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                    2. 2001 - 2002年国内外数学竞赛题选解二

                      来源:互联网 由 slinayulin60 贡献 责任编辑:李志  

                      30 中 等 数 学

                      2001 —2002 年国内外数学竞赛题选解(二)

                      李 建 泉 娄 姗 姗 张  茗

                      (天津师范大学数学科学学院 ,300074)  (中等数学杂志编辑部 ,300020)  

                      (天津市实验中学 ,300074)

                      二、组合部分

                      x13 + x123 + x134 + x234 + x1234 <

                      3

                      5 ∑

                      i , j, ?

                      xij ? ,

                      1. 在一次国际会议上 ,有四种官方语言. ?#25105;?#20004;

                      x14 + x124 + x134 + x234 + x1234 <

                      3

                      5 ∑

                      i , j, ?

                      xij ? .

                      名会议代表可?#26434;?#36825;四种语言之一进行讨论. 证明 : 将第一个不等式乘 2 再与其他不等式相加 ,得

                      至少有60 %的会议代表能讲同一种语言.

                      3( x12 + x13 + x14) + 4( x123 + x124 + x134) +

                      (2002 ,罗马尼亚为 IMO 和巴尔干地区数学奥林

                      匹克选拔?#38469;?#20379;题 (第二轮) )

                      3 x234 + 5 x1234 < 3 ∑

                      i , j, ?

                      xij ? ,

                      证明 :假设这四种语言分别为 1 ,2 ,3 ,4.

                      即  x123 + x124 + x134 + 2 x1234 < 0.

                      (1) 若存在一名会议代表只会一种语言 ,则显然

                      矛盾.

                      2. 设 A 是集合{1 ,2 ,3 , ? ,16} 的一个 k 元子集 ,其他代表均会这种语言.

                      (2) 每名会议代表至少会两种语言 ,且只讲两种

                      且 A 的?#25105;?#20004;个子集的元素之和互不相等. 而?#26434;?p>语言的代表中没有公共语言. 因此 ,对?#39057;?#23558;会议代 集合{1 ,2 ,3 , ? ,16} 的包含集合 A 的?#25105;?k + 1 元子

                      表分成如下的 8 类 : 集 B ,则存在 B 的两个子集 ,它们的元素之和相等.

                      (1 ,2) , (1 ,3) , (2 ,3) , (1 ,2 ,3) , (1 ,2 ,4) , (1) 证明 : k ≤5;

                      (1 ,3 ,4) , (2 ,3 ,4) , (1 ,2 ,3 ,4) .

                      (2) 求集合 A 的元素之和的最大值和最小值.

                      如果能讲语言 1 , 2 , 3 的会议代表少于60 %, 用 (2002 ,保加利亚冬季数学竞赛)

                      xij ? 表示会讲语言 i , j , ? 的会议代表的数目 ,则有 证明 : (1) 因为 A 有 2k 个子集(包括空集) ,且任

                      x12 + x13 + x123 + x124 + x134 + x1234 <

                      x12 + x23 + x123 + x124 + x234 + x1234 <

                      3

                      5 ∑

                      i , j, ?

                      3

                      5 ∑

                      i , j, ?

                      xij ? ,

                      xij ? ,

                      意两个子集的元素之和互不相等 ,所以 A 的元素之

                      和至少有 2k - 1 个.

                      若 k ≥7 ,则 2k - 1 > 16 k ,不可能.

                      x13 + x23 + x123 + x134 + x234 + x1234 <

                      3

                      5 ∑

                      i , j, ?

                      xij ? .

                      若 k = 6 , 考虑 A 的一、二、三、四元子集 , 共有

                      C61 + C62 + C36 + C64 = 56 个不同的和 ,且最小的和是 1 ,

                      以上三式相加得

                      最大的和是 16 + 15 + 14 + 12 = 57 (其中 16 + 13 = 15

                      9

                      5 ∑

                      i , j, ?

                      2 ∑

                      xij ? + x123 + x1234 <

                      i , j , ?

                      1

                      即  5 ∑

                      xij ? + x123 + x1234 < 0.

                      i , j , ?

                      xij ? ,

                      + 14 ,故这 4 个数不能同在 A 中) .

                      若 1 ∈ A ,则最大的和是 16 + 14 + 12 + 9 = 51(其

                      中 16 = 15 + 1 ,故这 3 个数不能同在 A 中;14 = 13 +

                      矛盾. 1 ,故这 3 个数不能同在 A 中;12 = 11 + 1 , 故这 3 个

                      (3) 每名会议代表至少会两种语言 ,只讲两种语

                      数不能同在 A 中;16 + 10 = 14 + 12,故这 4 个数不能

                      言的代表中有一种语言是公共的. 类?#39057;?,将会议代 同在 A 中) ,最多有 51 个不同的和 ,矛盾.

                      表分成如下的 8 类 :

                      若 2 ∈ A ,则最大的和是 16 + 15 + 12 + 9 = 52 ,最

                      (1 ,2) , (1 ,3) , (1 ,4) , (1 ,2 ,3) , (1 ,2 ,4) ,

                      多有 51 个不同的和 ,矛盾.

                      (1 ,3 ,4) , (2 ,3 ,4) , (1 ,2 ,3 ,4) .

                      若 1 ¢A ,2 ¢A ,则在[3 ,57 ]中至多有 55 个和 ,

                      若结论不成立 ,则有

                      矛盾.

                      3

                      x12 + x13 + x14 + x123 + x124 + x134 + x1234 <

                      5

                      i , j , ?

                      3

                      x12 + x123 + x124 + x234 + x1234 <

                      5

                      x ,

                      ij ?

                      i , j, ?

                      xij ? ,

                      故 k ≤5.

