高中数学奥林匹克竞赛

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解题方法

第一部分：题型介绍

第一章代数

一、集合籁念负集合上的送算_________________________________

例1、求点集{(x,y)|lg(1+；y3+}=]gx+]gy}中的元素的个数.

思路分析：应首先去对数将之化为代数方程来解之.

略解：由所设知X>0,>>0及『+§y3+§二孙，

由平均值不等式，有丁+;〉3+123，？7(1/7(|)=孙，

当且仅当*3=；)，3=今即x=3g,y=去(虚根舍去)时，等号成立.

故所给点集仅有一个元素.

评述：此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意

掌握之.

例2、已知集合4={0，y)}IM+M=a>。>。1，B={(x,y)||xy|+l=|x|+|y|).

若AC8是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则。的值为.

思路分析：可作图，以数形结合法来解之.

略解：点集力是顶点为(。，0),(0,a),(-a,0),(0,~a)的正方形的四条边构

成(如图所示).

\/尸T

▽

将附|+l=|x|+|y|，变形为1)(|y|-1)=0,

所以，集合8由四条直线x=±l,尸±1构成.

欲使AA3为正八边形的顶点所构成，只有a>2或1々<2这两种情况.

(1)当。>2时，由于正八边形的边长只能为2,显然有收“-2啦=2,故a=2+VI

(2)当l<a<2时,设正八边形边长为/,则/cos45o=",/=20-2,

2

这时，a—\+—=V2.

2

综上所述，。的值为2+血或血时，如图所示中A(立,0),8(2+应,0).

例3、设集合4={2|"€2},8={"|"€2},。={"+!|〃€2},。=4+!|〃€2},则在下

2236

列关系中，成立的是()

A.A^B^C^DB.ACIB=6,CQD=^>

C.A=BUC,C注DD.AUB=B,CC\D=^

思路分析：应注意数的特征，”+■，!+,=幺±

22366

解法1：VA={-|neZ},B={n|neZ},C={H+-|«eZ},D={-+-|neZ},

2236

：.A=BUC,C注D.故应选C.

解法2：如果把A、B、C、。与角的集合相对应，令

A，={—\neZ},B，={n7r\n&Z},C'={〃乃+口Z},£>'={竺+生|〃eZ}.

2236

结论仍然不变，显然，储为终边在坐标轴上的角的集合，Bf为终边在1轴上的角的

a

集合，C'为终边在y轴上的角的集合，)为终边在)，轴上及在直线了=±与》上的角的集

合，故应选C.

评述：解法1是直接法，解法2运用转化思想把己知的四个集合的元素转化为我们熟悉

的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.

例4、设有集合人=凶？一田=2}和B="||x|v2},求ACB和AU8(其中国表示不超过实

数x之值的最大整数).

思路分析：应首先确定集合A与民

从而一IWXW2.显然，2GA.

>\AUB={x|—2<JV^2}.

若XGACB,则d=[x]+2,[x]e{l,0,-1,-2},

从而得出x=G([x]=l)或X=-1([x]=­1).

于是AnB={-l,5/3}.

评述：此题中集合8中元素x满足“|x|<3"时，会出现什么样的结果，读者试解之.

例5、已知Af={(x,y)\y^x2],N={(x,y)"+(y—ayWl}.求MCN=N成立时a需满足

的充要条件.

思路分析：由MCN=N,可知NQM.

略解：MnN=No〃aM.

由f+(y—a尸W1得fWy—伏+(2〃-l)y+(l—/).

于是，若一)，2+(2。-1»+(1—屋子0,①

必有即％=而①成立的条件是ymax=5一心］⑵1)-。，

即4(l-a2)+(2«-l)2<0.

解得aeJ.

4

评述：此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求

解.

例6、设A、B是坐标平面上的两个点集，C,={(x,y)M+)，2wJ}.若对任何r20都有

91^4仁。.1)民则必有4^民此命题是否正确？

思路分析：要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.

略解：不正确.

反证：取人={(心y)*+y2wi},8为A去掉(0,0)后的集合.

容易看出。UA屋gU8,但A不包含在B中.

评述：本题这样举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.

例7、某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评有19人评秀,

化学总评有20个优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和

数学都优秀的有8人.试确定全班人数以及仅数学、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围(该

班有5名学生没有任一科是优秀).

