高中数学 第二章 代数 第一节集合数与式奥林匹克竞赛题解文档格式.docx
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将
(1)式右边的和写成一个表
将上表每一行加起来,再将这些行和相加便得
(1)的右边的分子,现
B1-004
定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集,假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和,具有这个性质的集合S的和的最大值是多少?
【题说】第四届(1986年)美国数学邀请赛题12.
【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个,则元素个数不
S的元素个数≤5,所以S的和≤15+14+13+12+11=65.如果S的和≥62,则S的元数为5,并且15、14均在S中(S的和至多比15+14+13+12+11少3).这时S中无其它的连续整数,因而只有一种情况即{15,14,13,11,9),不难看出它不满足条件.
所以,S的和≤61.特别地,S={15,14,13,11,8}时,和取最大值61.
B1-006
对有限集合A,存在函数f:
N→A具有下述性质:
若|i-j|是素数,则f(i)≠f(j),N={1,2,…}.求有限集合A的元素的最少个数.
【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.
【解】1,3,6,8中每两个数的差为素数,所以f
(1),f(3),f(6),f(8)互不相同,|A|≥4.
另一方面,令A={0,1,2,3}.对每一自然数n,令f(n)为n除以4所得余数,则在f(i)=f(j)时,|i-j|被4整除.因而f是满足条件的函数.
于是,A的元素个数最少为4.
B1-007
集合{1,2,3,…,100}的某些子集,满足条件:
没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少?
【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1(6).原题为选择题.
【解】令A1={51,52,…,100},A2={26,27,…,50},A3={13,14,…,25},A4=(7,8,9,10,11,12),A5=(4,5,6},A6={2,3},A7={1}.
A1∪A3∪A5∪A7共50+13+3+1=67个元素,每一个都不是另一个的两倍.
若集合B
{1,2,…,100},其中每一个数都不是另一个的两倍,则在a∈B∩A2时,2a
B,因此|B∩A2|+|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|+|B∩A3|≤13,|B∩A6|+|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.
本题答案为67.
B1-008
设集合Sn={1,2,…,n).若X是Sn的子集,把X中所有数之和称为X的“容量”(规定空集容量为0).若X的容量为奇(偶)数,则称X为Sn的奇(偶)子集.
(1)求证:
Sn的奇子集与偶子集个数相等;
(2)求证:
当n≥3时,Sn的所有奇子集容量之和,与所有偶子集容量之和相等.
(3)当n≥3时,求Sn所有奇子集的容量之和.
【题说】1992年全国联赛二试题2.
【证】设S为Sn的奇子集,令
则T是偶子集,S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应,而且每个偶子集T,均恰有一个奇子集
与之对应,所以
(1)的结论成立.
对任一i(1≤i≤n),含i的子集共2n-1个,用上面的对应方法可知在i≠1时,这2n-1个集中有一半是奇子集.在i=1时,由于n≥3,将上边的1换成3,同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时,元素i的贡献是2n-2·
i.奇子集容量之和是
根据上面所说,这也是偶子集容量之和,两者相等.
B1-009
用σ(S)表示非空整数集S中所有元素的和.设A={a1,a2,…,an}是正整数集,且a1<a2<…<a11.若对每个正整数n≤1500,存在A的子集S,使得σ(S)=n.试求满足上述要求的a10的最小值.
【题说】第二十一届(1992年)美国数学奥林匹克题3.
【解】令Sk=a1+a2+…+ak(1≤k≤11).
若ak>Sk-1+1,则不存在S
A,使
σ(S)=Sk-1+1
所以,
Sk=Sk-1+ak≤2Sk-1+1
(1)
又由题设得S1=a1=1.于是由
(1)及归纳法易得
Sk≤2k-1(1≤k≤m)
(2)
若S10<750,则a11≤1500(否则750无法用σ(S)表出),S11=S10+a11<1500,所以S10≥750.
又S8≤28-1=255,于是
2a10≥a9+a10=S10-S8≥495
所以,a10≥248.