                      解 : (2) 若 A = { a1 , a2 , ? , ak} 元素的和小于 16 ,

                      则集合{ a1 , a2 , ? , ak , 16} 中无元素的和相等的子

                      2003 年第 3 期 31

                      集 ,与 A 的定义矛盾. A = { 1 ,2 ,4 ,9} 满足条件 ,其元 而由假设 ,在圆周上的整点中至少有一半满足 a 、b

                      素之和16是最小的. 是奇偶相同的. ?#24335;?#35770;成立.

                      若 16 ¢A ,则 15 + 14 + 13 + 11 + 8 = 61. 4. 设正整数 n ≥ 3 , ( a1 , a2 , ? , an) 是?#25105;?n 元

                      若 16 ∈ A ,15 ¢A ,则 16 + 14 + 13 + 12 + 8 = 63; 不同的实数 , 且其和是正数. 若它的一个排列 ( b1 ,

                      若 15 ∈ A ,14 ¢A ,则 16 + 15 + 13 + 11 + 7 = 62. b2 , ? , bn) 满足?#26434;諶我?#30340; k = 1 ,2 , ? , n ,均有 b1 +

                      设{14 ,15 ,16} < A ,则 13 ¢A.

                      b2 + ? + bk > 0 , 则这个排列称为好的. 求好的排列

                      若 12 ¢A ,则 16 + 15 + 14 + 11 + 8 = 64.

                      至少有多少个 ?

                      若 12 ∈ A ,由于 11 + 16 = 12 + 15 ,10 + 16 = 12 + (2002 ,保加利亚国家数学奥林匹克地区级竞

                      14 ,故设 9 ∈ A ,因此 ,集合 A = { 9 ,12 ,14 ,15 ,16} 满足 赛)

                      条件 ,其元素之和 66 是最大的.

                      解 :设这 n 个数?#27492;?#26102;针放在正 n 边形的 n 个

                      3. 已知平面直角坐标系 xOy , O 为原点. A 为整 顶点上 ,取 s ,使得 as + as + 1 + ? + as + t是最小的 ,其

                      点 , OA 的长度是一个奇素数的整数次幂. 证明 :以 中下标取模 n 的余数 ,且假设 t 是最大的. 于是 ,对

                      OA 为直径的圆周上的整点中至少有一半满足它们

                      于 t1 ≤ t ,则 as + t

                      1

                      + ? + as + t ≤ 0;否则 , as + as + 1 +

                      ?#25105;?#20004;点之间的距离是整数.

                      (2002 ,保加利亚春季数学竞赛)

                      证明 :设 OA = pn , p 是大于 2 的素数 , n 是一个

                      正整数. 令 A ( x , y) , 且满足 x2 + y2 = pn , 则 x 是奇

                      ? + as + t 1 - 1 < as + as + 1 + ? + as + t ,与和是最小的 ,

                      矛盾. 于是 ,从 as + t + 1开始 ,得到一个好的排列 ,即若

                      某个和 as + t + 1 + ? + as + t + k ≤ 0 ,则 as + as + 1 + ? +

                      a ≤ a + a + ? + a ,与和的最小及 t 的最

                      s + t + k s s + 1 s + t

                      数 , y 是偶数或 x 是偶数 , y 是奇数. 不妨考虑第一种 大性矛盾.

                      情况.

                      因此 ,?#26434;?n ! 个排列 ,正 n 边形的顶点上每一 如图 1 , 过 OA 的中

                      种放法 ,?#27492;?#26102;针?#26434;?#30528; n 个排列 , 这 n 个排列中

                      x

                      y

                      ,

                      且 与 Ox 平

                      2

                      2

                      行的直径设为 MN , 由于

                      至少有一个是好的. 所以至少有 ( n - 1) ! 个好的排

                      列.

                      若 i = 1 ,2 , ? , n - 1 时 , ai < 0 , an > 0 ,则好的排y 是偶数 , 所以 M 、N 的

                      列只能从 an 开始 ,其他 n - 1 个数进行全排列 ,共有纵坐标为整数. 易知 M 、

                      n

                      x ± p

                      图 1

                      N 的横坐标 也为

                      2

                      整数. 令 MN = pn = d. 在 MN 的同侧的圆周上取两

                      ( n - 1) ! 个好的排列.

                      所以 ,好的排列至少有( n - 1) ! 个.

                      5. 考虑一条由无穷多个正方形连成的纸带 , 有

                      个整点 P、Q ,其在 MN 上的垂足分别为 P1 、Q1 ,则 些正方形里放着一些硬币. 每次可以选择以下两种

                      MP1·NP1 = PP21 .

                      操作之一.

                      由于 MP1 + NP1 = p

                      n ,令 ( MP1 , NP1) = pa ,则存

                      (i) 若相邻的两个正方形 ,如第 n - 1 个和第 n 个

                      在整数 l 、m , 且 ( l , m) = 1 , 使得 MP1 = pal2 , NP1 =

                      正方形里有硬币 ,则从这两个正方形的每一个中各取

                      pam2 . 于是 MP2 = MP1·MN ,即

                      一枚 ,并将其中一枚硬币放入第 n + 1 个正方形中;

                      MP = l pad , NP = m pad .

                      (ii) 如果 n ≥3 , 且第 n 个正方形中有不少于两

                      同理 ,得 MQ1 = pbz2 , NQ1 = pbt2 ,

                      且  MQ = z pbd , NQ = t pbd .

                      由托勒密(Ptolemy) 定理 ,得

                      PQ· d + MP·NQ = MQ· PN.

                      枚硬币 ,则从第 n 个正方形中取出两枚硬币 , 放在

                      第 n + 1 个正方形中一枚 ,第 n - 2 个正方形中一枚.

                      (1) 证明 :如上的操作是有限的;

                      (2) 假设在前 n 个正方形的每一个中各有一枚

                      硬币 ,证明 :无论怎样操作 ,在第 n + 1 个正方形之后

                      从而 , PQ = ( mz - lt) pa + b .