思路分析：应首先确定集合，以便进行计算.

详解：设A={数学总评优秀的学生},B={物理总评优秀的学生},C={化学总评优秀的

学生}.

UPcard(A)=21,card(8)=18,card(C)=20,card(AAB)=9,cardAC)=7,

card(CC力)=8.

card(AUBUC)=card(A)+card(B)+card(C)—card(ACB)—card(BAC)

—card(CClA)+card(AABOC),

Acard(AUfiUC)-card(AC8CC)=21+19+20-9-7-8=36.

这里，card(4U8UC)是数、理、化中至少一门是优秀的人数，card(AHBCC)是

这三科全优的人数.可见，估计card(AUBUC)的范围的问题与估计card(AABAC)的

范围有关.

注意到card(4CBAC)min{card(AC1B),card(BAC),card(CCA)}=7,可知

OWcard(ACBAC)<7.

因而可得36Wcard(AUBUC)W43.

又「card(AUBUC)+card(XUWc)=card(U),其中card(AU8ljC)=5.

，41Wcard(1/)W48.

这表明全班人数在41〜48人之间.

仅数学优秀的人数是card(AUBUC).

card(AClBUC)=card(AUBUC)—card(BUC)

=card(4U8UC)—card(B)—card(C)+card(BClC)

=card(AUBUC)—32.

可见4Wcard(AABLJC)W11,

同理可知3Wcard(BnAUC)W10,5Wcard(Cn8UA)W12.

故仅数学单科优秀的学生在4〜11之间，仅物理单科优秀的学生数在3〜10之间，仅化

学单科优秀的学生在5〜12人之间.

评述：根据题意，设计一些具有单一性质的集合，列出已知数据，并把问题用集合元素

数H的符号准确地提出来，在此基础上引用有关运算公式计算，这是解本题这类计数问题的

一般过程.

例8、a、b、c、d、e五位顾客去餐馆用餐.“订的菜是烤羊肉，b订的菜是炖牛排，c

订的菜是糖醋鱼，”订的菜是香酥鸡，e订的菜是炒田螺.他们坐下后，粗心的服务员送菜

时恰巧把4个人的菜送错了.但是，总起来的5份菜是没错的.问：这样送错菜的方法共有

多少种？

详解：设4=｛。得到烤羊肉的五份菜的发放办法｝,8=他得到炖牛排的五份菜的发放办

法｝,C=｛c得到糖醋鱼的五份菜的发放办法｝,。=也得到香酥鸡的五份菜的发放办法｝,E=｛e

得到炒田螺的五份菜的发放办法｝,U=｛五份菜的全部发放办法｝.

则card(U)=A?,card(A)=card(S)=card(C)=card(D)=card(£)=A；,

card(AD8)=card(Af]C)=•••=card(Z)DE)=用,

card(AABflC)=card(AC\BC\D)=---=card(C-DE)=A：,

card(AnBPlCClO)=card(AflBncn£)=•••=card(BHCADA£)

=card(anBncnonE)=i.

问题在于求C；card(4Pl耳Cl。Cl方Cl左).

：card(An8ncnonE尸card(An8ucuoUE)

=card(AU8UCUOUE)-card(8UCUOUE)

=card(A)+card(BUCU。UE)-card[An(5UCU£>U£)]-card(BUCU。UE)

=card(A)+card[(Afl8)U(ACC)U(AD。)U(AClE)]

=card(A)-card(ADB)-card(AAC)-card(ACl。)一card(AAE)+card(ACISAC)

+card(ACl8ClD)+card(AASAE)+card(AACAD)+card(AACClE)

+card(AADAE)-card(AD8ACfl。)-card(An8PlCClE)

-card(AACADA£)-card(AClBCl3ClE)+card(AnfiAcnoAf)

=*-4用+64”4A；+1=9.

.*.C：card(AD与nefl方Cl后)=45.

这表明送错菜的方法共45种.

求元素个数的问题还有一些较为复杂的题目，请看下述例题.

例9、集合{1,2,3,…，100}的某子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍.这

样的子集中含元素的个数最多是多少个？

思路分析：可先从数的关系入手，找出满足条件的子集，给予严谨的推理论证.

略解：令A尸{51,52,100},A2={26,27,…，50},4={13,14,25},A4={7,

8,9,10,11,12},A5={4,5,6},A6={2,3},A7={1}.