另一方面,令
A={1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750}
当n≤255=27+26+…+2+20时,可找到S
{1,2,4,…,128},使σ(S)=n.当n≤255+247=502时,存在S
(1,2,4,…,128,247),使σ(S)=n;
当n≤502+248=750时,存在S
{1,2,4,…247,248},使σ(S)=n;
当n≤750+750=1500时,存在S
A,使σ(S)=n.
于是a10的最小值为248.
B1-010
给定集合S={Z1,Z2,…,Z1993},其中Z1,Z2,…,Z1993为非零复数(可视为平面上非零向量).求证:
可以把S中元素分成若干子集,使得
(1)S中每个元素属于且仅属于一个子集;
(2)每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°
;
(3)将任二子集中复数分别作和,所得和数之间夹角大于90°
.
【题说】1993年中国数学奥林匹克(第八届数学冬令营)题4.
【证】现对任意正整数n给以证明.
设非零复数集S={Z1,…,Zn}.
对S每个非空子集A,其中所有数之和,称为A之和.
S共有2n-1个非空子集,其中必有一个子集S1,其和的模|a1|最大.
若S≠S1,对S\S1,取其非空子集S2,使其和的模|a2|最大.如比等等.
因S为有限集,故经若干步后,即得S的一个划分:
S1,S2,…,Sk,它们的和a1,a2,…,ak的模分别是S,S\S1,S\(S1∪S2),…,S\(S1∪S2∪…∪Sk-1)的非空子集和的最大模.
这样的划分,条件
(1)显然满足.
若某个Sr中有一元素Z与ar的夹角>90°
,则如图a,|ar-Z|>|ar|.ar-Z是S\(S1U…USr-1)的非空子集Sr\{Z}之和,与Sr的选取矛盾.
若ar与at(1≤r<t≤k)的夹角≤90°
,则如图(b),|ar+at|>|ar|.ar+at是S\(S1∪…∪Sr-1)不空子集Sr∪St之和,这又与Sr选取矛盾.
因此,所述划分满足条件
(1)~(3).
【注】因为平面上至多有三个向量,它们之间两两的夹角都大于90°
,故S至多分为三个子集.
B1-011
设集合A={1,2,3,…,366}.如果A的一个二元子集B={a,b}满足17|(a+b),则称B具有性质p.
(1)求A的具有性质p的二元子集的个数;
(2)A一组二元子集,两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少?
【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.
【解】将1,2,…,366按17除的余数分为17类:
17类:
[0],[1],…,[16].因为366=17×
21+9,所以[1],[2],…[9]中各有22个数,[10],…,[16],[0]中各有21个数.
当且仅当a∈[k],b∈[17-k]时,{a,b}具有性质p.
当a∈[k],b∈[17-k],k=1,2,…,7时,具有性质p的子集
所以A的具有性质p的二元子集个数共有
210+462×
7+484=3928(个)
(2)为使二元子集两两不变,可如下搭配:
a∈[0],b∈[0],有10个子集;
a∈[k],b∈[17-k],k=1,2,…,7,有21个子集;
a∈[8],b∈[9],有22个子集.
故A的具有性质p两两不交的二元子集共有
10+21×
7+22=179(个)
B1-012
设|v|、σ(v)和π(v)分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数,元素的和以及元素的积(如果集合v是空集,则|v|=0,σ(v)=0,П(v)=1).若S是由正整数组成的有限集合.证明
对所有的正整数m≥σ(S)成立.
【题说】第二十三届(1994年)美国数学奥林匹克题5.
【证】设S={a1,a2,…,an}.长为m的、由m-n个0与n个1
将这样的数列分为n+1段,第一段a1个数,第二段a2个数,…,第n段an个数.
前n段的每一段中恰有1个1的数列,由于第i段的1有ai种位置(1≤i≤n),所以这样的数列共有
ala2…an=П(S)个.
个.根据容斥原理,
即本题的等式成立.
