk ?1 ? ? (? 1 l) Ck ? bn? 1? ? bk ? 2? ? k l ?1 k k ?1 k
? …… ? 1 ? 1 1 ?…? 2 k

再作(3)中的运算

?

n n 1 1 1 k k ? an ? ? (?1)k Cn bn ? ? (?1)k Cn (1 ? ? … ? ) n 2 k k ?0 k ?0

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 已知二次三项式 f ( x) ? ax ? bx ? c 的所有系数都是正的且 a ? b ? c ? 1 ,求证:对
2

于任何满足 x1 x2…xn ? 1 的正数组 x1 , x2 ,…, xn ,都有 f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? 1 证明 由 f (1) ? a ? b ? c ? 1 知,若 x1 ? x2 ? … ? xn ? 1 则(1)中等号成立。 若 x1 , x2 ,…, xn 不全相等,则其中必有 xi ? 1, x j ? 1 (不妨设 i ? j ) ,由 (2)

(1)

f ( xi ) f ( x j ) ? f (1) f ( xi x j )
2 2 ? (a x x ? )c( a b ?) c ?( i ? bi j x? j x

? a ? b) ( 2 ci 2a xi j x?

j

b? x )x

c

? ?abxi x j ( xi ?1)( x j ?1) ? ac( xi2 ?1)( x2 j ?1) ? bc( xi ?1)( x j ?1) ? 0
可作变换

? ? xk ' ? xk (k ? i, k ? j ) ? ? ? xi ' ? xi x j , x j ' ? 1

则?

? x1 ' x2 '…xn ' ? x1 x2…xn ? 1 ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn )
当 x1 ', x2 ',…, xn ' 不全相等时,则又进行同样的变换,每次变换都使 x1 , x2 ,…, xn 中等于 1 的个

数增加一个,至多进行 n ? 1 次变换,必可将所有的 xi 都变为 1,从而

f ( x1 ) f ( x2 )…f ( xn ) ? f ( x1 ') f ( x2 ')…f ( xn ') ? … ? f (1) f (1)…f (1) ? 1①
此题中逐步调到平衡状态的方法也叫磨光法,所进行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。

2 解 100 条直线若两两相交,可得 C100 ? 4950 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。办法是使一些直线共点或平行。 设直线有 k 个共点的直线束,每一束中直线的条数为 n1 , n2 ,…, nk (ni ? 3, i ? 1, 2,…, k ) 有

n1 ? n2 ? … ? nk ? 100
2 这时,每一束的交点数下降了 Cn ?1 个,为使 i 2 2 2 2 (Cn ?1) ? (Cn ?1) ? …? (Cn ?1) ? C100 ?1985 ? 2965 1 2 k 2 2 可取最接近 2965 的 C77 ?1 ? 2925 代替 Cn ? 7 ,即 n1 ? 77 ,类似地,取 n2 ? 9, n3 ? 4 ,则有 1
2 2 2 2 C77 ?1 ? C9 ?1 ? C4 ?1 ? C100 ?1985 ? 2965

这表明,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, IMO26?33 , IMO27?1 用到了这一技巧。 例 2-164 设 a1 , a2 ,…, a7 是 1,2,?,7 的一个排列,求证

p ? (a1 ?1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 必为偶数
证明一 奇数。 奇数 ? (a1 ?1) ? (a2 ? 2) ? …? (a7 ? 7) 。 ? (a1 ? a2 ? … ?a7) ? ( 1 ?2… ? )= ? 7 (为偶数) 0 由奇数≠偶数知, p 不能是奇数,从而 p 为偶数。 这种解法,简捷明快,体现了整体处理的优点,但同时也“掩盖”着 p 为偶数的原因。 证明二 若 p 为奇数, 则 ai 与 i 的奇偶性相反 ( i ? 1, 2,…,7 ) , 即 ( a1 , a2 ,…, a7 ) 中的奇 (偶) (反证法)若 p 为奇数,则 a1 ? 1, a2 ? 2,…, a7 ? 7 均为奇数,奇数个奇数之和应为

数与 ?1, 2,…,7? 中的偶(奇)数个数相等,但 A ? ?a1 , a2 ,… , a7 ?=?1, 2,…, 7? 故 1,2,?,7 中奇数与偶数的个数相同,从而 ?1, 2,…,7? 中有偶数个元素,但 A ? 7 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

A ? 0(mod 2) ,但 A ? 1 (mod2) 。这个解法比较能反映 p 为偶数的原因—— A ? 7 是个奇数,抓

住这个本质,可以把 7 推广为 2m ? 1 。 证明三 在 1,2,?,7, a1 , a2 ,…, a7 这 14 个数中,共有 8 个奇数,而在乘积

p ? (a1 ?1)(a2 ? 2)…(a7 ? 7) 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 2 ,在区间 (1, 2) 内任取 n 个点,在此 n ? 2 个点中,每相

邻两点连一线段,可得 n ? 1 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 n ? 2 个点按从小到大的顺序记为 A , An?2 ,并在每一点赋予数值 ai ,使 1 , A2 , …

?1  当Ai为有理数点时, ai ? ? ??1  当Ai为无理数点时。
与此同时,每条线段 Ai Ai ?1 也可数字化为 ai ai ?1

??1,  当Ai , Ai ?1一为有理数点,另一为无理数时, ai ai ?1 ? ? ?1,  当Ai , Ai ?1同为有理数点或无理数点时
记 ai ? ai ?1 ? ?1的线段有 k 条,则

(?1)k ? (?1)k (?1)n?k ?1 ? (a1a2 )(a2a3 )(a3a4 )…(an?1an?2 )

? a1 (a2 a3…an?1 )2 an?2
? a1an?2 ? ?1
故 k 为奇数。


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