AUA3U&UA7共50+13+3+1=67个元素，每一个都是另一个数的两倍.

若集合8={1,2,100},其中每一个数都不是另一个数的两倍，则在adBC%

时,2a^B,因此，card(BAA2)+card(BC2i)<50.

同样，card(BCAQ+card(BCA3)W13,

card(BPIA6)+card(BClA5)W3.

因此，card(B)W67.

例10、一次会议有1990位数学家参加，每人至少有1327位合作者.求证：可以找到4

位数学家，他们中每两个人都合作过.

思路分析：从合作工作的角度，容易想到要用容斥原理来解题.

略解：记数学家们为必=(i=l,2,3,1990),与以合作过的数学家组成集合即

任取合作过的两位数学家记为0,也,由card©)21327,card(&2)21327,card(aiUa2)

W1990,

得card(a।AO2)=card(a1)+card(a2)-card(a।Ua2)>1327X2—1990>0.

从而存在数学家V3GQ]C°2，也#丫1，丫3#也.

又card(a।Cla2c的尸card(a1Aa2)+card(d2)—card[(a1C念)U6]》(1327X2—1990)+1327

-1990=1.

从而存在数学家丫4Ca2c。3，V4VI,V4WU2，丫4寸丫3，得数学家V|，也，丫3，丫4两两

合作.

评述：本题的实质是证明4n42cA6,通过容斥原理的计算来完成.

例11、集合A={z|z"=l},8={卬|33=1}都是复单位根的集合.C={zMzJ,wGB}也是

复单位根的集合，问集合C中含有多少个元素？

思路分析：应首先确定集合C中的元素zw的性质.

略解：18,48的最小公倍数为144.因此有(ZW严4=&18)8•(/8)3=],zGA,WG8.

故知ZW为144次单位根.由此知C包含在144次单位根的集中.

2kxi2加24i

反之，山/而=(e而产(eR尸知每一个144次单位根都可表示成一个48次单位根

与一个18次单位根之积.

因此，集合C恰好包含全部144次单位根，共144个元素.

例12、设[/={1,2,3,…，1995},AQU,且当xGA时，19xAA,求card(A)的

最大值.

详解：由题设知女与19k(k=6,7,…，105)这两个数中至少有一个不属于力，所以

card(A)W1995—(105-6+1)=1895.

另一方面，设8={1,2,…，5},C={106,107,…，1995),

A=BUC={1,2,…，5}U{106,107,…，1995},

则card(A)=1895,且A中没有一个数是另一个数的19倍.

事实上，设若攵£6,则19W19&W105,19k\A.

若kec,则19心106X19>1995,故19&AA.

综上所述，card(A)的最大值为1895.

例13、设4={1,2,3,…，2n,2/1+1}.8是A的一个子集，且5中的任意三个不同

元素羽y,z都有x+yWz,求card(8)的最大值.

详解：设屋{1,3,…，2/?+1},£={2,4,In}.则A=/PE.

设5={"，Z?2»…，bs，cpC2,…，cj,其中仇,…，瓦£尸,

C],C2,…，C/SE,且b]V岳v…〈仇.由题设知瓦一伍二年

其中i=l,2,…，S—1,产1,2,…，/(否则集B中就有三个元素历，bj,bs，使得加

+c/=A),且2・仇.一bjW2〃，

即瓦一仇i=l,2,…，s~i.

所以,“一仇，么一，，…也一>_]吗,…,q是E中互不相同的元素，故(s—l)+f<

card(E)=A2,card(5户s+/W〃+1.

又当8={〃+1,〃+2,,,,,2"+1}时，8中任意两个不同元素x,y,都有x+y22〃+3,

从而5满足题意.

综上所述，card(B)最大值为〃+1.

评述:例12和例13中，我们都是先求出一个上界[例12是card(A)W1895,例13是card(5)

然后再构造一个具体的例子来说明这个上界是可以达到的，这是处理这类最值问

题的常用方法.在实际解题时，我们往往通过具体的例子猜出这个上界，然后再设法证明.

例14、将与105互质的所有正整数从小到大排列成数列，求这个数的第1000项.