B1-015
设M={1,2,…,1995},A是M的子集,且满足条件:
当x∈A时,15x
A,试求A中元素个数的最大值.
【题说】1995年全国联赛一试题2(6).原为填空题.
【解】由题设,当k=9,10,…,133时,k与15k不能同时在A中,故至少有
133-8=125
个数不在A中,即|A|≤1995-125=1870
另一方面,M的子集
A={1,2,…,8}∪{134,…,1997}
满足条件.它恰好有1780个元素.故|A|的最大数是1870.
B1-016
已知集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.求该集合具有下列性质的子集个数:
每个子集至少含有2个元素,且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.
【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.
【解】设an是集合{1,2,…,n}的具有题设性质的子集个数.集合{1,2,…,n,n+1,n+2}的具有题设性质的子集可分为两类:
第一类子集包含元n+2,这样的子集有an+n个(即每个{1,2,…,n}的这种子集与{n+2}的并集,以及{1,n+2},{2,n+2},…,{n,n+2});
第二类子集不包含n+2,这样的子集有an+1个.于是,有
an+2=an+an+1+n
显然,a3=1,a4=3(即{1,3},{2,4},{1,4}).
所以a5=7,a6=14,a7=26,a8=46,a9=79,a10=133.
B1-017
对任意非空实数集S,令σ(S)为S的元素之和.已知n个正整数的集A,考虑S跑遍A的非空子集时,所有不同和σ(S)的集.证明这些和可以分为n类,每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.
【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2
【解】设A={a1,a2,…,an},a1<a2<…<an.令fj=a1+a2+…aj,ej=max{aj,fj-1}},则fj=fj-1+aj≤2ej(1≤j≤n).
每个和ai1+ai2+…+ait,i1<i2<…<it,必在某个区间(fj-1,fj]中.因为
ai1+ai2+ait>fj-1=a1+a2+…aj-1
所以
it≥j
从而
ai1+ai2+…+ait≥aj
于是ai1+ai2+…+ait∈[ej,fj].
这样σ(S)被分为n个类,在ej与fj之间的和为第j类(1≤j≤n),fj本身在第j类,而ej=fj-1时,ej不在第j类;
ej>fj-1时,ej在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.
B1-018
设S={1,2,3,4),n项的数列:
a1,a2,…,an有下列性质,对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为|B|),在该数列中有相邻的|B|项恰好组成集合B.求n的最小值.
【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.
【解】n的最小值为8.
首先证明S中的每个数在数列a1,a2,…,an中至少出现2次.事实上,若S中的某个数在这个数列中只出现1次,由于含这个数的二元子集共有3个,但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法,因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.
由此可见n≥8.
另一方面,8项数列:
3,1,2,3,4,1,2,4满足条件,因此,所求最小值为8.
B1-019
求两个正整数m与n之间(m<n),一切分母为3的既约分数的和.
【题说】1962年成都市赛高三二试题1.
3(n-m)+1
项.其和
但其中整数项的和
故所求之和
S=S1-S2=n2-m2
B1-020
证明cos10°
是无理数.
【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.
【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx,可得
cos30°
=4cos310°
-3cos10°
即
若cos10°
是一个有理数,则
(1)右端为有理数,而左端是一个无理数,矛盾,故cos10°
为无理数.
B1-021
求出所有四元实数组(x1,x2,x3,x4),使其中任一个数与其余三数积的和等于2.
【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.
【解】设x1x2x3x4=d,则
显然d≤1.有以下五种情况:
所以d=1,x1=x2=x3=x4=1.
所以d=1,x1=x2=x3=x4=1.
综上所述,x1、x2、x3、x4或者全为1;
或者其中有三个为-1,一个为3.
B1-022
设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P(x)=x2-10x-22成立的自然数.
【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.
【解】设n位数x满足
P(x)=x2-10x-22
若n≥3,则x≥10n-1≥100,
9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·
10n-1-22
=9·
10n-22>10n
矛盾.