                      没有硬?#39029;?#29616;.

                      若点 P、Q 在 MN 的异侧 ,有

                      (第 19 届伊朗数学奥林匹克 (第一轮) )

                      PQ = ( mz + lt) pa + b .

                      证明 : (1) 由于硬币是有限的 ,则第一种操作的

                      因此 , PQ 是整数当且仅当 a、b 的奇偶性相同. 次数是有限的. 设 ai 为第 i 个正方形中硬币的数目 ,

                      32 中 等 数 学

                      + ∞

                      S = ∑

                      i = 1

                      iai ,经过一次第二种操作后 S 的值下降至

                      X1 X2 ? Xi ? XjX1 是一个圈.

                      如果 j 是偶数 , C 即满足条件. 如果 j 是奇数 ,

                      S - 1. 由于 S 是非负的 ,则第二种操作的数目也是有 则 X1 X2 ? XiX1 与 X1 XiXi + 1 ? XjX1 中一定有一个满

                      限的 ,所以操作是有限的. 足点的数目是偶数.

                      (2) 设斐波那契( Fibonacci) 数定义如下 :

                      8. 一个 9 × 9 的方格阵的方格被染成黑白两种

                      f1 = 1 , f2 = 1 , fn = fn - 1 + fn - 2  ( n ≥3) ,

                      颜色 ,使得与每个白格相邻的黑格的数目多于白格

                      n

                      易知 ∑

                      i = 1

                      fi = fn + 2 - 1.

                      的数目 ,与每个黑格相邻的白格的数目多于黑格的

                      数目(有一条公共边的两格称为相邻格) . 求如此染

                      + ∞

                      设 T = ∑

                      a f ,则经过每种操作之后 , T 的值不

                      i i

                      i = 1

                      变.

                      因开?#38469;?T 的值为 f1 + f2 + ? + fn = fn + 2 - 1 ,

                      而第 n + 1 个正方形之后若有硬币 , 则 T 的值一定

                      大于等于 fn + 2 . 矛盾. 所以 ,在第 n + 1 个正方形之后

                      色 ,黑白格数目之差的最大值.

                      (第 53 届白俄罗斯数学奥林匹克(决赛 D 类) )

                      解 :把满足问题条件的一种方阵染色方案称为

                      好方案. ?#26434;?#22909;的染色方案 ,易证下面的结论 :

                      (1) 如果两个相邻格颜

                      色相同 ,且在不同的两行 (或

                      没有硬?#39029;?#29616;.

                      列) ,那么 , 这两行 (列) 中任 6. 一个大学生在去年暑假用了 37 天学习高等

                      意两个相邻格有着相同的颜 数学 ,并遵循如下规则 :

                      色 ,且这些颜色是黑白相间 图 2

                      (i) 每天至少学 1 小时; 的(如图 2) .

                      (ii) 每天按整小时学 ,且最多学 12 小时; (2) 3 个连续的格不能有相同的颜色.

                      (iii) 全部学习时间不超过 60 小时.

                      (3) 如果位于角上的格是白 (黑) 色的 ,那么 ,与

                      证明 :此期间存在连续的若干天 ,该生学习时间 它相邻的格是黑(白) 色的.

                      的总和为 13 小时.

                      (4) 如果在某一列 (行) 中有两个相邻格颜色相 (第 19 届希腊数学奥林匹克)

                      同 ,那么 ,在?#25105;?#34892;(列) 中就不可能有两个相邻格颜

                      证明 :设该生在第 i 天学了 ai 小时 ,则前 i 天学 色相同.

                      习的时间总和为 Ai = a1 + a2 + ? + ai ,其中 1 ≤ ai ≤ 从这些结论中可得到 , 如果在某一列 (行) 中不

                      12 , i = 1 ,2 , ? ,37. 由题意可得

                      存在两个相邻格颜色相同 ,那么 ,这一方阵中其他格

                      1 ≤ A1 < A2 < ? < A37 ≤60 ,

                      的颜色仅依靠这列 (行) 的染色. 所以 ,我们只检查第

                      14 ≤ A1 + 13 < A2 + 13 < ? < A37 + 13 ≤73.

                      一列(行) 的颜色分布. 易见 ,如果方阵像国际象棋一

                      74 个整数在 1 至 73 中 ,一定存在 l 、k ,使得 Al 样染色 ,那?#26149;?#26684;与白格之差的最大值等于 1.

                      = Ak + 13 ,即 Al - Ak = 13.

                      考虑第一行有两个相邻格颜色相同 , 由 (1) ~

                      7. 设平面上 n ( n ≥ 4) 个点 A1 , A2 , ? , An , 且任 (4) 可得?#25105;?#30456;邻两行黑白格的数目相同 , 所以 , 黑

                      意三点不共线 ,每点至少与 3 个点之间有连线段. 证

                      白格数目之差等于第一行

                      明 :在这 n 个点中存在不同的 2 k 个点 X1 , X2 , ? ,

                      黑白格数目之差. 易见 , 第

                      X2 k ( k > 1) ,使得 Xi 与 Xi + 1之间有连线段 , X2 k与 X1

                      一行黑白格数目之差数等

                      图 3

                      之间有连线段 ,其中 1 ≤ i ≤2 k - 1. 于 3(如图 3) .

                      (第 19 届巴尔干地区数学奥林匹克) 当第一列有两个相邻格颜色相同 , 可得同样的

                      证明 :设 P = X1 X2 ? Xs 是最长的序列 ,其中 Xi

                      结论. 由(4) 知 , ?#25105;?#22909;的染色方案不会同时在第一

                      与 Xi + 1之间有连线段 , i = 1 ,2 , ? , s - 1 ,且 Xi ∈ { A1 ,

                      行和第一列均有两个相邻格颜色相同.

