奥林匹克数学的技巧徐贻林
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。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……），同时，也积累了一批生气勃勃、饶有趣味的奥林匹克技巧。
一．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，构造算法等。
例1.已知 x,y,z求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1
分析：观察到：x+(1-x)=y+(1-y)=z+(1-z)=1及乘积式，联想到用面积公式。
证明：构造正三角形，则
S△ABD+S△EFC+S△BDF= x(1-y)sin60o+ y(1-z) )sin60o+ z(1-x) )sin60o２．将一根长为16米的铁丝做成一个长方体骨架，且骨架的表面积为10米2，若不计接头处的误差，求能做成的长方体的最大棱长．
思路：观察联想 整体改造 合理化归
解：设长方体的长、宽、高分别为x米、y米、z米， 则有：
即：
对上述方程组实施整体改造，就有
即：


∴x，y是方程A2－(4－z)A+z2－4z+5=0的两实根，
∴△=(4－z)2－4(z2－4z+5)= －3z2+8z－4≥0
∴2/3≤z≤2，当且仅当x=y=1时右等号成立，∴zmax=2．
由于x、y、z的地位一致，因此xmax=2， ymax=2．
故能做成的长方体的最大棱长为2米．
4(x+y+z)=16
2(xy+yz+zx)=10,
x+y+z=4
xy+yz+zx=5
x+y=4－z
xy=5－z(x+y)
x+y=4－z
xy=5－z(4－z)=z2－4z+5，
评注：这里，需要求z(或x、或y)的最大值，初看起来不知从何处入手，但关系式中的x+y与xy，使我们立即联想到根与系数的关系定理，按此思路作整体改造，果然获得成功．强化整体改造意识，有助于提高解决高考中新异问题的能力．
３．已知a,b为两不相等的实数，且满足2a２=5-3a,2b２=5-3b,求 的值。
分析：依据常规，习惯于先求出a，b，需分四种情况讨论，运算较繁，且易出错。若能整体把握。＝只需求出a＋b与ab易联想到韦达定理根与系数的关系，问题可迎刃而解。
解：∵2a２=5-2a,2b２=5-3b且a≠b∴a与b是方程2x2+3x-5=0的两不相等实根，　∴a+b=5-3a,ab=∴易求
点评：本题求解关键是如何把握条件及结论的整体结构，构造一元二次方程及根与系数的关系．
４． 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。
解：
构造一个△ABC，其中三边长分别为

则其面积为
另一方面
故知，当且仅当∠C=90°时，取值得最小值
2，亦即 时， 取最小值2。
５．一位棋手参加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an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≤a1 ＜a2… ＜ a77≤ 12×11=132
考虑154个数：
a1,a2,…a77,a1+21,a2+21…a77+21
又由a77+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，ai+21 ≠ aj+21故只能是ai,aj+21满足ai=aj+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。
二．映射
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-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。
６．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，那么甲方获胜的所有可能出现的比赛过程的种数为多少？
解 设甲、乙两队的队员按出场顺序分别为A1，A2，…，A7和B1，B2，…B7。
如果甲方获胜，设Ai获胜的场数是xi，则0≤xi≤7, 1≤i≤7而且x1+x2+…x7=7（*）
容易证明以下两点：在甲方获生时，
（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：A1胜B1和B2，B3胜A1，A2和A3，A4胜B3后负于B4，A5胜B4，B5和B6但负于B7，最后A6胜B7结束比赛。
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 。
７．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，故至少有个不同的白点，这与共有个2n-1点矛盾，故知命题成立。
三．极端
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。
８．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A1，B1，C1，则△A1B1C1也是同色三角形，且面积小于△ABC的面积，这与△ABC面积的最小性矛盾。故（2）成立。
９．已知实数列 具有下列性质：存在自然数n，满足 及
求证：存在自然数N，使当 时，总有 。
证明： 构造和式 ，依题设知


这表明，和数列的各项中只取有限个不同的值：S1，S2，…，Sn，其中必有最小数，记作
，取N=m+1，则
四．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、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”。
１０．设 为正数，它们的和等于1，试证必有下不等式成立：
证明 设左边为
出于对称性的考虑，再引进
有
又由

得 时，

可取等号。
还可用平均值不等式、柯西不等式直接证明。
１１．求 之值。
解 作配对处理
１２．设 是给定的实数，证明存在实数x使得
这里的 表示y的小数部分。
证明：由 知
下面利用这一
配对式的结论。设
据抽屉原理①知，必存在 ，使

取 ，由上式得
五．不变量
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。
１３．从数集 开始，每一次从
其中任选两个数a,b，用 和 代
替它们。能否通过有限多次代替得到数集 ？
解 对于数集 ，经过一次替代后，得

