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奥数中的技巧
――数学竞赛辅导讲座
有固定求解模式的问题不属于奥林匹克数学，通常的情况是，在一般思维规律的指导下，灵活
运 用数学基础知识去进行探索与尝试、选择与组合，要出奇制胜。这当中，经常使用一些方法和原
理（如探 索法，构造法，反证法，数学归纳法，以及抽屉原理，极端原理，容斥原理……）。“竞赛
的技巧不是低 层次的一招一式或妙手偶得的雕虫小技，它既是使用数学的技巧，又是创造数学的技
巧，更确切点说，这 是一种数学创造力，一种高思维层次，高智力水平的艺术，一种独立于史诗、
音乐、绘画的数学美。”
一、构造的技巧：
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，构造算法等。
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。
证明：用a
n
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1,2,…77
），
依题意
1a
1
a
2
…a
77
1211132

考虑154个数：
a
1
,a
2
,…,a
77,a
1
21,a
2
21,?,a
77
21

又由
a
77
2113221153154
，即154 个数中，每一个取值是从1到153的自然数，因
而必有两个数取值相等，由于
ij
时，
a
i
a
i

a
i
21a
j
2

1
故只能是a
i
,a
j
21(77ij1)
满足
a
i
a
j
21

这表明，从
i1
天到
j
天共下了21盘棋。
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。
例2.已知
x,y,z
为正数且
xyz( xyz)1
求表达式
(xy)(yz)
的最最小值。

axy

解：构造一个△ABC，其中三边长分别为

byz
，则其面积为

czx

(p(pa)(pb)(pc) (xyz)xyz1

2
2
另方面
(xy)(y z)ab
sinC
222
故知，当且仅当∠C=90°时，取值得最小值2，亦即
(xy)(yz)(xz)

y(xyz)xz
时，
(xy)(yz)
取最小值2，如
xz,1y21
(xy)(yz )2
。时，
二、映射的技巧：
它的基本形式是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
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。
例3.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：设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为 A
1
，A
2
，…，A
7
和B
1
，B
2
，…B
7
。
如果甲方获胜，设
A
i
获胜的场 数是
x
i
，则
0x
i
7,1i7
而且
x
1
x
2
…x
7
7
（*）
容易证明以下两点：在甲方获生时，
1

（i）不同的比赛过程对应着方程（*）的不同非负整数解；
（ ii）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
1
胜B
1
和B
2
，B
3胜A
1
，A
2
和A
3
，A
4
胜B3
后负于B
4
，A
5
胜B
4
，B
5< br>和B
6
但
负于B
7
，最后A
6
胜B
7
结束比赛。
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
C
13
。
另解：建立下面的对应：
集合

A< br>且这种对应也是一个一一对应。
1
,A
2
,…,A
7

的任一个7-可重组合对应着一个比赛过程，
例如前述的比赛过程对应的7-可重组合是
A
1
,A
2
,A
3
,A
4
,A
5
,A
6

所以甲方获胜的不同的比赛过程的
77总数就是集合

A
1
,A
2
,…,A
7

的7-可重组合的个数
C
771
C
13
。 n
例4.设
p
n
(k)
表示
n
个元素中有k
个不动点的所有排列的种数。求证

kp(k)n!

n< br>k0
证明：设
S

a
1
,a
2
,…,a
n

。对S的每个排列，将它对应向量
(e
1
,e
2
,…,e
n
)
，其中每个
e
i


0,1

，当排列中第
i
个元素不动时，
e
i
1
，否则为0。于是
p
n
(k)
中所计数的任一排列所对 应
的向量都恰有
k
个分量为1，所以
n!
个排列所对应的那些向量中 取值为1的分量的总数为

kp(k)
。
n
k1
n另一方面，对于每个
i
，
1in
，使得第
i
个元素 不动的排列共有
(n1)!
个，从而相应的
n
维
向量中，有
(n1)!
个向量的第
i
个分量为1。所以，所有向量的取值为1的分量总数n(n1)!n!
，
从而得到

kp(k)n!

n
k1
n
例5.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。
证明：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。
三、递推的技巧：
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：
（1）设某一过程为数 列
f(n)
，求出初始值
f(1)
等，取值的个数由第二步递推的需要决定；
（2）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；
（3）解函数方程。
例6.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：通过建立递推关系来计算。设所求的个数为
a
n
，则
a
1< br>1
（1）
对
n1
，如果
n
排在第
i< br>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
i1
种排法，令
i1,2,
…,
n
得递推关系。
a
n
1a
1
…a
n2
a
n1
(1a
1
…a
n2
)a
n1
a
n1
a
n1
2a
n1
（2）
由（1），（2）得
a
n
2
n1