若n=1,则
x=P(x)=x2-10x-22
x2-11x-22=0
但此方程无正整数解.因此n=2.
若x≥20,则
x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22>92≥P(x)
因此x=10+y,y∈{0,1,2,…,9}.
(1)变成
y=(10+y)2-10(10+y)-22
易知y=2,x=12.
B1-023
证明:
如果三个正数的积为1,而它们的和严格地大于它们的倒数之和,那么,它们中恰好有一个数大于1.
【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2.
【证】设这三个数为a,b,c,则
(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1
左边有一个或三个因子为正.但abc=1,所以a、b、c不可能全大于1,从而a、b、c中有且只有一个数大于1.
B1-024
若干个正整数的和为1976,求这些正整数的积的最大值.
【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.
【解】设这些正整数为a1,…,an,则
a1+…+an=1976
不妨设ai<4(1≤i≤n),这是因为当ai≥4时ai≤2(ai-2),故把ai换成2和ai-2不会使积减小.再注意2×
2×
2<3×
3,所以只需考虑积2a·
3b,其中a=0,1,2,且2a+3b=1976.由此得a=1,b=658,故所求的最大值为2×
3658.
B1-025
确定最大的实数z,满足
x+y+z=5
xy+yz+zx=3
并且x、y也是实数.
【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3.
【解】由
(1)得(x+y)2=(5-z)2,由
(2)得xy=3-z(5-z).
于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[3-z(5-z)]
=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)
因此有
-1≤z≤13/3
当x=y=1/3时,z=13/3.因此z最大值是13/3.
B1-026
已知a、b、c、d、e是满足
a+b+c+d+e=8,
a2+b2+c2+d2+e2=16
的实数,试确定e的最大值.
【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1.
【解】由Cauchy不等式,
(8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2),
B1-027
已知:
0.301029<lg2<0.301030,
0.477120<lg3<0.477121
求20001979的首位数字.
【题说】1979年安徽省赛二试题1.
【解】因为
lg20001979=1979(3+lg2)=5937+1979lg2
595.736391<1979lg2<595.738370
而
lg5=1-lg2<0.70
lg6=lg2+lg3>0.77
6532+lg5<lg20001979<6532+lg6
106532<20001979<6×
106532
所以20001979的首位数字是5.
B1-028
已知a1,a2,…,a8均为正数,且
a1+a2+…+a8=20
a1a2…a8=4
试证:
a1,a2,…,a8之中至少有一个数小于1.
【题说】1979年湖北省赛二试题5.
【证】用反证法.如果a1,a2,…,a8都不小于1,则可设
ai=1+bi(bi>0,i=1,2,…,8)
再由
(1)即得
b1+b2+…+b8=12
于是
a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8)
=1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8
≥1+(b1+b2+…+b8)
=1+12=13
与条件
(2)矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1.
B1-029
求所有实数a,使得存在非负实数x1,x2,x3,x4,x5满足关系:
【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.
【解】利用柯西不等式及题设条件,有
故中间不等式只能取等号,这意味着在xk≠0时,
由此推知,x1,x2,x3,x4,x5中至多一个非0.因此,只能有下面两种情况:
(1)x1=x2=x3=x4=x5=0,此时a=0;
(2)某个xk=c≠0,其余xi=0(i≠k).这时由已知得kc=a,k3c=a2,k5c=a3.从而
k2=a,c=k
总之,当且仅当a=0,1,4,9,16,25时,存在非负实数x1,x2,x3,x4,x5满足题中三个方程.
B1-030
下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正.
【题说】1981年全国联赛题2.
【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误,故三者都对.同理,lg2、lg5、lg8、lg6都对.
再若lg7=2(b+c),则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c,lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3,lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2(b+c)对,就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错,与题设矛盾,故知lg7不对.应为lg7=lgl4-lg2=2b+c.
lg1.5的值也不对,应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.
[别解]设a1是集中的一个元素,将a1与其余11个