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數學競賽題的一些解題策略
構造法
構造性解題方法是一古老而又嶄新的科學方法，常簡稱為構造法。構造法的實質是根據某些數學問題的條件或結論所具有的特征，用已知條件中的元素為“元件”，用已知的數學關系為“支架”，在思維中構造出一種相關的數學對象、一種新的數學形式，從而使問題轉化并得到解決的方法。在思維方式上，構造法常常表現出簡捷、明快、精巧等特點，常使數學解題突破常規，另辟蹊徑。
利用構造法構造出來的數學對象，所涉及的面廣，如數、式、方程、不等式、函數、命題、“抽屜”、程序等等。
例1：已知x>0,y>0,且x + y =c,求z =的最小值，（a ,b ,c 為常數）
分析：如圖所示分別將，看作是Rt△ABD與Rt△BCE的斜邊，點B是線段AC上的動點，AB = x，BC = y,AD = a, CE = b, AC = c,作點D關于直線AC的對稱點，連接E交AC于點B，則==
例2：試問方程：x1+x2+x3+…+x1001=2002
有多少組不同的正整數解？
分析：可以構造這樣的一個對應關系：將2002個
相同的球排成一行，則它們之間有2001個間隔，
現將1000塊板插入這2001個間隔中，（每個間隔
只能插入一塊板）則顯然每一組插法與原方程的
每一組解產生了一一對應關系，而此時板的插法比較容易求，即2001個間隔中任選1000個間隔分別插入一塊板，顯然共有種不同的插法，所以原方程共有組不同的正整數解。
例3：已知x , y, z,為正數，且xyz(x + y + z) =1求表達式（x + y ）。(y + z)的最小值。（全蘇數學競賽，1989）
分析：構造一個△ABC，其中三邊分別為
則面積為S△= （其中p= (a + b +c)）
=
=1,另一方面，（x + y）(y + z)==2
故知，當且僅當時，取得最小值，即
y (x + y + z) =時，（ x + y）(y + z)取最小值。如x = z =1,y =時，（x + y）.(y + z) =2
例4：試證：在半徑為1的圓周上存在n個點，它們中任意兩點的距離為有理數。（第17屆IMO，1975）
分析：構造= (k = 1,2,3,…n),則點A(Cos2,Sin2)在單位圓周上。
當1 k ,m時，考察單位圓周上任意兩點A，A間的距離
=（Cos2 -Cos2） +(Sin2 -Sin2)
=
=
=.
所以為有理數，命題獲證。
二：問題轉化法
問題轉化，也稱之為化歸，是數學家特別善于使用的策略，在奧林匹克數學中也經常用到。當接觸到的問題難以入手時，那么思維不應停留在原問題上，而應將原問題轉化為另一個比較熟悉而容易解決的問題，通過對新問題的解決，達到解決原問題的目的。
化歸表現了思維的變通性和流暢性。蘇聯數學家雅珞夫基斯卡亞指出“解題----就是意味著把所要解決的問題轉化為已經解過的問題。”
同原問題相比，化歸后的新問題必須是已經解決或較為熟悉、簡單的問題。
例5：設S =|lg}試求S的元素的個數（全國高中聯賽，1990）
分析：由得
。。。。。。。。。。。（1*）
因此S的元素個數就等價與滿足（1*）式的有序數對組數問題，注意到=xy=
故利用算術與幾何均值不等式，有：
=（當且僅當==時等號“=”成立）
這樣，我們又將問題化歸為求方程組：
。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。（2*）實數解的組數
容易求得（2*）的解為，即S的元素個數為1，
本題中，我們首先將抽象的集合語言轉化為通常所熟悉的數學式子，從而將S元素個數問題化歸為一個方程，不等式混合組的解的組數問題，再利用算術與幾何均值不等式，我們又將其化歸為求解一個十分簡單的方程組問題。
例6：甲乙兩隊各出7名隊員按事先排好的順序出場參加圍棋擂臺賽。雙方先又1號隊員比賽，負者被淘汰，勝者再與負方2號隊員比賽，。。。。直到有一方隊員全被淘汰為止，另一方獲得勝利，形成一種比賽過程。那么所有可能出現的比賽過程的種數為--------（全國高中聯賽，1988）
分析：設甲、乙兩隊隊員出場順序分別為和
如果甲方獲勝，設獲勝的場數是則而且
。。。。。。。。。。。。。。。。。（*）
容易證明以下兩點：在甲方獲勝時，
不同的比賽過程對應著方程（*）的不同的非負整數解；
