高中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽

高中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽

解題方法

第一部分：題型介紹

第一章代數(shù)

一、集合籟念負(fù)集合上的送算_________________________________

例1、求點(diǎn)集{(x,y)|lg(1+；y3+}=]gx+]gy}中的元素的個數(shù).

思路分析：應(yīng)首先去對數(shù)將之化為代數(shù)方程來解之.

略解：由所設(shè)知X>0,>>0及『+§y3+§二孫，

由平均值不等式，有丁+;〉3+123，？7(1/7(|)=孫，

當(dāng)且僅當(dāng)*3=；)，3=今即x=3g,y=去(虛根舍去)時，等號成立.

故所給點(diǎn)集僅有一個元素.

評述：此題解方程中，應(yīng)用了不等式取等號的充要條件，是一種重要解題方法，應(yīng)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是平面上正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成的集合，則。的值為.

思路分析：可作圖，以數(shù)形結(jié)合法來解之.

略解：點(diǎn)集力是頂點(diǎn)為(。，0),(0,a),(-a,0),(0,~a)的正方形的四條邊構(gòu)

成(如圖所示).

\/尸T

▽

將附|+l=|x|+|y|，變形為1)(|y|-1)=0,

所以，集合8由四條直線x=±l,尸±1構(gòu)成.

欲使AA3為正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成，只有a>2或1々<2這兩種情況.

(1)當(dāng)。>2時，由于正八邊形的邊長只能為2,顯然有收“-2啦=2,故a=2+VI

(2)當(dāng)l<a<2時,設(shè)正八邊形邊長為/,則/cos45o=",/=20-2,

2

這時，a—\+—=V2.

2

綜上所述，。的值為2+血或血時，如圖所示中A(立,0),8(2+應(yīng),0).

例3、設(shè)集合4={2|"€2},8={"|"€2},。={"+!|〃€2},。=4+!|〃€2},則在下

2236

列關(guān)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：應(yīng)注意數(shù)的特征，”+■，!+,=幺±

22366

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

2236

：.A=BUC,C注D.故應(yīng)選C.

解法2：如果把A、B、C、。與角的集合相對應(yīng)，令

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

2236

結(jié)論仍然不變，顯然，儲為終邊在坐標(biāo)軸上的角的集合，Bf為終邊在1軸上的角的

a

集合，C'為終邊在y軸上的角的集合，)為終邊在)，軸上及在直線了=±與》上的角的集

合，故應(yīng)選C.

評述：解法1是直接法，解法2運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想把己知的四個集合的元素轉(zhuǎn)化為我們熟悉

的角的集合，研究角的終邊，思路清晰易懂，實(shí)屬巧思妙解.

例4、設(shè)有集合人=兇？一田=2}和B="||x|v2},求ACB和AU8(其中國表示不超過實(shí)

數(shù)x之值的最大整數(shù)).

思路分析：應(yīng)首先確定集合A與民

從而一IWXW2.顯然，2GA.

>\AUB={x|—2<JV^2}.

若XGACB,則d=[x]+2,[x]e{l,0,-1,-2},

從而得出x=G([x]=l)或X=-1([x]=-1).

于是AnB={-l,5/3}.

評述：此題中集合8中元素x滿足“|x|<3"時，會出現(xiàn)什么樣的結(jié)果，讀者試解之.

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

的充要條件.

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成立的條件是ymax=5一心］⑵1)-。，

即4(l-a2)+(2?-l)2<0.

解得aeJ.

4

評述：此類求參數(shù)范圍的問題，應(yīng)注意利用集合的關(guān)系，將問題轉(zhuǎn)化為不等式問題來求

解.

例6、設(shè)A、B是坐標(biāo)平面上的兩個點(diǎn)集，C,={(x,y)M+)，2wJ}.若對任何r20都有

91^4仁。.1)民則必有4^民此命題是否正確？

思路分析：要想說明一個命題不正確，只需舉出一個反例即可.

略解：不正確.

反證：取人={(心y)*+y2wi},8為A去掉(0,0)后的集合.