详解：设U={L2,•••,105},A3={a,a^U,且31〃},A5={a\a^U,且5|a},Aj={a\a

SU,且7|〃},则card(A3)==35,card(A5)==2l,card(A7)==15,

card(A3Cl4)=叽=7,card(A5QA7)==35card(A7D4)=①=5,

3x55x73x7

card(AClA5nA7)=———=1,.*.card(i/)=105.

33x5x7

在1到105中，与105互质的数有

card(痢&AuA5n他)=card(l7)-card(A3UA51M7)

=card([/)-[card(A3)+card(A5)+card(A7)]

+[card(A3QA5)+card(A5AA7)]+card(A7QA3)]~card(A3ClA5nA7)

=105—(35+21+15)+(7+3+5)—1

=48

设与105互质的正整数按从小到大的的顺序排列为做，…，恁，…，则

。1=1,。2=2,«3=4,…，。48=104,〃49=105+1,。50=105+2,。51=105+4,…，ag^=\05

+104,…

因为1000=48X20+40,所以〃]()00=105义20+〃40・

由于〃48=104，。47=103,。46=101，以45=97,。44=94,。43=92,。42=89,。41=88,。40=86,

所以m000=105X20+86=2186.

评述：本题利用了逐步淘汰原理，即：

(1)设A、B是U的子集，翔A,u6分别是A、B对U的补集，贝lj

card(瘠APIuB)=card((7)-[card(A)+card(B)4-card(AClB)].

(2)设A、B、C是U的子集，痫A、uB、u。分别是它们对〃的补集，则

card(痛AQjjBClu。)=card(U)-[card(A)+card(3)+card(C)]+

[card(AAB)+card(ADC)+card(CAA)]-card(AABAC).

(1)和(2)及这一部分开始给出的公式统称为容斥原理.有兴趣的读者可以把它们推

广到〃个集合的情形.

例15、设。={1,2,100},求最小的自然数小使得U的每个及元子集都含有4

个两两互质的数.

详解：设A2={a|〃£U,2\a},A^=[a\a^U13\a},A5={a\a^Uf5|a},贝ll

card(A2)=50,card(A3)=[^]=33,card(A5)=20,

card(&PlA3)=[：^]=16,card(&AA5)=[^-]=6,

ZXJJX，

card(AAA)==10,card(AAAAA)=[———]=3.

25102352x3x5

所以，在U中是2或3或5的倍数有

card(A2U①U4)=card(42)+card(A3)+card(45)-card(A2cA3)—card(小门力5)一card(&C

4)一cardC45nA2)+card(>42nA3n4尸50+33+20—16—6—10+3=74(个)

于是，对于上述74个空集A2UA3UA5,从中任取4个数，由抽屉原则知其中必有两个

数同为2或3或5的倍数，它们不互质.所以〃275.

下面证明”=75是可以的.

构造如卜4个集合{注意：1至100中共25个质数}:

222334

8尸{1及前25个质数)，&=©2,3,5,7},B3={2,3,5X19,7X13},B4={2,

3\5X17,7X11}.

这四个集合每两个的交集为空集，且每个集合中的任意两个数都是互质，所以

card(B|U%U83U84)=card(BD+card(B2)+card(B3)+card(&)=24+4X3=38.

设XUU,且card(X)》75,则X中至少有75—(100—38尸13个元素取自B|U82U83

13

U&,于是由抽屉原则知，至少有［一］+1=4个数取自某个8,(lWiW4),由B,的构造知，

4

这4个数是两两互质的.

综上所述，”的最小值为75.

例16、设S,表示正整数集合｛1，2,〃｝的一切子集的元素之和(规定空集元素和为

0)，求52003.

思路分析：应用4=｛。1，。2，…，4"｝的子集有2"个.

略解：S”中每一个元素在2"T个子集中出现，因此S“=2"T・(1+2+…+〃)=2"-2."(〃

,20,

+1),..S2OO3=2°•2003•2004.

例17、一个集合含有10个互不相同的两位数.试证：这个集合必有两个公共元素的子

集合，此两子集的各数之和相等.

略解：已知集合有21°―1=1023个不同的非空子集，每一个子集内各数之和都不超过99

+98+-+90=945<1023,故一定存在2个不同的子集，其元素之和相等.划去它们共有数

字，可得两个无公共元素非空子集，其所含各数之和相等.

评述：此题构造了个抽屈原理模型，分两步完成.计算数字和得最多有945个“抽屉”,

计算子集得1023个“苹果”，由此得出两个数字和相等的子集.第二步去掉相同的数字，得

出无公共元素并且非空的两个子集，满足条件.