方程（*）的不同非負整數解對應著不同的比賽過程，例如解{2，0，0，1，3，0}對應比賽過程為：A1勝B1和B2，B3勝A1，A2和A3，A4勝B4，B5和B6但負于B7，最后A6勝B7結束比賽。
故甲方獲勝的不同比賽過程總是方程（*）的非負整數解的個數
美籍匈牙利數學家G。玻里亞說：“不斷地變換你的問題”，他認為，解題過程主要是問題的變換過程“我們必須一再地變換她，重新敘述她，變換她，直到最后成功地找到某些有用的東西為止”。由此可見，問題轉化的思想在數學解題中的重要性。
三：特殊化與一般化方法
辨證唯物主義認為，矛盾的普遍性寓于矛盾的特殊性之中，即共性寓于個性之中，它啟示人們，人類的認識活動總是由認識個別和特殊的事物逐漸過度到認識一般的事物；總是首先認識許多事物的特殊本質，爾后才有可能進一步通過概括工作去認識諸種事物的共同本質。特例法（指人們在解決問題的過程中通過考察事物的特殊狀態，來獲得一般性結論的一種思維方式）正是特殊與一般的辨證關系在解題的靈活應用。
例7：已知變角都是銳角，且求函數的最大值。
分析：先“退”一步，又多變角后“退”減少角的個數，設為銳角，且（A為定值，且），先求函數的最大值。
由，當且僅當即時，取最大值，由此引起對原題的猜想；其結論應是：當且僅當時，取最大值，可以從反面對上命題加以證明，即證若不相等，則函數的值就不是最大，事實上，若不都相等，不妨設，先暫且固定的值不變，而讓變化，則有為定值，且故知，不是最大，從而函數的值就不是最大，從而證實對原問題的結論的猜想是正確的。
華羅庚說過善于“退”，足夠地“退”退到原始而不失去重要性的地方，是學好數學的一個訣竅，所謂“退”就是將一般性復雜的問題，“退”成特殊的簡單的問題，把這個特殊的問題想通了，找出規律，然后再來一個飛躍，不僅能理解原來的問題，而且還能進一步拓展。
與特殊化過程相反，一般化就是我們為了解決問題的需要放開或改變一些條件的限制，把具體的個性問題轉化為一般的共性問題來研究。由于特殊的情況往往涉及一些無關宏旨而掩蓋了問題的關鍵，因而一般情況有時則更明確地表述了問題的本質。希爾伯特指出：在解決一個問題時，如果我們沒有獲得成功，原因常常在于我們沒有認識到更一般的觀點，即眼下要解決只不過是一串有關問題的一個環節。
通過一般化，離散的問題可以用連續的手段來處理，有限的問題可以用數學歸納法來處理，等等。
例8：已知函數，那么的值。（全國高考試題2002）
分析：直接代入法解，運算量較大，可先探求一般性的結論，即根據題目的結構特點試求：的值，則問題應刃而解，易知= 1為定值，從而得原式的值為。
例9：1985個點分布在一個圓的圓周上，每個點都標上+1或-1，一個點稱為“好點”，如果從這個點開始依任一方向前進到任何一點時，所經過的各數的和都是正的。證明：如果標有-1的點數少于662時，圓周上至少有一個好點。（第26屆IMO，1985）
分析：觀察662與1985的關系（題中要求點數少于662），注意到，將問題一般化，證明更一般的結論：“在個點中有個-1時，好點一定存在”。
證明：（1）時，如圖所示，A，B，C，D標上+1，則B，C均為好點。
（2）當時成立，即3K+2個點中有K個-1時，必有好點。對，可任取一個-1，并找出兩邊距離它最近的兩個+1，將這三個點一齊去掉，在剩下的個點中有K個-1，因而一定有好點，記為P。現將取出的三個點放回原處，因為P不是離所取出-1最近的點。因而從P出發依圓周兩方前進時，必先遇到添回的+1，然后再遇到添回的-1，故P仍是好點，這說明，時命題亦成立。
本題是由數學歸納法證明了問題的一般性命題成立。取即本例成立。
四：分類討論法
所謂分類討論，就是原問題分解成一組相對獨立的“小問題”來處理，綜合對這些小問題的解答，便可以推證出原問題的結論。法國著名數學家笛卡爾在談到他解題的一條重要經驗時指出：把考慮的每一個難題，都盡可能地分成細小的部分，直到可以圓滿解決為止。笛卡爾所說的“分成細小的部分”就是分類。
分類討論不僅分化了問題的難度，而且分類標準本身又附加了一個已知的條件，所以，對每一類小問題的解決都大大降低了難度。
例10：證明在任何6個人的聚會上，至少存在三個人相互認識，或者相互不認識（美國中學生數學競賽，1953）
分析：先從6個人中任意找出一個人，剩下的5個人分成兩類：集合M表示所認識，集合N表示所陌生的。
于是，M，N，中有一個集合至少有3個人。