容易看出。UA屋gU8,但A不包含在B中.

評述：本題這樣舉反例判定命題的正確與否的方法十分重要，應(yīng)注意掌握之.

例7、某班期末對數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三科總評成績有21個優(yōu)秀，物理總評有19人評秀,

化學(xué)總評有20個優(yōu)秀，數(shù)學(xué)和物理都優(yōu)秀的有9人，物理和化學(xué)都優(yōu)秀的有7人，化學(xué)和

數(shù)學(xué)都優(yōu)秀的有8人.試確定全班人數(shù)以及僅數(shù)學(xué)、僅物理、僅化學(xué)單科優(yōu)秀的人數(shù)范圍(該

班有5名學(xué)生沒有任一科是優(yōu)秀).

思路分析：應(yīng)首先確定集合，以便進(jìn)行計(jì)算.

詳解：設(shè)A={數(shù)學(xué)總評優(yōu)秀的學(xué)生},B={物理總評優(yōu)秀的學(xué)生},C={化學(xué)總評優(yōu)秀的

學(xué)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.

這里，card(4U8UC)是數(shù)、理、化中至少一門是優(yōu)秀的人數(shù)，card(AHBCC)是

這三科全優(yōu)的人數(shù).可見，估計(jì)card(AUBUC)的范圍的問題與估計(jì)card(AABAC)的

范圍有關(guān).

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.

這表明全班人數(shù)在41?48人之間.

僅數(shù)學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)是card(AUBUC).

card(AClBUC)=card(AUBUC)—card(BUC)

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

=card(AUBUC)—32.

可見4Wcard(AABLJC)W11,

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

故僅數(shù)學(xué)單科優(yōu)秀的學(xué)生在4?11之間，僅物理單科優(yōu)秀的學(xué)生數(shù)在3?10之間，僅化

學(xué)單科優(yōu)秀的學(xué)生在5?12人之間.

評述：根據(jù)題意，設(shè)計(jì)一些具有單一性質(zhì)的集合，列出已知數(shù)據(jù)，并把問題用集合元素

數(shù)H的符號準(zhǔn)確地提出來，在此基礎(chǔ)上引用有關(guān)運(yùn)算公式計(jì)算，這是解本題這類計(jì)數(shù)問題的

一般過程.

例8、a、b、c、d、e五位顧客去餐館用餐.“訂的菜是烤羊肉，b訂的菜是燉牛排，c

訂的菜是糖醋魚，”訂的菜是香酥雞，e訂的菜是炒田螺.他們坐下后，粗心的服務(wù)員送菜

時恰巧把4個人的菜送錯了.但是，總起來的5份菜是沒錯的.問：這樣送錯菜的方法共有

多少種？

詳解：設(shè)4=｛。得到烤羊肉的五份菜的發(fā)放辦法｝,8=他得到燉牛排的五份菜的發(fā)放辦

法｝,C=｛c得到糖醋魚的五份菜的發(fā)放辦法｝,。=也得到香酥雞的五份菜的發(fā)放辦法｝,E=｛e

得到炒田螺的五份菜的發(fā)放辦法｝,U=｛五份菜的全部發(fā)放辦法｝.

則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.

問題在于求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與nefl方Cl后)=45.

這表明送錯菜的方法共45種.

求元素個數(shù)的問題還有一些較為復(fù)雜的題目，請看下述例題.

例9、集合{1,2,3,…，100}的某子集，滿足條件：沒有一個數(shù)是另一個數(shù)的2倍.這

樣的子集中含元素的個數(shù)最多是多少個？

思路分析：可先從數(shù)的關(guān)系入手，找出滿足條件的子集，給予嚴(yán)謹(jǐn)?shù)耐评碚撟C.

略解：令A(yù)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個元素，每一個都是另一個數(shù)的兩倍.

若集合8={1,2,100},其中每一個數(shù)都不是另一個數(shù)的兩倍，則在adBC%

時,2a^B,因此，card(BAA2)+card(BC2i)<50.