例7.设
n
是正整数，
A
n
表示用2×1矩形覆盖
2n
的方法数；
B
n
表示由1和2组成的各项和为

0242m


C
m
C
m1
C
m 2
…C
2m
, n2m,
，证明
A
n
B
n
C
n

n
的数列的个数；且
C
n


1352m1

C
m1
C
m2
C
m3
…C< br>2m1
n2m1
证明：由
A
n
,B
n
的定义，容易得到 A
n1
A
n
A
n1
,A,A
2
2

1
1

B
n1
B
nB

,B1,B2
n112
又因为
C
1
1,C
2
2
，且当
n2m
时，
0242m22m 1352m113
C
n
C
n1
C
m
C< br>m1
C
m2
…C
2m1
C
2m
C
m
C
m1
C
m2
…C
2m1
C
m1
C
m2

52m12m1
C
m
C
23
…C
2mm1
C
n1
类似地可证在
n2m1
时也有
C
n
C
n1
C
n1
，从而

A
n

,
B
n

和

C
n

有相同 的递推关系
和相同的初始条件，所以
A
n
B
n
C
n
。
四、区分的技巧：
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——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。
例8.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14。
证明：作二级分类
1．当四边形ABCD为平行四边形时，
S
ABC
S
ABD
S
ACD
S
BCD

11


24
A，B，C，D即为所求，命题成立。
2 ．当四边形ABCD不是平行四边形时，则至少有一组对边不平行，设AD与BC不平行，且直
线AD与 直线BC相交于E，又设D到AB的距离不超过C到AB的距离，过D作AB的平行线交
BC于F，然后 分两种情况讨论。
1
AB
，此时可作△EAB的中位线PQ、QG，则
2
111
S
AGQP
S
EAB
S
ABCD

即A、G、Q、P为所求。
222
11
（2）如图2-53，
DFAB
，此时可在CD与CF上分别取P、Q，使
PQAB
。过Q9< br>22
1
或P）作QG∥AP交AB于G。为证
S
APQG
< br>，连AP交BE于M，过A作AH∥BC交CD延长
2
线于H。有
S
 PCM
S
PAH
S
PAD

（1）如图2-52，
DF
S
MAB
S
PCM
S
ABCPS
PAD
S
ABCO
A
ABCD

1 11
得
S
APQG
S
MAB
S
ABCD

222
故A、P、Q、G为所求。
例9.对内角分别为为30°、 60°、90°的三角形的顶点和各边四等分点共12个点，染以红色
或蓝色，则必存在同色的三点，以 它们为顶点的三角形与原三角形相似。
证明：设△ABC中，∠C=90°，∠B=60°，∠C=3 0°，点A
1
，A
2
，A
3
；B
1
，B< br>2
，B
3
；C
1
，C
2
，

< br>C
3
分别是边AB、BC、CA的四等分点，下面作三级分类。
1．点A、B、C同色时，结论显然成立。
2．点A、B、C异色时，记A为红色，写作A（红），其余各点染色记号类同。
（1）A（ 红），B（红），C（蓝）时，由△ABC~△B
1
BA~△C
3
B
1
C~△C
3
AA
3
~△A
2
A
3
B
1
~△AA
2
C
2
~
△C
2
B
2
C~△A
2
AB
2
知，若结论不成立，则有
B
1
（蓝）→C
3
（红）→A
3
（蓝）→A
2（红）→C
2
（蓝）→B
2
（红）→A（蓝）。
这与A（红）矛盾。
（2）A（红），B（蓝），C（红）时，由△ABC~△B
1
AC~△A
3
BB
1
~△AC
3
A
3~△C
2
C
3
B
1
~△C
2
B
2
C~
△A
2
BB
2
~△AA
2
C2
知，若结论不成立，则有B
1
（蓝）→A
3
（红）→C
3
（蓝）→C
2
（红）→B
2
（蓝）
→A
2（红）→A（蓝）这与A（红）矛盾。
（3）A（红），B（蓝），C（蓝）时，又分两种情况：
（3）
1
当B
1
（红）时，由△ABC~△B
2
B
1
A~△B
2
C
2
C~△AA
2
C
2
~△A
2
BB
2
知，若结论不成立，则
有B
2
（蓝）→C
2
（红）→A
2
（蓝）→B（红）。这与B（蓝）矛盾。 图（2-56）
（3）
2
当B
1
（蓝）时，由△ABC~△C3
B
1
C~△C
3
AA
3
~△A
3< br>BB
1
知，若结论不成立，则有
C
3
（红）→A
3
（蓝）→B（红）与B（蓝）矛盾。（图2-57）
五、染色的技巧：
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；同 时，染色作为一种解题手段也在数学竞赛中广泛使用。下面是一些熟知的结
果。
1．在（点）二染色的直线上存在相距1或2的同色两点；
2．在（点）二染色的直线上存在成等差数列的同色三点；
3．在（点）二染色的平面上存在 边长为1或
3
的单色正三角形（三个顶点同色的三角形）；
4．设T
1，T
2
是两个三角形，T
1
有一边长1，T
2
一边长< br>3
，若将平面作（点）二染色，则恒可
找到一个全等于T
1
或T
2
的单色三角形；
5．在（点）三染色的平面上，必有相距为1的两点同色；
6 ．在（点）三染色的平面上，必存在一个斜边为1的直角三角形，它的三个顶点是全同色的或
是全不同色 的；
7．在（边）染色的六阶完全图中必有单三角形（三边同色）；
8．在（边）染色的六阶完全图中至少有两个单色三角形。
例10.有一个3×7棋盘。用黑 、白两种颜色去染棋盘上的方格，每个方格只染一种颜色。证明
不论怎样染色，棋盘上的方格组成的矩形 中总有这样的矩形，其边与棋盘相应的边平行，而4个角
上的方格颜色相同。
证明：称满足条 件的矩形为单色矩形。由于棋盘上的3×7=21个方格只染两种颜色，必有11个
同色，不妨设同为黑 色。现设第
i
列上有
d
i
(0d
i
3)
个黑色方格，一方面，总黑格数为
1
x