例18、把含有12个元素的集合分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分

法？

思路分析：用排列、组合或分类讨论的思想解之.

略解：将12个元素排成一列有12!种方法.排定后，从左到右每2个一组就得到6个

2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子弟.6个子集顺序交换得到的是同样

的分法，因此共有—=10395种不同的分法.

6!26

另解：设0是集中的一个元素，将可与其余11个元素中一个结合，就得田的2元子

集，这种2元子集共11种.

确定含田的子集后，设Z是剩下的一个元素，将妆与其余9个元素中的任一个结合，

就得到含做的2元子集，这种子集共有9种.

如此继续下去，得到6个2元子集，共有11X9X7X5X3=10395种分法.

例19、设S=｛m，七，…，。“｝是整数集，其中心1.对于S的非空子集A,定义?(A)

为A的一切整数的乘积.设皿S)表示P(A)的算述平均数.这是A遍历S的一切非空子集.

若机(S尸13,且有一切正整数«„,+|使得MSU｛%+［｝)=49,

试确定。1，a2,…，斯及。“+i的值.

详解：对于S的任一非空子集，P(A)恰是

田+a2H------+3H------l-a„-ia„)H-----Fa|«2"•«,!=(1+a1)(l+敢)…(1+即)-1

中的某一项，而S的非空子集共有2"-1个.故

/CA_(1+。1)(1+42］，(1+即)-1

一2n-1

即(1+%)(1+。2)…(1+册)=皿5)(2"-1)+1.①

由此可得m(SU｛4+1｝)(2向-1)+1=MS)(2"—1)+1］(1+许+i).②

将条件机⑸=13,机(SU{a“+l})=49,代入②得

+1

49(2"-1)+1=(1+a„+l)[13(2"-l)+l].

49(2/,+|-1)+1

从而1+册+1=二-----1—<11,且>7.册+户7,8,9.

13(2"-1)+1

又2"=12(%+1.3)③

134+1-85

易验证③仅对%+i=7,n=3成立，此时

3

(l+a,)(l+念)(1+a3)=(2-1)•m(5)+1=7X13+1=92=2X2X23,

令l+"i=2,1+a2=2,1+的=23得0=1,a2=l,a3=22.

同样可解出其他13组解:(0,3,22),(0,-5,-24),(~2,3,-24),(-2,一5,

22),(1,一3,-24),(-3,-3,22),(0,0,91),(-2,0,-93),(-2,-2,91),

(0,-3,-47),(-2,1,-47),(-2,-3,45),(0,1,45).

二、欣绍及酷叁及

例1、设集合M={x|0WxWll,xGZ},集合F={(a,h,c,d)\a,b,c,d&M},映射/：

FT.使得(a,b,c,d)」~^ab—cd.

已知(“，v,x,y)--->39,(H,y,x,v)—-->66,求x,y,u,v的值.

思路分析：应从(a,b,c,")一^岫一“入手，列方程组来解之.

uv-xy=39,

略解：由/的定义和已知数据，得V

uy-xv=66(w,v,x,yGM).

将两式相加、相减并分别分解因式，得(y+u)(〃-x尸105,(y—v)(w+x)=27.

显然，〃一工20,y—在r,y,R£Z}的条件下，0W〃一uWll,

+1Wy+uW22,即10Wy+uW22,但(y+y)|105,可见(y+明=15,(y+v)2=21,对应

可知(〃一x)i=7,(w—X)2=5.

27,

同理，由OWy—vWll,[打]+1知，

3W〃+xW22,又有(M+X)I=3,(W+X)2=9.

对应地，(y—v)]=9,(y—V)2=3.

注意到〃+x2〃一x,因而〃+x#3,从而推知〃+x=9,y—v=3.

于是有以下两种情况：

y+x=15,y+v=21

u-x=l,M-x=5,

(I)

u+x=9,w+x=9,

y-V=3;y-v=3.

由（I）解出尸1,y=9,u=8,v=6,由（II）解出y=12,它已超出集合M中兀素的范

围.因此，（II）无解.

评述：在解此类问题时，估计y+v,u-x,y-v,u+x的可能值是关键，其中，对它

们的取值范围的讨论十分重要.