同樣，card(BCAQ+card(BCA3)W13,

card(BPIA6)+card(BClA5)W3.

因此，card(B)W67.

例10、一次會議有1990位數(shù)學(xué)家參加，每人至少有1327位合作者.求證：可以找到4

位數(shù)學(xué)家，他們中每兩個人都合作過.

思路分析：從合作工作的角度，容易想到要用容斥原理來解題.

略解：記數(shù)學(xué)家們?yōu)楸?(i=l,2,3,1990),與以合作過的數(shù)學(xué)家組成集合即

任取合作過的兩位數(shù)學(xué)家記為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.

從而存在數(shù)學(xué)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.

從而存在數(shù)學(xué)家丫4Ca2c。3，V4VI,V4WU2，丫4寸丫3，得數(shù)學(xué)家V|，也，丫3，丫4兩兩

合作.

評述：本題的實(shí)質(zhì)是證明4n42cA6,通過容斥原理的計(jì)算來完成.

例11、集合A={z|z"=l},8={卬|33=1}都是復(fù)單位根的集合.C={zMzJ,wGB}也是

復(fù)單位根的集合，問集合C中含有多少個元素？

思路分析：應(yīng)首先確定集合C中的元素zw的性質(zhì).

略解：18,48的最小公倍數(shù)為144.因此有(ZW嚴(yán)4=&18)8?(/8)3=],zGA,WG8.

故知ZW為144次單位根.由此知C包含在144次單位根的集中.

2kxi2加24i

反之，山/而=(e而產(chǎn)(eR尸知每一個144次單位根都可表示成一個48次單位根

與一個18次單位根之積.

因此，集合C恰好包含全部144次單位根，共144個元素.

例12、設(shè)[/={1,2,3,…，1995},AQU,且當(dāng)xGA時，19xAA,求card(A)的

最大值.

詳解：由題設(shè)知女與19k(k=6,7,…，105)這兩個數(shù)中至少有一個不屬于力，所以

card(A)W1995—(105-6+1)=1895.

另一方面，設(shè)8={1,2,…，5},C={106,107,…，1995),

A=BUC={1,2,…，5}U{106,107,…，1995},

則card(A)=1895,且A中沒有一個數(shù)是另一個數(shù)的19倍.

事實(shí)上，設(shè)若攵￡6,則19W19&W105,19k\A.

若kec,則19心106X19>1995,故19&AA.

綜上所述，card(A)的最大值為1895.

例13、設(shè)4={1,2,3,…，2n,2/1+1}.8是A的一個子集，且5中的任意三個不同

元素羽y,z都有x+yWz,求card(8)的最大值.

詳解：設(shè)屋{1,3,…，2/?+1},￡={2,4,In}.則A=/PE.

設(shè)5={"，Z?2?…，bs，cpC2,…，cj,其中仇,…，瓦￡尸,

C],C2,…，C/SE,且b]V岳v…〈仇.由題設(shè)知瓦一伍二年

其中i=l,2,…，S—1,產(chǎn)1,2,…，/(否則集B中就有三個元素歷，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>_]嗎,…,q是E中互不相同的元素，故(s—l)+f<

card(E)=A2,card(5戶s+/W〃+1.

又當(dāng)8={〃+1,〃+2,,,,,2"+1}時，8中任意兩個不同元素x,y,都有x+y22〃+3,

從而5滿足題意.

綜上所述，card(B)最大值為〃+1.

評述:例12和例13中，我們都是先求出一個上界[例12是card(A)W1895,例13是card(5)

然后再構(gòu)造一個具體的例子來說明這個上界是可以達(dá)到的，這是處理這類最值問

題的常用方法.在實(shí)際解題時，我們往往通過具體的例子猜出這個上界，然后再設(shè)法證明.

例14、將與105互質(zhì)的所有正整數(shù)從小到大排列成數(shù)列，求這個數(shù)的第1000項(xiàng).

詳解：設(shè)U={L2,???,105},A3={a,a^U,且31〃},A5={a\a^U,且5|a},Aj={a\a

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

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

3x55x73x7

card(AClA5nA7)=———=1,.*.card(i/)=105.