d
i
11< br>；另一方面，在第
i
列上首尾两端都是黑格的矩形有
d
i
(d
i
1)
个，总计
2
i1
7
1
72
7
1
7
11
2
t(

d
i


d
i
)[(

d
i
)

d
i
](x
2
7x)14(11
2
711)3

2
i1
7
i1
147
i 1i1
若题中的结论不成立，则上述
t
个矩形两两不同，将它们投影到第一列，那 么第1列就存在t个
1
2
首尾两端都是黑格的矩形，但第1列最多有
C
3

3
个这样的矩形，有
3t3
矛盾，故命题成立。
7
例11.在边二染色的K
5
中没有单色三角形的充要条件是它可分解为一红一蓝两 个圈，每个圈恰
由5条边组成。
证明：由图2-58可见，充分性是显然的。
考虑 必要性，在K
5
中每点恰引出4条线段，如果从其中某点A
1
能引出三条同色 线段A
1
A
1
，A
1
A
3
，
A< br>1
A
4
，记为同红，则考虑△A
2
A
3
A< br>4
，若当中有红边
A
i
A
j
（
2ij 4
），则存在红色三角形
A
1
A
i
A
j
是 同蓝色三角形，均无与单色三角形矛盾。所以，从每点引出的四条线段中恰有两条红色两条蓝色，
整个图 中恰有5条红边、5条蓝边。
7

现只看红边，它们组成一个每点度数都是2的 偶图，可以构成一个或几个圈，但是每个圈至少
有3条边，故5条红边只能构成一个圈，同理5条蓝边也 构成一个圈。
例12.求最小正整数
n
，使在任何
n
个无理数中， 总有3个数，其中每两数之和都仍为无理数。
解 取4个无理数

2,3,2,3
，显然不满足要求，故
n5
。

设
a,b,c,d,e
是5个无理数，视它们为5个点，若两数之和为有理 数，则在相应两点间连一条
红边，否则连一条蓝边。这就得到一个二染色
k
5
。只须证图中有蓝色三角形，分两步：
（1）无红色三角形。若不然，顶点所对应的3个数中，两两之 和均为有理数，不妨设
1
ab,bc,ca
都是有理数，有
a[(a b)(bc)(ca)]

2
但无理数≠有理数，故
k
5
中无红色三角形。
（2）有 同色三角形，若不然，由上例知，
k
5
中有一个红圈，顶点所对应的5个数中，两两之
和均为有理数，设
ab,bc,cd,de,ea
为有理数，则
1
a[(ab)(bc)(cd)(de)(ea)]

2
但无理数≠有理数，故
k
5
中无5条边组成的红圈，从而有同色三角形。
这时，同色三角形必为蓝色三角形，其顶点所对应的3个无理数，两两之和仍为无理数。
综上所述，最小的正整数n=5。
六、极端的技巧：
某些数学问题中所出现的各个 元素的地位是不平衡的，其中的某个极端元素或某个元素的极端
状态往往具有优先于其它元素的特殊性质 ，而这又恰好为解题提供了突破口，从极端元素入手，进
而简捷地解决问题，这就是通常所说的“极端原 理”。
使用这一技巧时，常常借用自然数集的最小数原理，并与反正法相结合。
例13.设 S为平面上的一个有限点集（点数≥5），其中若干点染上红色，其余的点染上蓝色，设
任何3个及3个 以上的同色的点不共线。求证存在一个三角形，使得
（1）它的3个顶点涂有相同颜色；
（2）这三角形至少有一边上不包含另一种颜色的点。
证明：对于任意的五点涂上红色蓝色，则必有三点同色，结论（1）成立。
若结论（2）不成 立，可取顶点同色的三角形中面积最小的一个，因为只有有限个三角形，这是
可以做到的，记为△ABC ，由于此三角形的每一边上都有异色点，记为A
1
，B
1
，C
1，则△A
1
B
1
C
1
也是同色三角形，且面积小于△A BC的面积，这与△ABC面积的最小性矛盾。故（2）成立。
例14.已知实数列

a
n

k1
具有下列性质：存在自然数n，满足
a
1< br>a
2
…a
n
0
，
及
a
nk
a
k
,k1,2…
。
N K

求证：存在自然数N，使当
k0,1,2,…
时，总有
证明 ：构造和式

S
j
a
1
a
2
… a
j
(j1,2,…,n）
依题设知

a
iN
i
0
。
S
nj
S
j
a
j1
a
j2
…a
jnS
j
a
j1
a
j2
…a
na
1
a
2
…a
j
S
j
( a
1
a
2
…a
n
)S
j

