【文章內(nèi)容簡介】 助性的圖形或表格，?？耸箚栴}的邏輯結(jié)構(gòu)直觀地顯現(xiàn)出來，并提供程序性操作的機(jī)會.競賽的技巧不是低層次的一招一式或妙手偶得的雕蟲小技，它既是使用數(shù)學(xué)技巧的技巧，又是創(chuàng)造數(shù)學(xué)技巧的技巧，更確切點(diǎn)說，這是一種數(shù)學(xué)創(chuàng)造力，一種高思維層次，高智力水平的藝術(shù)，一種獨(dú)立于史詩、音樂、繪畫的數(shù)學(xué)美．奧林匹克技巧是競賽數(shù)學(xué)中一個(gè)生動而活躍的組成部分，“競賽味”常常在這里反映出來，學(xué)生創(chuàng)造性的聰明才智也常常在這里表現(xiàn)出來．競賽數(shù)學(xué)是中學(xué)數(shù)學(xué)的最高層面，它的基礎(chǔ)性、綜合性、教育性不會變化，但其挑戰(zhàn)性與創(chuàng)造性應(yīng)當(dāng)也必然會與時(shí)俱進(jìn)．情況就像《九章算術(shù)》的246道習(xí)題體現(xiàn)著中國數(shù)學(xué)的東方風(fēng)格那樣，就像希爾伯特的23個(gè)問題為現(xiàn)代數(shù)學(xué)的發(fā)展源源提供跑道那樣．32 基本方法的講解321 構(gòu)造它的基本形式是：以已知條件為原料、以所求結(jié)論為方向，構(gòu)造出一種新的數(shù)學(xué)形式，使得問題在這種形式下簡捷解決．常見的有構(gòu)造圖形，構(gòu)造方程，構(gòu)造恒等式，構(gòu)造函數(shù)，構(gòu)造反例，構(gòu)造抽屜，構(gòu)造算法等．例1 作圖表示． 講解 數(shù)列的無窮求和怎樣用有限的圖形表現(xiàn)出來呢？這需要一點(diǎn)數(shù)學(xué)想象．如圖1，作一個(gè)單位正方形，將其三等分，每份面積為；取出編號為1的矩形，留下編號為2的矩形，對無編號的矩形三等分，每份（正方形）面積為（圖2；取出編號為1的小正方形，留下編號為2的小正方形，對無編號的正方形三等分，每份面積為，…如此類推，無編號的矩形面積趨向于0，于是，編號為1的矩形面積之和等于編號為2的矩形面積之和，都等于．（可用三角形代替） 圖1 圖2 圖3例2 求值．解 （構(gòu)造圖形）作 ，，且作使，則． 由面積關(guān)系 ， 圖4，．編擬： 由有 例 3 已知為正數(shù)且求表達(dá)式的最小值．（1989．全蘇）解法1 （構(gòu)造圖形）構(gòu)造一個(gè)，其中三邊長分別為則其面積為．另方面故知，當(dāng)且僅當(dāng)∠C=90176。時(shí)，取值得最小值2，亦即時(shí)，取最小值2，下面驗(yàn)證最小值可以取到．由 有 ，取代入上式，得，解之取正值，得． 解法2 用基本不等式 ，當(dāng)時(shí)，有最小值2， 例4 有質(zhì)量為克，克，…，克的砝碼，證明可將它們分成質(zhì)量相等的兩組，每組各有500個(gè)砝碼．證明 （構(gòu)造恒等式）構(gòu)造一個(gè)4平方恒等式 均等于．分別令，并求和即得．例5 有一大筐蘋果和梨分成若干堆，如果你一定可以找到這樣的兩堆，其蘋果數(shù)之和與梨數(shù)之和都是偶數(shù)，問最少要把這些蘋果和梨分成幾堆？解 （1）4堆是不能保證得．如4堆的奇偶性為：（反例） （奇奇），（偶偶），（奇偶），（偶奇）．（2）5堆是可以保證． 因?yàn)樘O果和梨數(shù)的奇偶性有且只有上述4種可能，當(dāng)把這些蘋果和梨分成5堆時(shí)，必有2堆屬于同一奇偶性，其和蘋果數(shù)與梨數(shù)都是偶數(shù)．例6 一位棋手參加11周（77天）的集訓(xùn)，每天至少下一盤棋，每周至多下12盤棋，證明這棋手必在連續(xù)幾天內(nèi)恰好下了21盤棋．證明 （構(gòu)造抽屜）用表示這位棋手在第1天至第天（包括第天在內(nèi)）所下的總盤數(shù)（），依題意 考慮154個(gè)數(shù)：又由，即154個(gè)數(shù)中，每一個(gè)取值是從1到153的自然數(shù)，因而必有兩個(gè)數(shù)取值相等，由于時(shí)，故只能是滿足．這表明，從天到天共下了21盤棋．