33x5x7

在1到105中，與105互質(zhì)的數(shù)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

設(shè)與105互質(zhì)的正整數(shù)按從小到大的的順序排列為做，…，恁，…，則

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

+104,…

因?yàn)?000=48X20+40,所以〃]()00=105義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.

評述：本題利用了逐步淘汰原理，即：

(1)設(shè)A、B是U的子集，翔A,u6分別是A、B對U的補(bǔ)集，貝lj

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

(2)設(shè)A、B、C是U的子集，癇A、uB、u。分別是它們對〃的補(bǔ)集，則

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

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

(1)和(2)及這一部分開始給出的公式統(tǒng)稱為容斥原理.有興趣的讀者可以把它們推

廣到〃個集合的情形.

例15、設(shè)。={1,2,100},求最小的自然數(shù)小使得U的每個及元子集都含有4

個兩兩互質(zhì)的數(shù).

詳解：設(shè)A2={a|〃￡U,2\a},A^=[a\a^U13\a},A5={a\a^Uf5|a},貝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的倍數(shù)有

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

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

于是，對于上述74個空集A2UA3UA5,從中任取4個數(shù)，由抽屜原則知其中必有兩個

數(shù)同為2或3或5的倍數(shù)，它們不互質(zhì).所以〃275.

下面證明”=75是可以的.

構(gòu)造如卜4個集合{注意：1至100中共25個質(zhì)數(shù)}:

222334

8尸{1及前25個質(zhì)數(shù))，&=?2,3,5,7},B3={2,3,5X19,7X13},B4={2,

3\5X17,7X11}.

這四個集合每兩個的交集為空集，且每個集合中的任意兩個數(shù)都是互質(zhì)，所以

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

設(shè)XUU,且card(X)》75,則X中至少有75—(100—38尸13個元素取自B|U82U83

13

U&,于是由抽屜原則知，至少有［一］+1=4個數(shù)取自某個8,(lWiW4),由B,的構(gòu)造知，

4

這4個數(shù)是兩兩互質(zhì)的.

綜上所述，”的最小值為75.

例16、設(shè)S,表示正整數(shù)集合｛1，2,〃｝的一切子集的元素之和(規(guī)定空集元素和為

0)，求52003.

思路分析：應(yīng)用4=｛。1，。2，…，4"｝的子集有2"個.

略解：S”中每一個元素在2"T個子集中出現(xiàn)，因此S“=2"T?(1+2+…+〃)=2"-2."(〃

,20,

+1),..S2OO3=2°?2003?2004.

例17、一個集合含有10個互不相同的兩位數(shù).試證：這個集合必有兩個公共元素的子

集合，此兩子集的各數(shù)之和相等.

略解：已知集合有21°―1=1023個不同的非空子集，每一個子集內(nèi)各數(shù)之和都不超過99

+98+-+90=945<1023,故一定存在2個不同的子集，其元素之和相等.劃去它們共有數(shù)

字，可得兩個無公共元素非空子集，其所含各數(shù)之和相等.

評述：此題構(gòu)造了個抽屈原理模型，分兩步完成.計(jì)算數(shù)字和得最多有945個“抽屜”,

計(jì)算子集得1023個“蘋果”，由此得出兩個數(shù)字和相等的子集.第二步去掉相同的數(shù)字，得

出無公共元素并且非空的兩個子集，滿足條件.

例18、把含有12個元素的集合分成6個子集，每個子集都含有2個元素，有多少種分

法？

思路分析：用排列、組合或分類討論的思想解之.

略解：將12個元素排成一列有12!種方法.排定后，從左到右每2個一組就得到6個

2元子集.同一組中2個元素順序交換得到的是同一子弟.6個子集順序交換得到的是同樣

的分法，因此共有—=10395種不同的分法.

6!26

另解：設(shè)0是集中的一個元素，將可與其余11個元素中一個結(jié)合，就得田的2元子

集，這種2元子集共11種.