这表明，和数列的各项中只取有限个不同的值：S
1
，S
2
，…，S
n
，其中必有最小数，记作
S
n
(1mn)
，取N=m+1， 则
a
N
a
N1
…a
Nk
a
m1
a
m2
…a
m1k
S
m1kS
m
0
。
七、对称的技巧：
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、没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”。
例15.设
a
1
,a
2
,…,a
n
为正数，它们的 和等于1，试证必有下不等式成立：
22
2
a
n
a
na
1
2
a
2
1
1
…
。
a
1
a
2
a
2
a
3
a
n1
a
n
a
n
a
1
2
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
1
证明：设左边为
x

…
a
1
a
2
a
2
a
3
a
n1
a
n< br>a
n
a
1
22
2
a
3
a
n
a
2
a
1
2
出于对称性的考虑，再引进
y

a
1
a
2
a
2
a3
a
n1
a
n
a
n
a
1
22222
2
a
2
a
3
a
n
a
n
a
1
2
a
1
2
a
2
1
a
n
有
xy

…
a
1a
2
a
2
a
3
a
n1
an
a
n
a
i
(a
1
a
2
)(a
2
a
3
)…(a
n1
a
n< br>)(a
n
a
1
)0

又由
a
i
2
a
2
j
a
i
a
j
< br>a
i
a
j
2

222
2
a
2
a
3
a
n
a
1
2
11
a
1
2
a
2
得
x(xy)()
22a
1
a
2
a
2
a
3
a
n
a
1
1
[(a
1
a
2
)(a
2
a
3
)…(a
n
a
1
)]
4
11
(a
1
a
2
…a
n
)

22
1
a
1
a
2
… a
n

时，可取等号。
n
还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。
八、配对的技巧：
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。
305n
]
之值。
503
n 0
502251
305n
251
305n305(503n)30450 3
解：

[]

([][])

304 25176304
。
503503503
n0
503
n1 n1
12kn
例17.求和
a
n
C
n
。
2C
n
…kC
n
…nC
n
例16.求< br>
[
502
knk
解一：由
C
n
把
a
n
倒排，有
a
n
0C
n
1C
n< br>2C
n
…kC
n
…nC
n

C
n
nn1nkn

a
n
nC
n
(n1)C
n
…(nk)C
n
…0C
n01n
相加
2a
n
n(C
n
C
n…C
n
)n2
n

012kn
得
a
n
n2
n1
.
k
AS,A
解二：设集合
S

1,2,…,n

，注意到
kC
n

有
a
n

A,k1,2…,

,n
k
AS

A

为了求得
于是
a
n

A
把每一AS
，让它与补集
A
配对，共有
2


A nn…nn2
。
AS
n1
AS
n1
对， 且每对中均有
AAn

这两种解法形式上虽有不同，但本质上是完全一样的. < br>例18.设
x
1
,x
2
,…,x
n
是给定的 实数，证明存在实数
x
使得

xx
1


xx
2

…

xx
n
< br>
这里的

y

表示y的小数部分。
n1

2


1,　　yZ
证明：有

y



y



知

y



y

1
0,　　yZ


下面利用这一配对式的结论。设
f
i


x
i
x
1



x1
x
2



x
i
x
n


n(n1)


2
i11ij n1ijn
1
2
n1
据抽屉原理①知，必存在
k(1k n)
，使
f
k
C
n


n2
取
xx
k
，由上式得
n1


xx
1



xx
2

… 

xx
n


2

f
i
n
(

x
i
x
j

< br>
x
j
x
i

)
2
1Cn

九、特殊化的技巧：
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。
824
a,b,c,d
，其中
a0
。 例19.已知恒等式 < br>(2x1)a(xb
8
)x(cx
，求实数
d)
1a1c
84
时，有
(b)(d)0

2242
a1c
故有
b0
（1）
d0
（2）
242
84
又取
x0
（即比较常数项系数），有
1bd
（3）
88
8
比较
x
的系数（考虑特 殊位置），有
2a1
（4）
8
255
8
8
8
由④得
a21255
代入（1），得
b

