奥林匹克数学的技巧（中篇）

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。

502例2-143 求?[305n]之值。

n?0503502?[305n251解 作配对处理

5305?(5n03)251?30503]??([30nn?0n?1503?][503?]?)?45n?1503?30034?251例2-144 求和 a12knn?Cn?2Cn?…?kCn?…?nCn

解一 由Ckn?k把a012knn?Cnn倒排，有an?0Cn?1Cn?2Cn?…?kCn?…?nCn

an1n?nCn?(n?1)Cn?n?…?(n?k)Cn?kn?…?0Cnn

相加 2a?n(C01n2nnn?Cn?…?Cn)n?

得 an?1n?n?2

解二 设集合S??1,2,…,n?，注意到 kCkn??A,k?1,2…,, nA?S,A?k有an??A

A?S为了求得?A把每一A?S，让它与补集A配对，共有2n?1对，且每对中均有A?A?n

A?S于是an??A?n?n?…n?n?2n?1

A?S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?1n??2

这里的?y?表示y的小数部分。

证明 有

?y????y?????1,　　y?Z 知??Z?y????y??1 ?0,　　y下面利用这一配对式的结论。设fi??xi?x1???x1?x2????xi?xn?

761

304n?i?1fi??1?i?j?n(?xi?xj???xj?xi?)??1?i?j?n1?Cn?1n22n(n?1)2n?12

据抽屉原理①知，必存在k(1?k?n)，使fk?取x?xk，由上式得

Cn?

?x?x1???x?x2??…??x?xn??2-7-9 特殊化

n?12

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?18)?a(x?b8)?求实数a,b,c,d，其中a?0。 解 对x取特殊值，当x?故有

a2?b?0（1）

1214x(?cx? d)24时，有?(?c2a2?b)?(814?c2?d)?0

4?d?0（2）

又取x?0（即比较常数项系数），有 1?b8?d4（3） 比较x8的系数（考虑特殊位置），有28?a8?1（4）

8由④得a?82?1?88255 代入（1），得b??2552

代入原式左边，有(2x?1)?(8255x? ?(x?故知c??1,d?1412)?(x?x?828255214)

)?256(x?4812)?255(x?812)

8。

也可以将a,b的值代入（3）、（2）求d,c，但要检验排除增根。

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

求证 f(x)是周期函数。

2

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?1ctgx?1

但ctgx的周期为T???4?猜想：T?4a是周期。

4?4a。

?1?1f(x)?1证明 由已知有f(x?2a)? ??f(x)?1f(x?a)?1f(x)?1f(x)?1f(x?a)?11f(x?2a)1?1f(x)f(x)?1据此，有f(x?4a)?????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?4n)，有ai?0,bi?0,ai?bi?1。

由ai?bi?4n4n22(ai?bi)?4n2ai?bi?1

22得?ai??bi?i?1i?14n?(ai?1i?bi)?4n

4n从而，两个加项?ai,?bi中必有一个不小于2n厘米，但圆的直径为2n厘米，故d1,d2,…,d4ni?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

3

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

n解 引进恒等式 (1?x)?n?k?0knkkCnx

n对x求导 n(1?x)n?1??kCk?1xk?1

n令x?1，得?kCnk?n2n?1。

k?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。

nkk2nk例2-151 设m,n?N，求证S?[?(?1)m](?m2)是整数。

k?0k?0nkn证明 考虑更一般性的整系数多项式 f(x)?[?(?x)](?xk)

k?0k?0 4