確定含田的子集后，設(shè)Z是剩下的一個元素，將妝與其余9個元素中的任一個結(jié)合，

就得到含做的2元子集，這種子集共有9種.

如此繼續(xù)下去，得到6個2元子集，共有11X9X7X5X3=10395種分法.

例19、設(shè)S=｛m，七，…，。“｝是整數(shù)集，其中心1.對于S的非空子集A,定義?(A)

為A的一切整數(shù)的乘積.設(shè)皿S)表示P(A)的算述平均數(shù).這是A遍歷S的一切非空子集.

若機(jī)(S尸13,且有一切正整數(shù)??,+|使得MSU｛%+［｝)=49,

試確定。1，a2,…，斯及。“+i的值.

詳解：對于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

中的某一項(xiàng)，而S的非空子集共有2"-1個.故

/CA_(1+。1)(1+42］，(1+即)-1

一2n-1

即(1+%)(1+。2)…(1+冊)=皿5)(2"-1)+1.①

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

將條件機(jī)⑸=13,機(jī)(SU{a“+l})=49,代入②得

+1

49(2"-1)+1=(1+a?+l)[13(2"-l)+l].

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

從而1+冊+1=二-----1—<11,且>7.冊+戶7,8,9.

13(2"-1)+1

又2"=12(%+1.3)③

134+1-85

易驗(yàn)證③僅對%+i=7,n=3成立，此時

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.

同樣可解出其他13組解:(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、欣紹及酷叁及

例1、設(shè)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：應(yīng)從(a,b,c,")一^岫一“入手，列方程組來解之.

uv-xy=39,

略解：由/的定義和已知數(shù)據(jù)，得V

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

將兩式相加、相減并分別分解因式，得(y+u)(〃-x尸105,(y—v)(w+x)=27.

顯然，〃一工20,y—在r,y,R￡Z}的條件下，0W〃一uWll,

+1Wy+uW22,即10Wy+uW22,但(y+y)|105,可見(y+明=15,(y+v)2=21,對應(yīng)

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.

對應(yīng)地，(y—v)]=9,(y—V)2=3.

注意到〃+x2〃一x,因而〃+x#3,從而推知〃+x=9,y—v=3.

于是有以下兩種情況：

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

圍.因此，（II）無解.

評述：在解此類問題時，估計(jì)y+v,u-x,y-v,u+x的可能值是關(guān)鍵，其中，對它

們的取值范圍的討論十分重要.

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

3xx

對應(yīng)力并寫出其逆映射.

略解：從已知集合A,B寫出，它們分別是坐標(biāo)平面上兩直線所夾角形區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)的集

合（如圖所示）.

集合4為直線y=和y=所夾角內(nèi)點(diǎn)的集合.集合8則是第一、三象限內(nèi)點(diǎn)

的集合.所要求的對應(yīng)實(shí)際上可使力區(qū)域拓展成8區(qū)域，并要沒有“折疊"與''漏洞”.先

用極坐標(biāo)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

在這個映射下，極徑P沒有改變，輻角之間是一次函數(shù)9=38-、jr，因而。和夕之間是

----對應(yīng)，其中de用（O,/）.所以，映射",是A與8的----對應(yīng).

逆映射極易寫出，從略.

評述：從題中將直角坐標(biāo)問題化為極坐標(biāo)問題，頗具特色.應(yīng)注意理解掌握.

例3、設(shè)*={1,2,100},對X的任一非空子集“中的最大數(shù)與最小數(shù)的和稱

為M的特征，記得〃i（M）.求X的所有非空子集的特征的平均數(shù).

略解：設(shè)A紜X,令/：4-4，，M={101-a|aSA}^X.

于是/：A-A'是X的非空子集的全體（子集組成的集），y到y(tǒng)自身的滿射，記X為

非空子集為4,A2,A“（其中〃=2i°°—1）,則特征的平均數(shù)為

1fi1n

一2儂4）=不Z（，”（4）+皿4））.

ni=i2?,=i

由于A中的最大數(shù)與A'中的最小數(shù)的和為101,A中最小數(shù)與4'中的最大數(shù)的和也

為101,故加（AM（4'）=202,從而特征平均數(shù)為‘-202"=101.