這個(gè)題目構(gòu)造了一個(gè)抽屜原理的解題程序，并具體構(gòu)造了154個(gè)“蘋果”與153個(gè)“抽屜”，其困難、同時(shí)也是精妙之處就在于想到用抽屜原理．例7 ( 273德意志民主共和國)正五邊形的五個(gè)頂點(diǎn)每個(gè)對應(yīng)一個(gè)整數(shù),使得這五個(gè)整數(shù)的和為正．若其中三個(gè)相連頂點(diǎn)相應(yīng)的整數(shù)依次為,而中間的,則要進(jìn)行如下的調(diào)整:整數(shù)分別換為,只要所得的五個(gè)整數(shù)中至少還有一個(gè)為負(fù)數(shù)時(shí),這種調(diào)整就繼續(xù)進(jìn)行,問是否這種操作進(jìn)行有限次以后必定終止．證明 （構(gòu)造函數(shù)）作函數(shù)若，則進(jìn)行一次操作，有相減 這表明，每經(jīng)過一次操作的值至少減少2，但為非負(fù)正數(shù)，因此，這種操作進(jìn)行有限次以后必定終止例8　命題“若為無理數(shù)，則也為無理數(shù)”是否成立？解 （構(gòu)造反例）不成立，構(gòu)造反例如下：取無理數(shù)，考慮，（1）若為有理數(shù)，則取為反例．（2）若為無理數(shù)，則取，有，為反例．例9 編號為1，2，3，4，5，6，7，8的八支籃球隊(duì)進(jìn)行循環(huán)賽，每天每隊(duì)賽1場，7天賽完，請給安排一張日程表．解 （構(gòu)造算法）用同余的方法來設(shè)計(jì)．先考慮1，2，3，4，5，6，7，的比賽（剩下的隊(duì)與8比賽）．如果 ，我們就安排第隊(duì)與第隊(duì)在第天比賽，這樣第天就安排第隊(duì)與第或隊(duì)比賽，每天前7個(gè)隊(duì)最多賽1場，還有1個(gè)隊(duì)滿足 兩邊乘以4，有 依次?。傻脹]有比賽的隊(duì)為4，1，5，2，6，3，7，可安排其與第8隊(duì)比賽．得到下面的日程表 第一天第二天第三天第四天第五天第六天第七天1，71，81，21，31，41，5 1，62，62，73，72，82，32，42，53，53，64，64，75，73，83，44，84，55，85，66，86，77，8222 對應(yīng)基本思想是，通過建立數(shù)學(xué)對象或數(shù)學(xué)結(jié)構(gòu)的對應(yīng)，而將一個(gè)問題轉(zhuǎn)化為另一個(gè)較易解決的問題．對應(yīng)思想的一個(gè)重要形式是RMI原理．如圖，令R表示一組原像的關(guān)系結(jié)構(gòu)（或原像系統(tǒng)），其中包含著待確定的原像，令表示一種映射，通過它的作用，原像結(jié)構(gòu)R被映成映象關(guān)系結(jié)構(gòu)R*，其中自然包含著未知原像的映象．如果有辦法把確定下來，則通過反演即逆映射也就相應(yīng)地把確定下來．取對數(shù)計(jì)算，換元，引進(jìn)坐標(biāo)系，設(shè)計(jì)數(shù)學(xué)模型，構(gòu)造發(fā)生函數(shù)，變換還原等都體現(xiàn)了RMI原理．例1 甲乙兩隊(duì)各出7名隊(duì)員按事先排好的順序出場參加圍棋擂臺賽，雙方先由1號隊(duì)員比賽，負(fù)者被淘汰，勝者再與負(fù)方2號隊(duì)員比賽，…直到有一方隊(duì)員全被淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程，那么所有可能出現(xiàn)的比賽過程的種數(shù)為 ．解法１　設(shè)甲、乙兩隊(duì)的隊(duì)員按出場順序分別為和．每一個(gè)比賽過程對應(yīng)著這14個(gè)元素的一個(gè)排列，且滿足的下標(biāo)從左到右是遞增的，的下標(biāo)從左到右也是遞增的．由于從14個(gè)位置中取出7個(gè)來，有序地排上有種排法，而剩下的7個(gè)位置有序地排上只有一種排法，所以，問題的實(shí)質(zhì)是從14個(gè)相異元素中取出7個(gè)的組合數(shù)，得種比賽過程．解法2 設(shè)甲、乙兩隊(duì)的隊(duì)員按出場順序分別為和．