例2、已知集合A-{（x,y）|—<—<百}，集合8={（x,y）g>0}.求■—个A与B的---

3xx

对应力并写出其逆映射.

略解：从已知集合A,B写出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集

合（如图所示）.

集合4为直线y=和y=所夹角内点的集合.集合8则是第一、三象限内点

的集合.所要求的对应实际上可使力区域拓展成8区域，并要没有“折叠"与''漏洞”.先

用极坐标表示集合A和8：

A={(pcos8,psin。)|pw0,peR,—<0<—

63

71

B={(pcosQpsin8)|,W0,peR,0<(p<—}.

冗

如(夕cos仇psin6)—(pcos8,0sine),(p=3(8----).

6

在这个映射下，极径P没有改变，辐角之间是一次函数9=38-、jr，因而。和夕之间是

----对应，其中de用（O,/）.所以，映射",是A与8的----对应.

逆映射极易写出，从略.

评述：从题中将直角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.

例3、设*={1,2,100},对X的任一非空子集“中的最大数与最小数的和称

为M的特征，记得〃i（M）.求X的所有非空子集的特征的平均数.

略解：设A纭X,令/：4-4，，M={101-a|aSA}^X.

于是/：A-A'是X的非空子集的全体（子集组成的集），y到y自身的满射，记X为

非空子集为4,A2,A“（其中〃=2i°°—1）,则特征的平均数为

1fi1n

一2侬4）=不Z（，”（4）+皿4））.

ni=i2«,=i

由于A中的最大数与A'中的最小数的和为101,A中最小数与4'中的最大数的和也

为101,故加（AM（4'）=202,从而特征平均数为‘-202"=101.

2n

如果4,B都是有限集合,它们的元素个数分别记为card(A),card(B).对于映射f：A

fB来说，如果/是单射，则有card(4)Wcard(B)：如果/是满射，则有card(A)2card(B)：如

果/是双射，则有card(4)=card(8).这在计算集合A的元素的个数时，有着重要的应用.即

当card(A)比较难求时,我们就找另一个集合5,建立一一对应/：A-B,把B的个数数清,

就有card(A)=card(B).这就是我们解某些题时常用的方法.请

看下述两例.

例4、把△48C的各边〃等分，过各分点分别作各边的

平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行

四边形，试计算这些平行四边形的个数.

略解：如图所示，我们由对称性，先考虑边不平行于8c

的小平行四边形.把48边和4c边各延长一等分，分别到

8',C',连接VC'.将A'B'的”条平行线分别延长,

与B'C'相交，连同夕，C'共有”+2个分点，从夕至C'依次记为1,2,…，〃+2.图

中所示的小平行四边形所在的四条线分别交8,C于i,j,k,I.记

A=｛边不平行于BC的小平行四边形｝,

B=｛(i,j,k,l)\l^i<j<k<l^n+2].

把小平行四边形的四条边延长且交8'C边于四点的过程定义为一个映射：/：4-8.

下面我们证明了是A与8的-一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不

相同，那么交于夕C的四点亦不全同.所以，四点组(i,j,k,/)亦不相同，从而/是

A到B的一一对应的映射.

任给一个四点组(，，/,我,/),l^i<j<k<Kn+2,过3j点作AB的平行线，过匕/作

AC的平行线，必交出•个边不平行于BC的小平行四边形.所以，映射;•是A到B的满射.

总之/"是4与B的一对应，于是有card(A)=card(B)=C%-

加上边不平行于AB与4c的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是3Cf+2.

例5、在一个6X6的棋盘上，已经摆好了一些1X2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两

个相邻的格子.证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一步骨牌.

思路分析：还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，

如果已经摆好的骨牌是12块，如图所法的摆法说明不能再放入

骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明

当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个

相邻的空格就够了.如果这种情况不发生，则每一个空格的四

周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，

空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种

映射,通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论,

从而也就证明了我们的命题.

略解：我们考虑下面5X6个方格中的空.

如果棋盘第一行(即最上方的一行)中的空格数多于3个小时，则必有两空格相邻，这

时问题就得到解决.

现设第一行的空格数最多是3个，则有card(X)214-3=ll,另一方面全部的骨牌数为

11,card(y)=ll.所以必有card(X尸card(K),事实上就是一个，,一映射.这时，将发生一

个很有趣的现象：最下面一行是全是空格，当然可以放入一个骨牌.