2
255
8
11
8
)256(x)
8
255( x)
8
代入原式左边，有
(2x1)(
8
255x
222
11
(x)
8
(x
2
x)
4< br>
24
1
故知
c1,d
。
4
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)1
例20.已知
a
为常数，
xR
，且
f(x a)
，求证：
f(x)
是周期函数。
f(x)1
解：对
x
取特殊值，当
x
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< br>猜想：
T4a
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)1
f(xa)1
1
f(x)
f(x)1
11
f(x)
据此，有
f(x4a)
1
f(x2a)

f(x)
得证
f( x)
为周期函数，且
T4a
为一个周期。
例21.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’
证明一：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。
证明二：设已知直线为L，作L’⊥L ，又设
4n
条线段为
d
1
,d
2
,…,d
4n
，每一条
d
i
在L，L’上的
投影长为
a
i< br>,b
i
(1i4n)
，有
a
i
0,b
i
0,a
i
b
i
1
。
由
a
i
b
i

4n4n
22
(a
i
b< br>i
)
2
a
i
2
b
i
2
1

4n
iii
i1
得

a
b

(ab)4n

i
i1i1
从而，两个 加项

a,

b
中必有一个不小于
2n
厘米，但圆 的直径为
2n
厘米，故
d,d,…,d
ii
4n4n
124 n
i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
a
i
,b
i
表
示为三角函数运算更方便）
十、一般化的技巧：
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< br>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22.求和
a
n
Cn
2C
n
…kC
n
…nC
n
。 < br>解：引进恒等式
(1x)
n
12kn

C
k0
n
k
n
x
k

对
x
求导
n(1x)
n
n1kk1


kC
n
x

k1
n
令
x1
，得

k C
k1
k
n
n2
n1
。
这实质是将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 3.1985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< br>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。 < br>（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24.设
m, nN
，求证：
S[

(1)
k0
n
km](

m)
是整数。
k
2
n
k
2
证明：考虑更一般性的整系数多项式
f(x)[
由
f(x)f(x)< br>

(x)](

x
k
k0k0
k 0
nn
k
)

22
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。
十一、数字化的技巧：
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。
例 25.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
a
1
,a
2
,…,a
2n
与内 圈的2n个数
b
1
,b
2
,…,b
2n
中
有
2n
个1，
2n
个-1，因此，和
a
1
a2
…a
2n
b
1
b
2
…b
2n
0

从而
(a
1
a
2
…a
2n
)(b
1
b
2
…b
2n
) (b
1
b
2
…b
2n
)
2
0 ①
另一方面，当
a
1
与
b
i
面对面时，
a
1
b
i
,a
2
b
i1
,…,a
2n
b
i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

a
1
b
i
a
2
b
i1
…a
2n
b
i1
0(i1 ,2,…,2n）
从而总和
0

(abab
1i
i1
2n
2i1
…a
2n
b
i1
)(a1
a
2
…a
2n
)(b
1
b
2
…b
2n
)
②
由①与②矛盾知，至少有一次跳舞的人数不少于n对。
例26.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：
3ab
。
证明：现将小孩记作
a
i
(i1,2,…,n)
，且数字化

1　　　　a
i
表示男孩时

a
i


1　　　　a表示女孩时
i


3　　a
i
,a
i1
,a
i2
均为男孩


 3　　a
i
,a
i1
,a
i2
均为女孩
则A
i
a
i
a
i1
a
i2




1　　a
i
,a
i1
,a
i2
恰有一个女孩

1　　a,a,a恰有一个男孩
ii1i2< br>
其中
a
nj
a
j

又设取值为3的< br>A
i
有
p
个，取值为
3
的
A
i< br>有
q
个，依题意，取值为1的
A
i
有
b
个， 取值为
1
的
A
i
有
a
个，得
3(a< br>1
a
2
…a
n
)(a
1
a
2
a
3
)(a
2
a
3
a
4)…(a
n
a
1
a
2
)

3p(3)q(1)ab3(pq)(bq)


13


　　a
j
表示男孩时
可见
3ab
， 也可以数字化为
a
j




i.　　w
3
1

22

< br>
　　a
j
表示女孩时

1　　a
i
,a< br>i1
,a
i2
表示三男或三女

有
a
i
a
i1
a
i2



　　a
i
,a
i1
,a
i2
表示二男一女

2


　　a
i
,a
i1
,a
i 2
表示一男二女
考虑积
1(a
1
a
2
…a
n
)
3


ba
知
3ab
。
十二、有序化的技巧：
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 7.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
a
1
,a
2
, …,a
2n
，有
0a
1
a
2
…a
2n
①
a
1
a
2
…a
n
a
n1
… a
2n
3n
②
由此可证
a
n1< br>a
n2
…a
2n
2n
③
（1）若
a
n1
2
，③式显然成立。
（2）若
a
n1
1
时，
a
1
a
2
…a
n
na
n1
n

从而
a
n1< br>a
n2
…a
2n
3n(a
1
a
2
…a
n
)2n

得③式也成立。
据③式，可取 棋子数分别为
a
n1
,a
n2
,…,a
2n
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28.设
x
1
,x
2
,…,x
n
都是自然数，且 满足
x
1
x
2
…x
n
x
1
x
2
…x
n
（
n2
），求
x
1
,x
2
,…,x
n
中的最大值。
解：由条件的对称性，不妨设< br>x
1
x
2
…x
n