2n

如果4,B都是有限集合,它們的元素個數(shù)分別記為card(A),card(B).對于映射f：A

fB來說，如果/是單射，則有card(4)Wcard(B)：如果/是滿射，則有card(A)2card(B)：如

果/是雙射，則有card(4)=card(8).這在計(jì)算集合A的元素的個數(shù)時，有著重要的應(yīng)用.即

當(dāng)card(A)比較難求時,我們就找另一個集合5,建立一一對應(yīng)/：A-B,把B的個數(shù)數(shù)清,

就有card(A)=card(B).這就是我們解某些題時常用的方法.請

看下述兩例.

例4、把△48C的各邊〃等分，過各分點(diǎn)分別作各邊的

平行線，得到一些由三角形的邊和這些平行線所組成的平行

四邊形，試計(jì)算這些平行四邊形的個數(shù).

略解：如圖所示，我們由對稱性，先考慮邊不平行于8c

的小平行四邊形.把48邊和4c邊各延長一等分，分別到

8',C',連接VC'.將A'B'的”條平行線分別延長,

與B'C'相交，連同夕，C'共有”+2個分點(diǎn)，從夕至C'依次記為1,2,…，〃+2.圖

中所示的小平行四邊形所在的四條線分別交8,C于i,j,k,I.記

A=｛邊不平行于BC的小平行四邊形｝,

B=｛(i,j,k,l)\l^i<j<k<l^n+2].

把小平行四邊形的四條邊延長且交8'C邊于四點(diǎn)的過程定義為一個映射：/：4-8.

下面我們證明了是A與8的-一對應(yīng)，事實(shí)上，不同的小平行四邊形至少有一條邊不

相同，那么交于夕C的四點(diǎn)亦不全同.所以，四點(diǎn)組(i,j,k,/)亦不相同，從而/是

A到B的一一對應(yīng)的映射.

任給一個四點(diǎn)組(，，/,我,/),l^i<j<k<Kn+2,過3j點(diǎn)作AB的平行線，過匕/作

AC的平行線，必交出?個邊不平行于BC的小平行四邊形.所以，映射;?是A到B的滿射.

總之/"是4與B的一對應(yīng)，于是有card(A)=card(B)=C%-

加上邊不平行于AB與4c的兩類小平行四邊形，得到所有平行四邊形的總數(shù)是3Cf+2.

例5、在一個6X6的棋盤上，已經(jīng)擺好了一些1X2的骨牌，每一個骨牌都恰好覆蓋兩

個相鄰的格子.證明：如果還有14個格子沒有被覆蓋，則至少能再放進(jìn)一步骨牌.

思路分析：還有14個空格，說明已經(jīng)擺好了11塊骨牌，

如果已經(jīng)擺好的骨牌是12塊，如圖所法的擺法說明不能再放入

骨牌.所以，有14個空格這一條件是完全必要的.我們要證明

當(dāng)還有14個空格時，能再放入一個骨牌，只要能證明必有兩個

相鄰的空格就夠了.如果這種情況不發(fā)生，則每一個空格的四

周都有骨牌，由于正方形是對稱的，當(dāng)我們選定一個方向時，

空格和骨牌就有了某種對應(yīng)關(guān)系，即可建立空格到骨牌的一種

映射,通過對空格集合與骨牌集合之間的數(shù)量關(guān)系，可以得到空格分布的一個很有趣的結(jié)論,

從而也就證明了我們的命題.

略解：我們考慮下面5X6個方格中的空.

如果棋盤第一行(即最上方的一行)中的空格數(shù)多于3個小時，則必有兩空格相鄰，這

時問題就得到解決.

現(xiàn)設(shè)第一行的空格數(shù)最多是3個，則有card(X)214-3=ll,另一方面全部的骨牌數(shù)為

11,card(y)=ll.所以必有card(X尸card(K),事實(shí)上就是一個，,一映射.這時，將發(fā)生一

個很有趣的現(xiàn)象：最下面一行是全是空格，當(dāng)然可以放入一個骨牌.