若是M，其中有3人。
互相不認識，命題得證。
至少有兩人相互認識，不妨設為，則相互認識，命題亦成立。
若是N，其中有3人
相互認識，命題得證。
中至少有兩人相互不認識，不妨設為，則互相不認識，命題亦得證。
綜合各類情況可知道命題始終成立。
例11：設S為集合{1，2，。。。n}的具有下列性質的子集：S中任意兩個元素之和不被7整除，那么S中元素最多能有多少個？（美國中學生數學競賽，43屆）
分析：將集合劃分成7個子集：其中中每一個元素除以7后的余數為分析各子集的元素能成為中的元素的情況，即可得到結論。
解：將集合劃分成7個子集：其中中每一個元素除以7后的余數為。
S中包含的一個元素；
與的元素不能同在S中，S最多含有中的8個元素（）
與的元素不能同在S中，S最多包含有中的7個元素；
與的元素不能同在S中，S最多包含有中的7個元素
故S中元素最多可能有個。
五：數學模型法
數學模型，是通過對實際問題的數學意義進行抽象分析而建立起來的，在許多涉及實際應用問題的競賽題目中，如計數，圖論，邏輯等，有著廣泛的應用。
在數學競賽中，常常通過建立數值模型（又稱形式化），幾何模型，函數模型及組合模型等來解決問題。
例11：現有男女人，圍成內外兩圈跳舞，每圈各人，有男有女，外圈的人面向內，內圈的人面向外，跳舞規則如下：每當音樂一起，如面對者為一男一女，則男的邀請女的跳舞，如果均為男的或為女的，則鼓掌助興，曲終時，外圈的人均向右走一步。如此繼續下去，直至外圈的人移動一周。證明：在跳舞的過程中至少有一次跳舞的人不少對。
分析：將這一問題數學化，將男人記為+1，女人記為-1，外圈的個人對應的數為a1,a2,…….，內圈的對應的數記為，則中有個+1，個-1，于是
+= 0，從而有
（）。（）=-（）
另一方面，當面對時，中的負數表示這時跳舞的對數。如果整個跳舞過程中，每次跳舞的對數少于，則對任意，應有
，于是
=（）（）0
從而導致矛盾，這表明至少有一次跳舞的人不少于對。
本題的解決，就是對實際問題作出恰當的數學解釋，并用數學語言建立起這一問題的數學模型，憑借數學語言的嚴密性和簡潔性，使實際問題中的各種關系及問題的解答得到了精確的完美的表述。
函數模型是同學們所熟悉的，在許多競賽問題中，我們可以通過建立關于實際問題的函數模型來解決。譬如，某些不等式問題可以通過函數模型來證，某些極值問題可以通過建立函數關系來解決等等。
例12：一活水湖上游河道有固定流量的水流入，同時水通過下游河道流出，湖水體積保持在200萬立方米左右，由于受到污染，湖水某中不能自然分解的污染物濃度已經達到0。2克每立方米。目前上游污染已得到治理，流入湖中的水已不含有污染物，但是湖周圍每天仍有50克這種污染物進入湖中，環保機構希望湖水水質達到污染物濃度不超過0。05克每立方米的標準，若不采取其他治污措施，湖水需要多少時間可以達到標準？（上游污染終止一天后，測的水中污染物濃度為0。199875克每立方米）。
分析：設湖水中每天流出（入）水量為（立方米），湖水體積為V（立方米），上游終止天后，湖水中污染物濃度為，則可以建立關系式
且=0。2（克每立方米），=0。199875。
該差分方程的解為
由和立方米代入，可以求得，于是：
為求使即
（天）即需要經過3069天才能達標。
六：遞推法：
通過建立遞推關系解決問題的方法，稱之為遞推法。利用遞推關系法解題的一般步驟為：（1）確定初始值；（2）建立遞推關系；（3）解遞推關系。
如果在一個復雜的問題中，前一事件與后一事件存在確定的關系，那么就可以從某一（幾0個初始條件出發逐步遞推，得到任一時刻的結果。發現和建立遞推關系 ，是遞推方法應用的關鍵。
例13：已知整數列{}滿足：
（1）
（2）；
(3）對任意自然數，在數列{}中必有相繼的項都是完全平方數。
求證：{}的所有項都是完全平方數。（中國奧林匹克競賽，1992）
分析：令則由（1）有
所以{}是等差數列，從而。
由（2），，所以
若為奇數，則在充分大時，因而
不是平方數。而由（3）知道有任意大的平方數，矛盾！所以為偶數，從而
在時，對于充分大的，介于與之間，與（3）矛盾，同樣也導出矛盾，所以
用遞推法解題，思考問題的方法模式單一，解題的方向感較強。
七：數形結合思想
數形結合的思想方法是中學數學中的主要思想方法之一，其特點是由數思形，將抽象的數式轉化為直觀的圖形，以形助興。
