竞赛常用方法(1).docx
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竞赛常用方法(1)©本讲概述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，构造映射等构造映射的基本形式是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x，令M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x的映象x*如果有办法把x*确定下来，则通过反演即 逆映射I = M-1也就相应地把x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建立对应来解题，也属于这一技巧2. 递推与归纳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用递推的方法计数时要抓好三个环节：⑴设某一过程为数列f(n)，求出初始值f(1),f⑵等，取值的个数由第二步递推的需要 决定；⑵找出f (n)与f (n -1)， f (n - 2)等之间的递推关系，即建立函数方程；⑶解函数方程。
3. 分类讨论当“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一区分情况或分类，不会正确地分类就谈不上掌 握数学有时候，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4. 对称对称性分析就是将数学的对称美与题目的条件或结论相结合，再凭借知识经验与审美直 觉，从而确定解题的总体思想或入手方向其实质是美的启示、美的追求在解题过程中成为 一股宏观指导的力量著名物理学家杨振宁曾高度评价对称性方法：“当我们默默考虑一下 这中间所包含的数学推理的优美性和它的美丽完整性，并以此对比它的复杂的、深入的物理 成果，我们就不能不深深感到对对称定律的力量的钦佩”a, b, cQ例题精讲板块一构造【例1】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。
解析】用a表示这位棋手在第1天至第n天(包括第n天在内)所下的总盘数n(n = 1, 2,・・・，77),依题意 1 W a < a ・・・< a W 12 x 11 = 1321 2 77考虑 154 个数：a , a , , a , a + 21, a + 21, , a + 211 2 77 1 2 77又由a + 21 W 132 + 21 = 153 < 154，即154个数中，每一个取值是从1到153的自然77数，因而必有两个数取值相等，由于i丰j时，a丰a， a + 21丰a + 21i i i j故只能是a ,a + 21(77三i〉j三1)满足 a = a + 21i j i j这表明，从i +1天到j天共下了 21盘棋注 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变式】已知x, y, z为正数且xyz(x + y + z) = 1求表达式(x + y)(y + z)的最小值a = x + y【解析】构造一个AABC，其中三边长分别为
时，取得最小值2，亦即(x + y)2 + (y + z)2 = (x + z)2y (x + y + z) = xz 时，(x + y) (yb z 取最小值 2，如 x = z =1 , y = 2 -1时， (x + y)(y+ z )= 2【例2】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 解析】设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为A , A , ,A和B , B , ,B o1 2 7 1 2 7如果甲方获胜，设A获胜的场数是x，则0Wx W 7 , WiW 而且 i i・・ i ・・・x + x + …+ x = 7 (*)1 2 7容易证明以下两点：在甲方获胜时，⑴ 不同的比赛过程对应着方程(*)的不同非负整数解；(2)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：A胜B和B，B胜A，A和A，A胜B后负于B，A胜B，1 1 2 3 1 2 3 4 3 4 5 4B和B但负于B，最后A胜B结束比赛。
5 6 7 6 7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C7 O13注 教材中有对方程(* )的不同非负整数解的个数的讨论变式】在圆周上给定2n - 1(n > 3)个点，从中任选n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n个给定的点解析】若不然，从圆周上任何一个黑点出发，沿任何方向的第n-1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2n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n个不同的白点，这与共有2n -1个点 矛盾，故知命题成立板块二递推与归纳【例3】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？【解析】通过建立递推关系来计算设所求的个数为a，则a = 1 ①n 1对n〉1，如果n排在第i位，则它之后的n - i个数完全确定，只能是 n — i, n— i—1,...，2， 1而它之前的 i — 1 个数，n — i +1,n — i + 2,...，n — 1，有a 种排法，令i = 1,2,...，n得递推关系。
a = 1 + a + …+ a + a = (1+ a + …+ a ) + a = a + a = 2a ②n 1 n—2 n—1 1 n—2 n—1 n—1 n—1 n—1由①，②得 a = 2n-1n【变式】设n是正整数，A表示用2 x 1矩形覆盖2 x n的方法数;nBn表示由1和2组成的各项和为n的数列的个数;C0 + C2 + C4 + •…+ C2m ,=< m m+1 m+2 2 mC1 + C 3 + C 5 + •…+ C 2 m+1m+3 2 m+1定义，容B 1 , B 21 2=2，且当n = 2m时，' m+1A , Bn n =B + n+1 nm+2的B ,-n 1n = 2m,，证明A = B = Cn = 2m +1易得到【解析】由B1.又因为C = 1, C1 2C + C = Co + C2 + C4 + •…+ C2 m - 2 + C2 m + C1 + C3n n—1 m m+1 m+2 2 m—1 2 m m m+1 m+2=C1 + C3 + C5 + •…+ C2 m-1 + C2 m+1 = Cm+1 m+2 m+3 2 m 2 m+1 n+1 r a r a r a类似地可证在n = 2m +1时也有C + C = C ，从而tA IB ｝和tC ［有相同的递n n—1 n+1 n n n推关系和相同的初始条件，所以A = B = C on n n注 走完一个n级的楼梯，若每次可以向上走1或2级台阶，则总共的方案数即B onA = A + A , A = 1, A = 2 n+1 n n—1 1 2+ C5 + …+ C2m—12 m—1【例4】设x， ，x为任意实数。
证明：丫 xi 雷1 n 1 + X 2 + + x 2i=1 1 i【解析】不妨设X , , X上0 o当n = 1时，」^ W1 •< 1，故命题对n = 1成立设命题对1 n 1 + x 2 2、、 1n成立， …考察n +1的情形，令yx-■， i - 2, 3,i—11 + x 21艺 § =1 + x 2 + + x 2i=1 1 ix1+》 yi1 + x 211 + x 211 + y2 +i=1 1,n +1，贝U+ y 2i■ ■ ■ n现设 x = tan a , 0 W a < —，则 1 2x< 1— +1 + x 21二 sin a cos a +、n cos a W sin a + Tn cos a -\n + lsin（a +申）W \ n +11 + x 2这里 p = arctan 耳 n所以，当n +1时命题成立，获证变式】证明：对任意n e N*,存在一个首项系数为1的n次整系数多项式P(x),使得2 cosn0 = P (2co0 )这里0为任意实数解析】当n = 1时，取P(x) = x即可；当n = 2时，2cos 20 = (2cos 0)2-2，命题也成立。
假设命题对n = k和k +1成立，即存在首项系数为1的整系数多项式f (x)和g(x), 使得2cos kp = f (2cos p)，2cos( k + 1)p = g (2cos p)其中f，g的次数分别为k和k +1下面考试n = k + 2的情形注意到2cos(k + 2)p = 2cos[(k + 1)p +p] = 2cos(k + 1)pcosp 一 2sin(k + 1)psinp ①2cos kp = 2cos[(k + 1)p -p] = 2cos(k + 1)pcosp + 2sin(k + 1)pcosp ②将①与②相加，得2cos(k + 2)p + 2cos kp = 4cos(k + 1)pcosp利用归纳假设，可知0, 1，2,3,4,5 ,6 ,7 ,8 ,9故令h(x) = xg(x) - f (x)(易知h(x)是一个首项系数为1的整系数多项式)，就有 2cos( k + 2)p = h(2cos p)命题对k + 2成立综上所述，原命题成立板块三分类讨论【例5】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丄。
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