评述：这个题目的证明是皮具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既

有覆盖与结构，又有计算与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.

当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论

其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.

例6、设N*={1,2,3,­••},论证是否存在一个函数N*fN*使是“1尸2,/&(〃))=

/(")+"对一切"GN*成立，/(")勺'(〃+1)格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这

样的空格，考虑它上方的与之相邻的方格中的情况.

(1)如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.

(2)如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况：

(i)骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻,

即问题得到解决.

(ii)骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖；

(iii)骨牌是竖放的.

现在假设仅发生(2)中的(ii)和(iii)时，我们记X为下面5X6个方格中的空格集

合，V为上面5X6个方格中的骨牌集合，作映射夕X—Y,由于每个空格(X中的)上方

都有骨牌(y中的)，且不同的空格对应不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有card(X)

Wcard(K)，对一切“GN*成立.

解法1：存在，首先有一条链.

1-2f3f5f8fl3f21f…①

链上每一个数n的后继是/(”)，/满足f(f(n))=f(n)+n,②

即每个数是它前面两个数的和，这种链称为一链.

对于①中的数机＞",由①递增易知为/(")一/(")》小一”.③

我们证明正整数集N*可以分解为若干条/链，并且对任意正整数机＞〃，③成立(从而

火〃+1)刁(〃)，并且每两条链无公共元素).方法是用归纳法构造链(参见单塔著《数学竞赛

研究教程》，江苏教育出版社).

设已有若干条/链满足③，而A+1是第一个不在已有链中出现的数.

定义/(k+l)=f(k)+l,④

这链中其余的数由②逐一确定.

对■于w＞",如果〃同属于新链，③显然成立，设加、〃中恰有•个属于新.

若机属于新链，在m=%+1时，f(/n)(k)+1-f(/?)—n+1=m—n,

设对于③成立，则/(/'(,"))—/'(〃)=/(⑼+m一/(")》机一w+机》/(»?)一〃

［由②易知2m》/(机)］.即对新链上一切机，③成立.

若“属于新链，在"=k+l时，f(m)—f(n)=f(m)—f(k)~1^m~k—\=m—n.

设对于〃，③成立，在机＞”时，小不为原有链的链首.记机=/(s),则在侬/(〃)时，

而在时，/(")一/(S)》“一s20,与机力'(〃)矛盾，所以s＞〃，/(〃?)一/(/'(”))》机•—/(”).

即对新链上一切〃，③成立.

因而添入一条新链后，③仍成立.

这样继续添加，直到所有正整数均在链中出现，所有函数/：N*fN*即为所求.

解法2：令/(«)=［以"+1)］+小其中夕=；(坞-1),［幻表示x的整数部分.

显然/(〃)严格递增，并且尸2.

又由于/(/+1)=1.

•••/(/(«))=/(n)+W(n)+D]=f(n)+｛例以〃+1)+以〃+1)]｝

=/(«)+｛夕2(〃+1)-四夕(及+1)]+/?(H+1))

=/(〃)+｛〃+1--(〃+1)]｝=/(»)+n.

因此，[£(〃+1)]+”就是满足要求的函数.

例7、设”是正整数，我们说集合｛1,2,2〃｝的一个排列｛R，X2，…，X2”｝具有性

质P,如果在｛1,2,­,•,2〃-1｝当中至少有一个i,使｛x,一者+1｝=〃成立.求证：对于任何”,

具有性质P的排列比不具有性质P的排列个数多.

思路分析：注意构作映射来解之.

略解：n=l时显然成立.

对“22,设具有性质P的排列有m个，又设A为不具有性质P的排列集合，B为恰有

•个数i,使用一Xj+i|=w的排列集合，有card(B)<机.

取4的元素.

X=(%i,*2，…，X2”)，必存在kW2,使**一制｝=".作—映射了：X—H

y=("T，X*_2,…。2，*1，4,4+1，…，尤2")，则FEB.这表明，4中不同的元素经过映射

了后所得8的像不同.

因此,card(A)Wcard(B)<m.

例8、设5=｛1,2,…，〃｝,A为至少含有两项的公差为正的等差数列，其项都在S中

且当将S的其他元素置于A中之后，均不能构成与A有相同公差的等差数列.求这种4的

个数(只有两项的数列也视为等差数列).