出 ，有



即每一次替代后，保持3个元素的平方和不变（不变量）。由 知，
不能由 替换为 。
１４．设2n+1个整数a1,a2…a2n+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a1,a2…a2n+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=a1，得0,a2-a1,a3-a1…a2n+1-a1也具有性质p，由第一步的结论知，a2-a1,a3-a1…a2n+1-a1都是偶数。
第三步 由0,a2-a1,a3-a1…a2n+1-a1为偶数且具有性质P，可得0,(a2-a1)/2,(a3-a1)/2…(a2n+1-a1)/2都是整数，且仍具有性质P，再由第一步知，这个数的奇偶性相同，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
0,(a2-a1)/2k,(a3-a1)/2k…(a2n+1-a1)/2k为整数，且具有性质P，因k可以任意大，这就推得a2-a1=a3-a1=……a2n+1-a1=0，即a1=a2=a3=…a2n+1
六． 整体处理
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。
１５． 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 ，故剩下的袋内装球14只。
１６．证明任意3个实数不能同时满足下列三个不等式
证明 若不然，存在3个实数 ，使
相乘
这一矛盾说明，任意3个实数 不能同时满足题设的三个不等式。
七．逐步调整
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）。
１７．已知二次三项式 的所有系数都是正的且 ，求证：对于任何满足 的正数组 ，都有
（1）
证明 由 知，若
（2）,则（1）中等号成立。

若 不全相等，则其中必有 （不妨设 ），由
可作变换

则
当 不全相等时，则又进行同样的变换，每次变换都使 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xi都变为1，从而
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。
八．奇偶分析
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2-32是一个浅而不俗的例子， 用到了这一技巧。
１８．设 是1，2，…，7的一个排列，求证 必为偶数
证明（反证法）
若p为奇数，则 均为奇数，奇数个奇数之和应为奇数。
奇数
（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。
１９．在数轴上给定两点1和 ，在区间
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

并在每一点赋予数值 ，使

与此同时，每条线段 也可数字化为

记 的线段有k条，
则

故k为奇数。
九．函数与方程思想
２０．已知实数a>b>c，a+b+c=1，a2+b2+c2=1，求c的取值范围.【分析】由条件转化成以c为参数的二次方程，再由二次方程根的分布求出c的取值范围.
解：由a+b+c=1，得a+b=1-c.   ①　　由a2+b2+c2=1，得（a+b）2-2ab+c2=1，　　故2ab=（a+b）2+c2-1=2（c2-c），　　即ab=c2-c.   ②　　由①、②知问题转化为一元二次方程x2-（1-c）x+c2-c=0有两个大于c的不相等实根.　　设f（x）=x2-（1-c）x+c2-c，若f（x）图象与x轴在（c，+∞）内有两个交点（如图所示），则  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  

解不等式组得 十二．数学归纳法
２７．设

求证：对一切 ，有
分析：很显然
在假设 的基础上得出 ，

因 所以证 ，

就势必要证 这样一个过渡命题，

问题转化为只需证 对 一切都成立。
证明：（1）当n=1时， ，而
所以 ，故 .
（2）假设 时，有 ，进
而 .

则 时，

而 得：
由（1），（2）知对任意 的有

,进而推得
评注：在“ ”的过程中，
有时候思路会受阻，不得不采用“迂回战术”即
先找一个相关命题做为“过渡命题”，这也是一
种灵活而重要的战术。
28．设 ,求证：
分析：关键仍是“ ”的推证。

假设 成立,

则有 ，但
是，这明显与所证的结论相抵触，是题目错
了吗？决非!真是让人茫然不解，如何走出困
境呢？倘若能想到做个“铺垫”兴许路就能走下

去.设想由 ，可否先证出

呢？这不能不说是种奇妙的想法。
证明：（1）当n=1时， ，不等式成立。
假设 ，不等式成立，即


则 时，
由（1），（2）可知对任意 有
评注：用“数归法”证明不等式，有时需先做“铺垫”以增加“缓冲”，方能达到“软着陆”。
也就是采用了“欲进先退”的战术。倘若不能找到这个“铺垫”，那只有“误入池塘深处，沉醉不知归路”，放弃？不想！只有“争渡！争渡！”，才能“惊起一滩鸥鹭”。
30．已知a,b均为正整数,且a>b,sinθ=(其中0<),An=(a2+b2)nsinnθ求证: 对一切正整数n,均为整数．
证明: a>b>0,0<,
由于sinn(nθ)+sin(n-2)θ=2sin(n-1)θcosθ(n>2)
因此，将sin及n换成n-1,n-2后,将三个式子代入上式,整理，得 由a,b,用数学归纳法证明均是整数.