这就改变了条件的对称性，相当于增加了一个条件
x
n1
2(n2

)
否则，
x
n 1
1
，由
x
1
x
2
…x
n
知
x
1
x
2
…x
n1
x
n 1
1

从而，代入
x
1
x
2< br>…x
n
x
1
x
2
…x
n
得< br>(n1)x
n
x
n
矛盾，这时，又由
x
1< br>x
2
…x
n
x
1
x
2
…x
n
有
xx…x
n1
x
1
x
2< br>…x
n2
…x
1
x
2
…x
n2x
1
x
2
…x
n1
x
n1
< br>x
n

12

x
1
x
2
… x
n1
1x
1
x
2
…x
n1
1< br>(n2x
n1
)x
1
x
2
…x
n2


x
1
x
2
…x
n1
1< br>(n2x
n1
)x
1
x
2
…x
n2
n2x
n1
n1
1n

x
1< br>x
2
…x
n1
x
1
x
2
…x< br>n2
x
n1
1x
n1
1
当
x1
x
2
…x
n2
1
且
x
n 1
2
时，
x
n
有最大值
n
，这也就是
x
1
,x
2
,…,x
n
的最大值。
十三、不变量的技巧：
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29.从数集

3,4,12

开始，每一次从其中任选两个数
a,b
， 用
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
2
3443
ab
和
ab
代替 它们，
5555

3

5
443

b,a b,c

，
555

3
5
4
2
43
b)(ab)
2
c
2
a
2
b2
c
2

555
2222
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

。
2
例30.设
2n 1
个整数
a
1
,a
2
,…,a
2n1
具有性质
p
；从其中任意去掉一个，剩下的
2n
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
a
1
,a
2
,…,a
2n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a
1
，得
0,a
2
a
1
,a
3
a
1
,…,a
2n1
a
1

也具有性质P，由第一步的 结论知，
a
2
a
1
,a
3
a
1
,…,a
2n1
a
1
都是偶数；
第三步 由
0,a
2
a
1
,a
3
a
1
,…,a
2n1
a
1
为偶数且具有性质P，可得
aa
aa
aa
0,
21
,
31
,…,
2n11

222
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
aa
aa
aa
0,
2
k
1
,< br>3
k
1
,…,
2n1
k
1
为整数，且具有 性质P，因
k
可以任意大，这就推得
222
a
2
a1
a
3
a
1
…a
2n1
a
1
0
即
a
1
a
2
…a
n2
。
1

十四、整体处理的技巧；
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31.九个袋 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32.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
a< br>0
,b
0
,c
0
，使
a
0
b
0
c
0

b
0
c
0
a
0

c
0
a
0
b
0

相乘
0( a
0
b
0
c
0
)
2
(a
0< br>b
0
c
0
)
2
(b
0
c0
a
0
)
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。
十五、变换还原的技巧：
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。
111
kk
。
(1)C(1 …)

n
2kn
k1
n
111
kk
证明：记

(1)C
n
(1…)
（1）
2kn
k1
例32.证明恒等式
利用互逆公式：
若
b< br>n

则
a
n

n
2,
（2）

(1)Ca

k0,1,…
ll
kl
k

(1)Cb
k
k0
t0
n
k
nk
2,
（3）
n0,1,…
11
…,n1,2,…

2n
记a
0
0,a
l
,l1,2,…

b
0
0,b
n
1
先作（2）中的运算
k< br>1
l
1
k1
1
b
k


(1)C()

(1)
l1
C
k
l
( 1)
k1

lk
l1l1
k1
1
1k1
1



(1)
l1
(C
k
l
1
C< br>k
l
)(1)
1
lk
l1
k1
1
k1
1
l1
1
1


(1)C< br>k1


(1)
l1
C
k
l
(1)
k1

lk
l1
k
l1
1
k
111
b
k1


(1)
l1
C
k
l
b
n1
b
k2


k
l1
kk1k
11
……1…

2k
ll
k
再作（3）中的运算
nn
111
kk k
a
n


(1)C
n
b
n


(1)
k
C
n
(1…)
。
n2k
k0k0
十六、逐步调整的技巧：
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33.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：对于任
何满足
x
1
x
2
…x
n
1
的正数组
x
1
,x
2
,…,x
n
，都有
f(x
1
)f(x
2
)…f(x
n
)1
。
证明：记
f(x
1
)f(x
2
)…f(x
n
)1
（1）
2

由
f(1)abc1
知，若
x
1
x
2
…xn
1
（2）
则（1）中等号成立。
若
x
1< br>,x
2
,…,x
n
不全相等，则其中必有
x
i
1,x
j
1
（不妨设
ij
），由
f(x
i
)f(x
j
)f(1)f(x
i
x
j
)

