奥林匹克数学的技巧下篇

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1、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。求解都用到这一技巧。例2-166空间个点,任4点不共面,连条线段,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。显然中任两点间无线段相连。于是,每

2、一个发出的线段至多()条,而每个发出的线段至多条(),故线段总数最多为(图2-65):这与已知条件连条线段矛盾,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。证明将圆心为O,半径为r的原盘记为。首先取全体圆盘中面积最大的一个记为;然后在与不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为,接着在与,都不相交的圆盘中取面积最大的一个,记为,继续这一过程,直到无圆可取为止,设取得的圆盘依次为,,…,(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

3、,(1)中各圆面积之和不小于。任取,必存在一个已知圆盘,使。这个或在(1)中,或与(1)中的圆盘相交,反正必与(1)有重迭部分,现设(1)中与有公共部分的最大圆盘为,因为,与,,…,均不相交,故由的取法知,且由知,,更有。这表明从而得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

4、(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,每两个数的差与其和有相同的奇偶性因此,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与2个或4个圈中的数相加,对S’的贡献为或,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设为1,2,…,n的一个排列,是集合元素的个数,而是集合元素的个数(),证明证明考虑集合的元素个数。一方面,固定先对求和,然后再对求和,得;另一方面,固定先对求和,然后再对求和,又得到,所以得。2

5、-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例2-170设。N的子集组成集合。如果对于每一对元素,有一个集合使得恰含一个元素,则称F是可分的。如果N的每一个元素至少属于一个集,则称F是覆盖的。问使得有一个既是可分的又是覆盖的的最小值是多少?解设对于N是既是可分的又是覆盖的,考虑集合与元素的关系表:元素集合123……A1……A2………………………At……其中①由于F是覆盖的,所以每个属于至少一个,即表中每一列中至少有一个1。②由于F是可分的,所

6、以表中每两列均不完全相同。由于表中的行中,每个元素只取0或1,并且每列的元素不全为0,所以最多可以组成个两两不同的列,由F是可分的(或由②),有得(1)另一方面,取满足,即可作出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,这总是可能的,将它们作为一个有行列的数字表的列,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。即集合由第行中使得的哪些组成,即。这时,集合对于N既是可分的,又是覆盖的,所以,又有(2)由(1)(2)知例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

7、,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)4①由于比赛对垒

8、的第一列中,前四周或有C或有D,但C、D间未对垒,故

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