思路分析：应考虑对〃分偶数和奇数两种情况以分类讨论求解.

略解：当〃=2k为偶数时，满足题中要求的每个数列A中必有连续两项，使其前一项在

集｛1,2,以中而后一项在依+1,k+2,…，2%中.反之，从｛1,2,哥和依+1,

k+2,--2号中各任取一数，并以二数之差作为公差可作出一个满足要求的数列A.容易

看出这个对应是双射.故知4的个数为廿=°.

4

当〃=2k+l为奇数时，情况完全类似，惟一的不同在于这时第二个集合长+1,左+2,…，

及｝有女+1个元素.故A的个数为女/+1)二—(〃2一1).

4

例9、将正整数n写成若干个1与若干个2之和，和项顺序不同认为是不同的写法.所

有写法种数记为a(”).将〃写成若干个大于1的正整数之和，和项顺序不同认为是不同的

写法.所有写法的种数记为6(”).求证对每个〃，都有a(〃)=B(〃+2).

思路分析：应从数学归纳法入手来证.

略解：显然有a(l)=l=6(3),a(2)=2=P(4),即命题于”=1,2时成立.

设命题于"Wk+l时成立，须证当"=k+2时命题成立.既然命题于〃=k,k+l

时都成立，故存在4与&+2,4+|与&+3之间的双射成与人十1,令

/人伍),当。€4,

f(a)=<,

/+1(。),当。£4+1，

则/为由A&U4—]到&+2U&+2的双射.

对于任意的(即。2，…，。卅-1，厮)=。金4+2和任意出，岳，…，b)=b'RBk+2

.,[Ak^am=2,

U&+3，令。=(%,。2,…*[

〔电i,当为〃=1；

,（4,与,…力/,2）eBk+中当ib'e8（.,

b=<”，，+2

.（仿,匕2,…，如i）eBk+4,当beBk+3.

则映射g：4+2mLa'G4U4+1，

h=B^+2U8*+3与b'fbWBk+4.

都是双射.从而复合映射入°/°g：a-b^B.

AA+2Bk+4

为双射，故有。（k+2尸B（k+4）.于是由数学归纳法知命题对所有正整数”都成立.

评述：本题解题中所用的是第二数学归纳法，应掌握此类证法.

例10、设M是由1985个不同的正整数组成的集合，其中每个元素的素因子都不大于

26,求证从M中必可找出4个数，使得它们的乘积为某正整数的四次方.

略解：因为不大于26的素数共有9个：2,3,5,7,11,13,17,19,23,故M中的

数均可成x=2©3a2…23a9,

其中诸a,均为非负整数，这样一来，我们就将M中的每个数惟一地对应了一个九元数

组（a”a2，…，a9）.考察集合

a

S=｛（al,a2,---,a9）\2'3%…23%=xeM｝,

显然，上面给出的对应是由M到S的双射.故如card（S）=1985.从奇偶性角度来看，九

元数组恰有29=512种不同情形，于是由抽屉原理知从M中可取出[1985；512]+]=737对

数组｛（弥的，…,％），（访,必,…,跖）｝满足a+&=2夕用为非负整数，i=1,2,­••,9.这

样，得到737个数组02,P9）.同抽屉原理知又可以从中选出两个数组（B”

32,…，「）和（B1'，）2'，…，）9‘），使3+3'=2YY/为非负整数，1=1,2,…，

9.容易看出，例中与这对数组对应的4数之积为2为।•3。2……23。9.

恰为正整数2%3及…23%的四次方.可见，这四个数即可满足要求.

三、能戴喷枫鑫和做盘

例1、当x为何值时，"gjgJigJigJg底才有意义.

思路分析：应根据对数的意义，从最外层开始一层一层地逐步消去根号和对数符号求出

X的范围.

2io2炉10

Ax>lO10'°

评述：这种多层对数及根式问题，一定要逐层由外向内求解，要有耐心.

例2、设4=｛。|〃=7〃，p£N*｝,在A上定义函数/如卜：若。则/（a）表示。的数字

之和,例如17)=7,/(42尸6,设函数f的值域是集合M.求证:M={川"GN*,心2}.

思路分析：注意从充要条件的角度来进行证明.

略解：先证{川〃CN*,”22}.

任取xGM,即x是被7整除的正整数的数字之和，由于7X10",n=O,