                      综上所述 ,黑白格数目之差的最大值为 3.A2 , ? , An} , Xi ≠Xj , i ≠j.

                      9. 有 n 个学生 , 老师分配 N 个问题给这些学由于 X1 至少与 3 个点之间有连线段 ,设不同于

                      生 ,学生 i 得到 ai 个问题 ,1 ≤ i ≤ n. 若所有的 ai 不X2 的两个点为 Y 和 Z. 由于 P 是最长的 ,所以 Y、Z

                      全相等 ,则用下面的方法重?#36335;?#37197;他们的问题 :某两∈{ X3 , X4 , ? , Xs} . 设 Y = Xi , Z = Xj , i < j , 则 C =

                      2003 年第 3 期 33

                      个学生 i 和 j 总共得到 ai + aj 个问题. 如果它是偶

                      M = max k ( N - k)

                      1 ≤ k ≤ N

                      ai + aj

                      数 ,则每个人得到

                      个问题; 如果它是奇数 , 则

                      2

                      他们保留他们的问题. 若所得问题数目仍不全相同 ,

                      则继续分配. 问用下面给定的值 ,若干次分配后能否

                      使学生得到的问题的数目全相同 ?

                      (1) n = 8 , N = 80;   (2) n = 10 , N = 100.

                      (第 53 届白俄罗斯数学奥林匹克(决赛 D 类) )

                      解 :将原命题改?#27425;?#22914;下命题 :

                      有 n 个非负整数之和为 N ,每一步选择?#25105;?#20004;

                      个具有相同奇偶性的数 a 和 b ,均用

                      a + b

                      替换原来

                      2

                      m2 , 当 N = 2 m ,

                      =

                      m ( m + 1) , 当 N = 2 m + 1.

                      下面的例子表明 M 是可?#28304;?#21040;的.

                      让第 1 ,第 2 , ? ,第 m 支球队与第 m + 1 , ? ,第

                      N 支球队打平 ,第 p 支球队赢第 i 支球队 (1 ≤ i < p

                      ≤ m) ,第 q 支球队赢第 j 支球队 ( m + 1 ≤ j < q ≤

                      N) ,满足平局场数为 M ,且满足条件.

                      11. 有 n 支球?#30828;渭幼?#29699;联赛 ,每支球队与其他

                      球队只比赛一场 , 规定胜一场得 3 分 , 平一场得 1

                      分 ,负一场得 0 分. 联赛结束后 ,有一些球队可能会

                      的 a 和 b. 问若干步后是否有可能使所有的数均相

                      被取消比赛资格 ,因此他们的比赛结果也会被取消.

                      同 ?

                      剩下的球队将重新计算成绩 , 积分多的球队将会成

                      (1) 证明 n = 8 , N = 80 时答案是肯定的.

                      为这次联赛的冠军 (如果只有一支球?#29992;?#34987;取消比

                      假定数目的总和是 0 (因为我们可以将每个均 赛资格 ,则他就是冠军) .

                      减去 10) .

                      设 fi ( T) ( i = 1 ,2 , ? , n) 是在这次联赛 T 中使

                      使用上述步骤 ,我们验证能使所有数目为 0. 如 得第 i 支球队获得冠军 , 而被取消比赛资格的球队

                      果若干步?#38498;?#19981;是所有数目为 0 ,那么选择某一偶 数目的最小值 ,又设 F ( T) = f1 ( T) + f2 ( T) + ? +

                      数 a 满足| a| 最大. 因为这 8 个数之和为 0 ,所?#28304;?fn ( T) . ?#26434;?n ≥5 ,求 F( T) 的最大值和最小值.

                      a + b

                      在偶数 b. 将数 a 和 b 都用 来替换 ,如果 a ≠b ,

                      2

                      那么这步之后偶数的绝对值的最大值减小.

                      (第 53 届白俄罗斯数学奥林匹克(B 类) )

                      解 :因为 fi ( T) ≤ n - 1 ( i = 1 , 2 , ? , n) , 所以

                      F( T) ≤ n( n - 1) . 另外 , 在联赛 T0 中 , 所有比赛都同样的步骤?#37096;?#29992;于奇数 ,重复这个过程可使

                      是平局 ,则第 i 支球队要得冠军 ,必须取消其他 n -所有数目为 0.

                      1 支球队的比赛资格 ,所以 fi ( T0) = n - 1. 于是 ,若当上述步骤不能减小绝对值的最大值时 ,一

                      F( T0) = n ( n - 1) .

                      定有 m 个奇数都等于α,8 - m 个偶数都等于β(0 <

                      因此 , F( T) 的最大值为 n ( n - 1) .m < 8) . 则有

                      mα+ (8 - m)β= 0 ,即 m (β- α) = 8β.

                      下面证明 F( T) 的最小值为 n.

                      因为α- β是奇数 ,于是 m 能被 8 整除 ,与 0 < ?#26434;?#32852;赛 T1 :第 i 支球队赢第 i + 1 支球队 ( i =

                      m < 8 矛盾.

                      1 ,2 , ? , n - 1) ,第 n 支球队赢第 1 支球队 ,其他球队

                      (2) 答案是否定的. 之间的比赛均为平局. 显然 ,取消第 i - 1 支球队就

                      例如 : a1 = ? = a8 = 11 , a9 = a10 = 6.

                      能使第 i 支球队获得冠军 ( i = 2 ,3 , ? , n) ,取消第 n

                      10. N 支球?#30828;?#21152;曲棍球联赛 ,每支球队与其他 支球队就能使第 1 支球队获得冠军 , 则 fi ( T1 ) = 1 ,

                      球队只比赛一场 ,已知?#25105;?3 支球队中不是每两支 于是 F( T1) = n.