22
(ax
i
2
bx
i
c)(ax2
j
bx
j
c)(abc)(ax
i
xj
bx
i
x
j
c)

abx
i
x
j
(x
i
1)(x
j
1)ac(xi
2
1)(x
2
)bc(x
i
1)(x
j
1)0

j
1


x
k
'x
k
(ki,kj)
可作变换


x'xx,x '1

ijj

i

x
1
'x
2
'…x
n
'x
1
x
2
…x
n
1
则



f(x
1
')f(x
2')…f(x
n
')f(x
1
)f(x
2
)…f(x
n
)
当
x
1
',x
2
',…,x
n
'
不全相等时，则又进行同样的变换，每次变换都使
x
1
,x2
,…,x
n
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
x
i
都变为1，从而
f(x
1
) f(x
2
)…f(x
n
)f(x
1
')f(x
2
')…f(x
n
')…f(1)f(1)…f(1)1

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34.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
C
100
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
n
1
,n
2
,…,n
k
(n
i
3,i1,2,…,k)
有
n
1
n
2
…n
k
100

这时，每一束的交点数下降了
C
n
i
1
个，为使
2222
(C
n
1)(C1)…(C1)C19852965< br>
nn100
12k
2
可取最接近2965的
C
77
12925
代替
C
n
1
7
，即
n< br>1
77
，类似地，取
n
2
9,n
3
4
，则有
2222
C
77
1C
9
1C4
1C
100
19852965

2
2
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。
十七、奇偶分析的技巧；
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35.设
a
1
,a
2
,…,a
7
是1， 2，…，7的一个排列，求证：
p(a
1
1)(a
2
2)…( a
7
7)
为偶数。
证明一：（反证法）若
p
为奇数，则
a
1
1,a
2
2,…,a
7
7
均为 奇数，奇数个奇数之和应为奇数。
奇数
(a
1
1)(a
2< br>2)…(a
7
7)

。
(a
1
a
2
…a
7
)(12…7）＝0
（为偶数）
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
a
i
与
i
的奇偶性相反（
i1,2,… ,7
），即（
a
1
,a
2
,…,a
7
）中 的奇（偶）
数与

1,2,…,7

中的偶（奇）数个数相等，但< br>A

a
1
,a
2
,…,a
7
< br>＝

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(mod2)
，但
A1(mod2)< br>。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，
a< br>1
,a
2
,…,a
7
这14个数中，共有8个奇数，而在乘积
p(a
1
1)(a
2
2)…(a
7
7)< br>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36.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,A
n 2
，并在每一点赋予数值
a
i
，使
1
,A
2,…

1　　当A
i
为有理数点时，

a
i< br>


1　　当A
i
为无理数点时。
与此同时，每 条线段
A
i
A
i1
也可数字化为
a
i
a
i1


1,　当A
i
,A
i1
一 为有理数点，另一为无理数时，

a
i
a
i1



1,　当A
i
,A
i1
同为有理数点或无理数点时< br>记
a
i
a
i1
1
的线段有
k
条，则
(1)
k
(1)
k
(1)
nk1< br>(a
1
a
2
)(a
2
a
3
)(a
3
a
4
)…(a
n1
a
n2
)
a
1
(a
2
a
3
…a
n1
)
2
a
n2
a
1
a
n2
1

故
k
为奇数。
十八、优化假设的技巧：
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。
例37.空 间
2n(n2)
个点，任4点不共面，连
n1
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A
1< br>点引出的线段最多（优化假设），且
这些线段为A
1
B
1
，A
1
B
2
，…A
1
B
k
，除A
1< br>，B
1
，B
2
，…，B
k
之外，其他点设为A
2
，A
3
，…，A
2n-k
。
显然

B
1
,B
2
,…,B
k

中任两点间无线段相连。于 是，每一个
B
i
发出的线段至多（
2nk
）条，而每
个< br>A
j
发出的线段至多
k
条（
i1,2,…,kj1,2, …,2nk
），故线段总数最多为（图2-65）：
2
1k(2nk)
2
[l(2nk)(2nk)k]k(2nk)[]n
2

22
2
这与已知条件连
n1
条线段矛盾，故存在三条线段组成一个三角形。
例38.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
1
。
9
证明：将圆心为O，半径为r的原盘记 为
C(o,r)
。首先取全体圆盘中面积最大的一个记为
然后在与
C(o1
,r
记为
C(o
2
,r
2
)
，接着 在与
C(o
1
,rC(o
1
,r
1
)
；< br>1
)
不相交的圆盘中取面积最大的一个，
1
)
，
C( o
2
,r
2
)
都不相交的圆盘中取面积最大的一个，记为
C (o
3
,r
3
)
，继续这一过程，直到无圆可取为止，
设取 得的圆盘依次为
C(o
1
,r
1
)
，
C(o
2
,r
2
)
，…，
C(o
n
,r
n)
（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，（1）中各
1
。
9
o,r)
。这个
C(o, r)
或在（1）中，或与（1）任取
xS
，必存在一个已知圆盘
C(o,r )
，使
cC(
中的圆盘相交，反正必与（1）有重迭部分，现设（1）中与
C(o,r)
有公共部分的最大圆盘为
C(o
k
,r
k
)( 1kn)
，因为
C(o,r)
，
C(o
k
,r
k
)
与
C(o
1
,r
1
)
，
C( o
2
,r
2
)
，…，
C(o
k1
,r< br>k1
)
均不相交，
圆面积之和
S
1
S
2
…S
n
不小于
故由
C(o
k
,r
k< br>)
的取法知
rr
k
，且由
C(o,r)C(o
k< br>,r
k
)
知，
C(o,r)C(o
k
,3r< br>k
)
，更有