如果甲方獲勝，設(shè)獲勝的場數(shù)是，則而且 ①容易證明以下兩點(diǎn)：在甲方獲勝時(shí)（i）不同的比賽過程對應(yīng)著方程①的不同非負(fù)整數(shù)解；（ii）方程①的不同非負(fù)整數(shù)解對應(yīng)著不同的比賽過程，例如，解（2，0，0，1，3，1，0）對應(yīng)的比賽過程為：勝和，勝，和，勝后負(fù)于，勝，和但負(fù)于，最后勝結(jié)束比賽．下面求方程①的非負(fù)整數(shù)解個(gè)數(shù)，設(shè)，問題等價(jià)于方程，正整數(shù)解的個(gè)數(shù)，將上式寫成，從13個(gè)加號取6個(gè)的方法數(shù)種．得甲方獲勝的不同的比賽過程有種．同理，乙方獲勝的不同的比賽過程也有種，合計(jì)種比賽過程解法3 建立下面的對應(yīng)；集合的任一個(gè)7元可重組合對應(yīng)著一個(gè)比賽過程，且這種對應(yīng)也是一個(gè)一一對應(yīng)．例如前述的比賽過程對應(yīng)的7長可重組合是，所以甲方獲勝的不同的比賽過程的總數(shù)就是集合的7長可重組合的個(gè)數(shù)．同理，乙方獲勝的不同的比賽過程也有種，合計(jì)種比賽過程．例2 設(shè)是正整數(shù)，我們說集合的一個(gè)排列具有性質(zhì)，是指在當(dāng)中至少有一個(gè)，使得，求證對于任何，具有性質(zhì)的排列比不具有性質(zhì)的排列的個(gè)數(shù)多．（1989，例2105，P．85） 解 顯然成立．對設(shè)不具有性質(zhì)的排列組成集合，設(shè)恰有一個(gè)元素具有性質(zhì)的排列組成集合，取，則存在，使，作對應(yīng)，則，且中不同的元素在中有不同的像，得具有性質(zhì)的排列個(gè)數(shù)．例3 如果從數(shù)1，2，…，14中按由小到大的順序取出，使同時(shí)滿足 那么，所有符合上述要求的不同取法有多少種？（1989，高中） 解 由已知得4項(xiàng)均為非負(fù)數(shù)，相加得，于是的取法數(shù)就是不定方程 的非負(fù)整數(shù)解的個(gè)數(shù)，作一一對應(yīng)問題又等價(jià)于不定方程的正整數(shù)解．由 ,得個(gè)解，即符合要求的不同取法有種． 例4 （1992高中聯(lián)賽） 設(shè)集合，若是的子集，把中的所有數(shù)的和稱為的“容量”（規(guī)定空集的容量為0）．若的容量為奇（偶數(shù)），則稱為的奇（偶）子集． （1）求證：的奇子集與偶子集個(gè)數(shù)相等．（2）求證：當(dāng)時(shí)，的所有奇子集的容量之和與所有偶子集的容量之和相等． （3）當(dāng)時(shí)，求的所有奇子集的容量之和． 證明1 分別求解3問． （1）對，我們?nèi)∨c對應(yīng)：當(dāng)時(shí)，就從中取出1得；當(dāng)時(shí)，就從中添上1得．于是，與一一對應(yīng)，且一個(gè)為奇（偶）子集時(shí)，另一個(gè)便為偶（奇）子集，故中的奇子集與偶子集一一對應(yīng)，個(gè)數(shù)相等． （2）設(shè)中的奇子集個(gè)數(shù)有個(gè)，偶子集個(gè)數(shù)有個(gè)，所有奇子集的容量之和為，所有偶子集的容量之和為，由第（1）問及中有個(gè)子集知． 1）當(dāng)且為奇數(shù)時(shí)，中的奇（偶）子集由兩部分組成，其一是的奇（偶）子集，其二是的每一個(gè)偶（奇）子集與的并集，有2）當(dāng)且為偶數(shù)時(shí)，則為奇數(shù)，由上證，有 ．此時(shí)，中的奇（偶）子集由兩部分組成，其一是的奇（偶）子集，其二是的每一個(gè)奇（偶）子集與的并集，有 綜上得，當(dāng)時(shí)． （3）由于中每個(gè)元素都出現(xiàn)在個(gè)子集中，所以的所有子集的容量為=．得 ． 證明2 同時(shí)求解3問 設(shè)中的奇子集個(gè)數(shù)有個(gè)，偶子集個(gè)數(shù)有個(gè)，所有奇子集的容量之和為，所有偶子集的容量之和為，有對，用數(shù)學(xué)歸納法證明命題（1）當(dāng)時(shí)，的奇子集有，偶子集有，得命題成立．（2）現(xiàn)假設(shè)時(shí)，命題成立．即 對的子集可以分成兩部分，一部分是的子集，有；另一部分是的子集與的