                      球队之间均为平局. 求平局场数的最大值. 如果在联赛 T 中没有一支球队比其他球队积

                      (第 53 届白俄罗斯数学奥林匹克(决赛 C 类) ) 分多 ,则 fi ( T) ≥1( i = 1 ,2 , ? , n) ,因此 F( T) ≥ n;

                      解 :设 di 为第 i 支球队平局的场数 , 设 k = 如果在联赛 T 中有一支球队比其他球队积分

                      max di . 不失一般性 ,设 dN = k ,且第 N 支球队与第 i

                      1 ≤ i ≤ N

                      多 ,不妨设为第 n 支球队比其他球队积分多 ,于是 fn

                      ( T) = 0 , fi ( T) ≥1( i = 1 ,2 , ? , n - 1) . 所以 F ( T) ≥(1 ≤ i ≤ k) 支球队打平.

                      n - 1. 由已知条件 ,第 i 支球队与第 j 支球队 (1 ≤ i , j

                      若 F( T) = n - 1 ,则 fi ( T) = 1 ( i = 1 ,2 , ? , n - ≤ k) 之间不能打平 ,于是 ,第 k + 1 , ? , N - 1 支球队

                      均最多打平 k 场. 因此 , 平局的场数不超过 k ( N -

                      1) , fn ( T) = 0. 设第 i 支球队获得冠军 , 被取消资格

                      k) . 故平局场数的最大值为 的是第 ai 支球队 ,则当 i ≠j 时 , ai ≠aj . 于是 ,第 ai

                      34 中 等 数 学

                      支球队一定输给了第 n 支球队(若 ai ≠n) . 所以第 n 式. 亚瑟?#37096;?#19982; D 或 F 握手 , 则在一侧的 2 个人有

                      支球队至少赢了 n - 2 场比赛. 从而?#26522;?#24471;到 kn ≥ N1 种握手方式 ,另一侧的 4 个人有 N2 种握手方式.

                      3( n - 2) 分 ,且第 i 支球队( i = 1 ,2 , ? , n - 1) 得到 ki 故 N4 = 2 N3 + 2 N1 × N2 = 14.

                      ≥ kn - 2 分. 于是在联赛 T 中 ,所有球队得分之和为

                      类似可得

                      n

                      i = 1

                      n - 1

                      ki = ∑

                      i = 1

                      ki + kn

                      2

                      N5 = 2 N4 + 2 N3 × N1 + N2 = 42 ,

                      N6 = 2 N5 + 2 N4 × N1 + 2 N3 × N2 = 132.

                      n - 1

                      ≥ ∑

                      i = 1

                      ( kn - 2) + kn = nkn - 2( n - 1)

                      ≥3( n - 2) n - 2( n - 1) = 3 n2 - 8 n + 2.

                      n

                      n ( n - 1)

                      另一方面 , ∑

                      ki ≤3·

                      ,所以 ,

                      2

                      i = 1

                      3· n ( n - 1)

                      2

                      ≥3 n2 - 8 n + 2.

                      该不等式当 n ≥5 时不成立 ,矛盾.

                      所以 ,此题解为 132.

                      注 :数列 1 , 2 ,5 ,14 , 42 , 132 , ? 是著名的 Catalan

                      数. 若定义 N0 = 1 ,则此数列通项为

                      k - 1

                      Nk = ∑

                      ( Nr × Nk - r - 1) .

                      r = 0

                      13. 在一次数学竞赛中 ,

                      (i) 竞赛题的数目为 n ( n ≥4) ;

                      (ii) 每道题恰由 4 人解出;

                      因此 , F( T) 的最小值为 n.

                      (iii) ?#26434;諶我?#20004;道题 ,恰有 1 人解出这两题.

                      12. 12 个人围着桌?#24188;?#25104;一圈 ,有多少种握手方

                      若参赛人数大于等于 4 n ,求 n 的最小值 , 使得

                      法 ,使得 6 对握手的人胳膊不交叉 ?

                      总存在一个人解出全部竞赛题.

                      (2001 ,英国数学奥林匹克 (第一轮) )

                      (第 15 届韩国数学奥林匹克)

                      解 :由题意 ,握?#31181;?#22312;桌面上发生 ,而不会在其

                      解:设 n ≥14,将每道题表示为一个矩形,其 4 个顶

                      他人的背后.

                      点分别表示 4 名解出此题的参赛者. 设 P 为?#25105;?#38382;题.

                      设 Np 表示 2 p 个人围圆桌坐成一圈而无胳?#27493;?p>每个不同于 P 的题目和 P 有一个公共顶点 ,因

                      叉握手的方法总数 ,且每人只握一次手. 将每个人看 为 n ≥14 ,由抽屉原则知 ,有 P 的一个顶点记作 S 至

                      作一点 ,不失一般性. 将其中一人 ———亚瑟所在点记 少是 4 个(不同于 P) 矩形的顶点.

                      作 A. 由于握手成对发生 ,故在亚瑟及与他握手的人 假设存在矩形 P′与 P 不在 S 共点 ,则至少有 5

                      两侧的人数必为 0 或偶数.

                      个矩?#25105;?#28857; S 为顶点 , 且均和 P′只有一个公共顶

                      若有 2 个人 ,则只有一种握

                      点. 由抽屉原则 , P′的一个顶点 S′至少是 2 个以 S 为

                      手方法 ,故 N1 = 1.

                      顶点的矩形的顶点.

                      若有 4 个人 ,亚瑟可?#38498;?#20182; 若 S ≠S′, 则有不少于 2 个矩形共点于 P 的 S

                      相邻的人 (如图 4 中 B 或 D) 握 点和 P′的 S′点 ,与条件(iii) 矛盾.

                      手 ,但不能与对面的 C 握手 ,否

                      故 S = S′,即所有矩形共点于 S.