xC(o
k
,3r
k< br>)
。这表明
SUC(o
i
,3r
i
)
< br>22
从而
1

(3r
1
)

( 3r
2
)…

(3r
n
)

n
i1
2
9(

r
1
2


r
2
2
…

r
n
2
)9(S
1
S
2
…S
n
)

1
得
(S
1
S
2
…S
n
)
。
9
十九、计算两次的技巧：
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39.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（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
a,b
的差与其和有相同的奇偶性
abab(mod2)

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
a
与2个或4个圈中的数相加，对S’的贡献为2a
或
4a
，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40.设
a
1
,a
2
,…,a
n
为1，2，…，n的一个排列，
f
k
是集合
a
i
a
i
a
k
,ik
元素的个数，而
，证明：
< br>f
k


g
k
。
g
k
是 集合

a
i
a
i
a
k
,ik

元素的个数（
k1,2,…,n
）
k1k1
nn
 
证明：考虑集合
S(a
i
,a
k
)a
i
a
k
,ik
的元素个数
S
。一方面，固定
k
先对
i
求和，然后
再对
k
求和，得
S
nn


f
k1
n
k
；另一方面，固定
i
先对
k
求和，然后再对
i
求和，又得到
nn
S

g
i


g
k
，所以得

f< br>k


g
k
。
i1k1
k1k1
二十、作辅助图表的技巧：
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41. 设
N

1,2,…,n

,n2
。N的子集
A
i
(i1,2,…,t)
组成集合
F

A,A
t

。如果
1
,A
2
,…

x,y

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
A
i
F
，则称F是覆盖的。问使得有一个
F

A,A
t< br>
既
1
,A
2
,…
对于每一对元素
x,y N
，有一个集合
A
i
F
使得
A
i
是可分 的又是覆盖的
t
的最小值
f(n)
是多少？
解：设
F< br>
A,A
t

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：
1
,A
2
,…
元素
集合
A
1

A
2

……
A
t
1 2 3
…
…
…
…
…
…
…
…
…
n

a
1n

a
2n

…
a
11

a
21

…
a
12

a
22

…
a
13

a
23

…
a
t1

a
t2

a
t3

a
tn



1,jA
其中
a
ij



1it,1jn



0,iA
①由于F是覆盖的，所以每个
j
属于至少一个
A
i
，即表中每一列中 至少有一个1。
②由于F是可分的，所以表中每两列均不完全相同。
由于表中的
t
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
21
个< br>两两不同的列，由F是可分的（或由②），有
t
n2
t
12
t

tlog
2
n[log
2
n]

得
f(n)[log
2
n]1
（1）
另一方 面，取
t
满足
2
t1
n2
t
1
， 即
t[log
2
n]1

t
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
n21
，这总是可能
的，将它们作为 一个有
t
行
n
列的数字表的
n
列，再把这个表看作是一些集 合A
1
，A
2
，…，A
t
与元
素1，2，…，n的 关系表。即集合
A
i
由第
i
行中使得
a
ij
1
的哪些
j
组成，即
A
i
j1jn且a
ij
1,1it
。
这时，集合
F

A,A
t

对于N既是可分的，又是覆 盖的，所以，又有
1
,A
2
,…

f(n)t[l og
2
n]1
（2）
由（1）、（2）知：
f(n)[log
2
n]1
。
例42.六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，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

（CF）
2
（AE）
二 （BD）
3


三 （AC）
（CB）
2
（AF）
四 （DE）
3

（CD）
1
（AB）
五 （F？）
4

①由于比赛对垒的第一列中，前四周或有C或有D，但C、D间未对垒，故C、D 必在第五周
对垒，记为（CD）
1
。
②由于已经有（CE），（AC），（ CD），故剩下的（CB），（CF）必出现在第二、四周，但第二周
B已与D对垒，故第二周应是（C F），记作（CF）
2
，从而第四周有（CB）
2
。
③这时第二周必还有（AB）
3
，第四周必还有（AF）
3
。 ④由于已经有（AC），（AE），（AF），故剩下的（AB）
4
，（AD）
4
，必出现在第一、五行，但（CD）
已经有D出现在第五行，故只能（AB）
4
在第五行，这就表明F与E对垒。