例14：的二次方程中，均是復數且，設這個方程的兩根為，滿足，求的最大值，最小值。（全國高中數學聯賽，1994）
解：由韋達定理有 因為所以即即復數在以為圓心，以7為半徑的圓上，因為，故原點在上述圓內，連接OA延長交上述圓于B，延長AO交上述圓于C，則
，
例15：正數滿足試求代數式XY+2YZ+3XZ的值。
分析：直接求出的值較繁，觀察發現（1）式是兩直角邊分別為的直角三角形，方程（2），（3）的結構與余玄定理相似，為此，將（2）式變為這是以為兩邊切夾角為120的三角形，（3）式變為這是以為邊長且夾角為150三角形所以構造三角形幫助解題。
解：構造三角形，使得AC=4，BC=3，AB=5，以AC為一邊向外作正三角形，再作該三角形的外接圓與以BC為直徑的圓交于C，O兩點
連接OB，OC，OA，則由平面幾何知識得，，故，設AO=x,BO=,CO=z,顯然AC，由得到：
，化簡的
八：極端性原理
在解決數學競賽問題時，常常需要考慮命題中某些量或某些元素的“極端”情況，譬如“最大值”，“最小值”，“邊界值”等等，這是分析和解決問題重要的方法之一。利用考慮極端的元素來實現解題的方法稱為“極端性”原理。
由于“序”的關系是數學中最重要的關系之一，對極端情形的分析本質上是一種特殊形式的有序化方法，它作為探索問題、的思考方式，在解題有著廣泛的應用。
例16；晚會上對男女青年雙雙起舞，設任何一個男青年都未與全部女青年跳過舞，而每個女青年都至少與一個男青年跳過舞。求證必有兩男及兩女，使得b1與g1,b2與g2,跳過，而b1與g2,b2與g1未跳過。（匈牙利數學競賽試題，1964）
分析：設與女青年跳過舞最多的男青年是b1，因b1未與全部女青年跳過，故存在女青年g2未與b1.因為g2至少與一個男青年跳過舞，故存在b2與g2跳過。如果凡是與b1跳過的女青年都與b2跳過，則與b2跳過的女青年比b1至少大于1，這是不可能的。故在與b1跳過的女青年中至少有一個未與b2跳過舞，記為g1，則b1,b2,g1,g2即為所求。
九：整體法
這一解題策略要求在解題過程中，不是分解它的條件和結論，采取各個擊破的辦法，而是要立足全局把握條件和結論的聯系，擺脫局部細節中一時難以弄清的數量關系的糾纏，使眼界更加開闊，以利于看清問題的實質，抓住問題的要害。
例17：有甲，乙，丙三種貨物，若購甲3件，購乙7件，購丙1件，共需要315元。若購甲4件，購乙10件，購丙1件，共需420元。問購甲，乙，丙各一件共需多少元？（全國初中數學聯賽，1985）
分析：通常的想法是先求出甲，乙，丙三種貨物的單價是多少。但是由于題目所給的已知條件少于未知數的個數，要求單價勢必就得解不定方程，能否不求單價，而直接求甲，乙，丙各一件的價格當成一個整體來求呢？這就要求從整體上把握條件與結論之間的聯系。
設甲、乙、丙的單價分別為元，則由題意得
題目實際上只要求的值，而不必非求的值，因此設法分離出的值。原方程組可以得到如下等價變形：
易得，=105，即購的甲、乙、丙各一件共要105元。
例18：計算（）（）-（）。
（）=-----
解：設
原式=（）。--（）。==
整體法解題方法的靈活運用，需要解題者有較強的觀察能力和心算能力。
十：反面法
在科學的道路上我們應該知難而進，但是我們這里所說“知難而進”指的是一種堅忍不拔的科學精神，而不是說作任何事情都的“硬碰硬”，當我們有時候在碰到某些比較“硬”的問題時候我們不妨選擇臨時“逃避”一下，從它的反面出發，逆向地應用某些知識去解決問題。反面法正是從反面考慮問題的一種方法，它是通過否定結論，找出矛盾來達到證明的目的。它常用于證明涉及“至少”，“都是”“唯一”，“有限或無限”等存在性問題。
例19：證明：當都是給定的正整數，且時，可以寫成個連續偶數的和。（全國數學競賽，1978）
分析：若從考慮分解成個連續偶數的和，顯然因為的不確定以及分解方式不確定難以進行，因此，我們可以從個連續偶數求和來推證，尋求結論的正確性。
解：設個連續偶數為則
，化簡得，令，
則，所以求得：由該式可以知道，不論是奇數還是偶數，只要為大于2，為大于2的整數，那么一定是整數，故當，
為正整數時，取等于個連續偶數2a,2a+2,…..2a+2(n-1)的和
此題的證明是一個典型的反向思維過程，從結論出發，向條件靠攏，若從正面考慮把寫成個連續偶數之和，則事“倍”功“半”。

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