                      图 4 表 1 是 n = 13 时 ,无人解出所有题目的一个例则会发生交叉. 故 N2 = 2.

                      若有 6 个人 ,亚瑟可?#38498;?#20182;

                      相邻的人 (如图 5 中 B 或 F) 握

                      手 ,余下的 4 人有 N2 种方法握

                      手. 亚瑟?#37096;梢院?#23545;面的 D 握

                      手 ,在 AD 的两侧都有 2 个人 ,

                      BC 和 FE 均有 N1 种握手方法.

                      故 N3 = 2N2 + N21 = 5.

                      图 5

                      子. 将竞赛题编号为 1 ,2 , ? ,13 ,将参赛者编号为 1 ,

                      2 , ? . 在表 1 中 ,除 1 号至 13 号参赛者外的所有参赛

                      者均没解出题目 ,第 1 行表示竞赛题的编号 ,第 i 列

                      (1 ≤ i ≤13) 表示解出第 i 道题的 4 名参赛者的编号.

                      表  1

                      竞赛题编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

                      1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4

                      2 5 8 11 5 6 7 5 6 7 5 6 7

                      解出竞赛题的

                      通过 这 种 方 法 逐 步 求 出

                      参赛学生号码

                      3 6 9 12 8 9 10 9 10 8 10 8 9

                      N6 .

                      4 7 10 13 11 12 13 13 11 12 12 13 11

                      当有 8 个人时 ,亚瑟可与邻

                        ?#26434;?4 ≤ n ≤12 ,则可以通过去掉若干列 (问题) 座(如图 6 中的 B 或 H) 握手. 余

                      得到类?#39057;?#20363;子. 故所求最小值为 14. 图 6

                      下在一侧的 6 人有 N3 种握手方

                      注 :题中条件 n ≥4 可替换为 n ≥ 3. 但若 n = 2 ,

                      2003 年第 3 期 35

                      则最小值为 2.

                      14. 岛上?#24188;?#30528; n 个本地人 ,他们中每两人要么

                      =

                      (2 m + 1) 2

                      4

                      =

                      n2

                      4

                      种石头.

                      是朋友要么是敌人. 一天 ,首领要求每位?#29992;?(包括

                      注 :参考第 10 题.

                      他自己) 按以下原则自己做一条石头项链 :每两个朋

                      15. ?#26434;?#22352;标平面上的格点 X ,若线段 OX 上不友间 ,他们的项链上至少有一块相同的石头;每两个

                      含其他格点 ,则?#39057;?X 从原点 O 可见. 证明 :对?#25105;?p>敌人间 ,他们的项链上的石头均不相同 (一条项链上

                      正整数 n. 存在面积为 n2 的正方形 AB CD ,使得在此

                      n2

                      可以?#25300;?#30707;头”) . 证明 :要完成首领的命令需 种

                      4

                      正方形内部无从原点可见的格点.

                      n2

                      (2002 ,中国台湾数学奥林匹克)

                      不同的石头 ,并且当石?#20998;?#25968;少于 时 ,此命令可

                      4

                      证明 :注意到格点 ( x , y) 从原点可见当且仅当

                      能无法实现. (其中 ,[ x ]表示不超过 x 的最大整数. )

                      x 、y 互素. 由此 ,问题转化为求一个正方形 AB CD ,使

                      (2002 ,克罗地亚国家数学竞赛)

                      得其内部的每一格点 ( x , y) 满足 x 与 y 不互素. 设

                      证明 :用数学归纳法.

                      p1 , p2 , ? 是一列不同的质数 ,在 n × n 的矩阵 M 中 ,

                      当 n = 1 和 n = 2 时 ,显然?#29992;?#21487;按规定做项链.

                      第 1 行的元素为前 n 个质数 ,第 2 行的元素为随后

                      假设 n = k 时结论成立 ,要证 n = k + 2 时结论

                      的 n 个质数 ,?#26469;?#19979;去 ,设 mi 为 M 中第 i 行元素的

                      也成立. 若每两位?#29992;穸际?#25932;人 ,将不需要石头. 现

                      乘积 , Mj 是 M 中第 j 列元素的乘积. 则 m1 , m2 , ? ,

                      假设在?#29992;?#20013;至少有两人是朋友 ,记作 A 和 B . 由假

                      设知另外 k 个人至多用

                      k2

                      4

                      种不同的石头做项

                      mn 两两互素 , M1 , M2 , ? , Mn 两两互素. 下面 , 考虑

                      同余式.

                      链. 因为 A 与 B 是朋友 ,所以他们在制做项链时可

                      x ≡- 1(mod m1) ,

                      以共同使用一?#20013;?#30707;头. x ≡- 2(mod m2) ,

                      下面考虑 k. 在?#29992;?#20013;的某人 C ,有以下 3 种可

                      ? ? 能 :

                      x ≡- n (mod mn) . (1) C 与 A 、B 均是敌人;

                      由孙子定理 ,在 mod m1 m2 ? mn 下有惟一解 a.

                      (2) C 与 A 、B 均是朋友; 类?#39057;?,同余式

                      (3) C 是一人的朋友 ,是另一人的敌人. y ≡- 1(mod M1) ,

                      在(1) 中 ,不需要一?#20013;?#30707;头;在 (2) 中 , 他们每

                      人在项链上选一?#20013;?#30707;头;在 (3) 中 ,仅 C 和他的朋

                      y ≡- 2(mod M2) ,

                      ? ?

                      ?#30740;?#36873;一?#20013;?#30707;头. 每种情况 ,他们都至多要用一种

                      y ≡- n (mod Mn) .

                      k2

                      新石头. 综合起来 ,他们至多需要 + 1 + k 种石 在 mod M1 M2 ? Mn = m1 m2 ? mn 下也有惟一解 b.

                      4

                      在以( a , b) 和( a + n , b + n) 为相对顶点的正方

                      头( A 和 B 需一种 ,余下 k 人中的每个人需一种) ,且

                      k2

                      4 + k + 1 =

                      ( k + 2) 2

                      4

                      .

                      形中 ,其内部的格点满足

                      ( a + r , b + s) ,其中 0 < r < n ,0 < s < n.

                      n2

                      所以 ,

                      种石头满足条件.

                      4

                      下面证明 ,石?#20998;?#25968;是不可减少的.

                      若 n 是偶数 ,设 n = 2 m ,将?#29992;?#20998;作相等的两

                      组 ,使得任何同组的两人是敌人 ,任何不同组的两人

                      2 n2

                      是朋友. 他们共需 m2 = n

                      = 种石头 (因为有

                      4 4

                      m2 对朋友 ,且在三个?#29992;?#20013;至少有两个是敌人 ,所

                      只要证明这样的点从原点不可见. 事实上 ,因为

                      a ≡- r(mod mr) , b ≡- s (mod Ms) ,所以 ,矩阵 M 的

                      第 r 行 s 列的质数可以整除 a + r、b + s. 由于 a + r

                      和 b + s 不互素 ,故格点( a + r , b + s) 从原点不可见.

                      16. 已知正整数 m 、n , m < 2 001 , n < 2 002 , 有

                      2 001 × 2 002个不同的实数. 将这些数放入 2 001 ×

                      2 002的矩形棋盘(棋盘有 2 001 行 ,2 002 列) ,使得每

                      以这三人没有同一种石头) .

                      若 n = 2 m + 1 ,将所有人分作 m 、m + 1 两组. 如

                      个格内有一个数 ,每个数都放在一个格内. 当格内的

                      数小于其所在列的至少 m 个数 ,也小于其所在行的

                      前面 ,任何同组的两人是敌人 ,任何不同组的两人是

                      朋友. 此时 ,他们需要

                      2 + 4 m

                      m ( m + 1) = 4 m

                      4

                      2 + 4 m + 1

                      = 4 m

                      4

                      至少 n 个数时 ,将这样的数所在的格称为“坏格”. 对

                      每种放法 ,记 S 为“坏格”的数目. 求 S 的最小值.

                      (2002 ,越南数学奥林匹克)

                      解 :用 p、q 分别替换 2 001、2 002 ( m ≤ p , n ≤

                      36 中 等 数 学

                      q) ,将问题加强为对 p + q 进行归纳 ,证明 最小值为 252;

                      S ≥ ( p - m) ( q - n) . ①

                      显然 ,当 p + q = 2 ,3 ,4 时 ,不等式 ①成立.

                      14

                      (2) 满足 ∑ C2a

                      k

                      k =1

                      = 252 的有胜 - 负的比赛可发生.

                      假设 p + q = k 时 ,不等式 ①成立. 首先 ,证明(1) . 由于对每个 xi 仅有有限种可能

                      当 p + q = k + 1 时 ,考虑( p , q) - 棋盘. 若 m = p

                      或 n = q ,不等式 ①显然成立. 下面考虑 m < p 且 n <

                      14

                      值 ,故 ∑

                      k = 1

                      C2x 的最小值存在. 设存在 1 ≤ i 、j ≤ 14 使得

                      k

                      xi - xj ≥2. 定义 q 的情况. 如果格内数?#20013;?#20110;其所在行 (或列) 的至

                      少 n 个数(或 m 个数) ,那么 ,将棋盘上这样的格叫 xi - 1 ( k = i) ,

                      做坏行格(或坏列格) . yk = xj + 1 ( k = j) ,

                      在( p , q) - 棋盘内 , 如果每个坏列格也是坏行

                      xk ( k ≠i 、j) .

                      格 ,且每个坏行格也是坏列格 ,那么易得

                      S = ( p - m) ( q - n) .

                      因此不等式 ①成立.

                      假设在( p , q) - 棋盘内存在格仅是坏行格或坏

                      14

                      则 yk ≥0 , ∑

                      yk = 91 ,且

                      k = 1

                      14 14

                      ∑ - ∑

                      C2x C2y = C2x + C2x

                      k k i j

                      k = 1 k = 1

                      - C2x - 1 - C2x

                      + 1

                      i j

                      列格. 设 a 是写在这类格中最小的数 ,不妨设 a 是坏

                      行格. 那么 ,位于 a 所在列的所有( p - m) 个坏列格中

                      的数比 a 小 ,因此一定是棋盘内的坏格. 去掉 a 所在

                      列 ,则( p , q - 1) - 棋盘的格是坏格 , 在先前假设的

                      ( p , q) - 棋盘中也是坏格. 因为 p + q - 1 = k ,由归纳

                      假设知 ,在( p , q - 1) - 棋盘中坏格数不少于 ( p - m)

                      ( q - 1 - n) . 因此 ,在( p , q) - 棋盘中坏格数不少于

                      xi ( xi - 1)

                      2

                      ( xj + 1) xj

                      2

                      = xi - xj - 1 > 0.

                      ( p - m) ( q - 1 - n) + ( p - m) = ( p - m) ( q - n) . 显然 ,

                      由此 ,不等式 ①成立.

                      现在( p , q) - 棋盘中给出一种放法 , 使得坏格

                      数等于( p - m) ( q - n) :将 p × q 个数按递增顺序从

                      左向右依次放入格内.

                      这样 , Smin = ( p - m) ( q - n) ,故所求最小值为

                      (2 001 - m) (2 002 - n) .

                      17. 14 人进行一种日本棋循环赛 , 每个人都与

                      另外 13 人对弈 ,在比赛中无平局. 求“三联角”的最

                      大值(这里“, 三联角”指三个人之间进行的比赛 ,每

                      人均一胜一负) .

                      (2002 ,日本数学奥林匹克 (第一轮) )

                      解 :将这 14 个人分别用 A , A , ? , A 表示 ,设

                      1 2 14

                      A 胜了 a 局 ,在?#25105;?#19977;人中 (即从 14 人中选出 3 人

                      i i

                      { x1 , x2 , ? , x14}

                      = {6 ,6 ,6 ,6 ,6 ,6 ,6 ,7 ,7 ,7 ,7 ,7 ,7 ,7} .

                      14

                      从而 , ∑

                      C2x 的最小值是 C26 × 7 + C27 × 7 = 252.

                      k

                      k = 1

                      下面证明(2) .

                      一次循环的胜 - 负情况如表 2.

                      表  2

                      为一组) ,若无“三联角”,则一定有一人胜了另外两

                      14

                      人. 所以不构成“三联角”的三人组的数目为 ∑

                      C2a

                      k

                      k = 1

                      (这里 , 定义 C21 = C20 = 0) . 则“三联角”数为 C314 -

                      14

                      C2a

                      k

                      k = 1

                      14

                      ,即求 ∑

                      k = 1

                      C2a

                      的最小值.

                      k

                      14

                      已知 ∑

                      ak = C214 = 91. 下面证明 : k = 1

                      14 14

                      (1) 整数 xk ≥ 0 , 且满足 ∑ xk = 91. 则 ∑ 的

                      C2x

                      k

                      k = 1 k = 1

                      2003 年第 3 期 37

                      这里 ,在( i , j) 表中“, ○”表示 Ai 胜Aj “, ●”表示 RBC内.

                      Ai 负 Aj “, × ”表示在 Ai 和 Aj 中没进行比赛. (ii) ?#26434;?#32437;坐标大于 A 和 C 的某点 M. 若其横

                      所以“, 三联角”个数的最大值为 坐标小于 D 的横坐标 , 则 M 在 RDA 内; 否则 , M 在

                      C314 - 252 = 112.

                      RCD内.

                      18. 已知在 xOy 平面上的 2 002 个点组成的点集 (iii) ?#26434;?#26576;点的纵坐标在 A 和 C 之间 , 则此点

                      记作 S ,且 S 中?#25105;?#20004;点所连直线均不与坐标轴平 在 RAC内.

                      行. ?#26434;?S 中两个不同点 P、Q , 考虑以 PQ 为对角 这表明在 5 个矩形 RAB 、RBC 、RCD 、RDA 、RAC中至

                      线 ,其边分别平行于坐标轴的矩形 , WPQ表示 S 在此 少有一个矩形包含了 S 中的多于 399 个点. 否则 , S

                      矩形内(不含 P、Q) 的点的个数. 中至多有除 A 、B 、C、D 外的 399 × 5 = 1 995个点 ,这

                      当命题“S 中的点无论在坐标平面上如何分布 , 与已知 S 有 2 002 个点矛盾. 故(1) 成立.

                      在 S 中至少存在一对点 P、Q , 满足 WPQ ≥ N”为真 下面证明(2) .

                      时 ,求 N 的最大值.

                      (2002 ,日本数学奥林匹克 (第二轮) )

                      解 :这里仅讨论边与坐标轴平行的矩形. ?#26434;?S

                      中的?#25105;?#20004;点 P、Q , RPQ 表示以 PQ 为对角线的矩

                      形 , WPQ表示 S 在矩形 RPQ中点的个数. 在此 , P 与 Q

                      不必相异;若 P 与 Q 相同 ,则在矩形 RPQ内无点 ,记

                      WPQ = 0.

                      下面证明所求 N 的最大值为 400.

                      (1) 无论将 S 的 2 002 个点如何放置 , 总存在

                      P、Q ∈ S ,满足 WPQ ≥400;

                      (2) 若 S 中的 2 002 个点按某种方式放置 ,则对

                      Π P、Q ∈ S ,有 WPQ ≤400.

                      图 7

                        将 S 中的 2 002 个点如图 7 放置 ,分为 E、F、G、

                      首先证明(1) . 给定点集 S 中有 2 002 个点 ,记 S

                      中满足横坐标最小、纵坐标最小、横坐标最大、纵坐

                      标最大的 4 个点分别为 A 、B 、C、D ,此 4 点中的某 2

                      点可能相同.

                      H、I 这 5 个点组. 则有

                      (i) 对任?#25105;?#20010;矩形 RPQ ( P、Q ∈ S) 至多包含一

                      个点组;

                      (ii) 此点组要?#27425;?I 要?#27425;?#33267;少包含 P、Q 之一

                      故可断定 S 中异于 A 、B 、C、D 的?#25105;?#19968;点 (至

                      少 1 998 个) 至少包含在矩形 RAB 、RBC 、RCD 、RDA 、RAC

                      之一的内部. 此结论由以下三种情况得出.

                      (i) ?#26434;?#32437;坐标小于 A 和 C 的某点 M. 若 M 的

                      横坐标小于 B 的横坐标 ,则 M 在 RAB 内;否则 , M 在

                      的某个点组.

                      这说明以 S 中两点的连线段为对角线的矩形

                      至多包含 S 中的 400 个点.

                      (1) 和(2) 得证. 故 N 的最大值为 400.

                      (未完待续)

                      编  读  往  来

                      1. 杭州市第二中学高三 (2) 班王建春同学来信指出 ,本刊 2002 年第 1 期第 25 页?#20381;?#31532; 3 行最后的

                      “sin

                      A

                      2

                      ”应 为“cos

                      A

                      2

                      ”.

                      2. 江苏省无锡旅游职业学校顾冬华老师来信指出 ,本刊 2002 年第 2 期数学奥林匹克问题初 109 的解答有误 ,所求结论应为[ P2 000 ] = 24.

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