評述：這個題目的證明是皮具有特色的，從內(nèi)容上講，這個題目具有一定的綜合性，既

有覆蓋與結(jié)構(gòu)，又有計(jì)算與映射，尤其是利用映射來計(jì)數(shù)，在數(shù)學(xué)競賽中還較少見.

當(dāng)然這個題目也可以用其他的方法來解決.例如，用抽屜原則以及用分組的方法來討論

其中兩行的結(jié)構(gòu)，也能比較容易地解決這個問題，請讀者作為練習(xí).

例6、設(shè)N*={1,2,3,-??},論證是否存在一個函數(shù)N*fN*使是“1尸2,/&(〃))=

/(")+"對一切"GN*成立，/(")勺'(〃+1)格，即除去第一行后的方格中的空格.對每一個這

樣的空格，考慮它上方的與之相鄰的方格中的情況.

(1)如果上方的這個方格是空格，則問題得到解決.

(2)如果上方的這個方格被骨牌所占，這又有三種情況：

(i)骨牌是橫放的，且與之相鄰的下方的另一個方格也是空格，則這時有兩空格相鄰,

即問題得到解決.

(ii)骨牌是橫放的，與之相鄰的下方的另一個方格不是空格，即被骨牌所覆蓋；

(iii)骨牌是豎放的.

現(xiàn)在假設(shè)僅發(fā)生(2)中的(ii)和(iii)時，我們記X為下面5X6個方格中的空格集

合，V為上面5X6個方格中的骨牌集合，作映射夕X—Y,由于每個空格(X中的)上方

都有骨牌(y中的)，且不同的空格對應(yīng)不同的骨牌.所以，這個映射是單射，于是有card(X)

Wcard(K)，對一切“GN*成立.

解法1：存在，首先有一條鏈.

1-2f3f5f8fl3f21f…①

鏈上每一個數(shù)n的后繼是/(”)，/滿足f(f(n))=f(n)+n,②

即每個數(shù)是它前面兩個數(shù)的和，這種鏈稱為一鏈.

對于①中的數(shù)機(jī)＞",由①遞增易知為/(")一/(")》小一”.③

我們證明正整數(shù)集N*可以分解為若干條/鏈，并且對任意正整數(shù)機(jī)＞〃，③成立(從而

火〃+1)刁(〃)，并且每兩條鏈無公共元素).方法是用歸納法構(gòu)造鏈(參見單塔著《數(shù)學(xué)競賽

研究教程》，江蘇教育出版社).

設(shè)已有若干條/鏈滿足③，而A+1是第一個不在已有鏈中出現(xiàn)的數(shù).

定義/(k+l)=f(k)+l,④

這鏈中其余的數(shù)由②逐一確定.

對■于w＞",如果〃同屬于新鏈，③顯然成立，設(shè)加、〃中恰有?個屬于新.

若機(jī)屬于新鏈，在m=%+1時，f(/n)(k)+1-f(/?)—n+1=m—n,

設(shè)對于③成立，則/(/'(,"))—/'(〃)=/(⑼+m一/(")》機(jī)一w+機(jī)》/(??)一〃

［由②易知2m》/(機(jī))］.即對新鏈上一切機(jī)，③成立.

若“屬于新鏈，在"=k+l時，f(m)—f(n)=f(m)—f(k)~1^m~k—\=m—n.

設(shè)對于〃，③成立，在機(jī)＞”時，小不為原有鏈的鏈?zhǔn)?記機(jī)=/(s),則在儂/(〃)時，

而在時，/(")一/(S)》“一s20,與機(jī)力'(〃)矛盾，所以s＞〃，/(〃?)一/(/'(”))》機(jī)?—/(”).

即對新鏈上一切〃，③成立.

因而添入一條新鏈后，③仍成立.

這樣繼續(xù)添加，直到所有正整數(shù)均在鏈中出現(xiàn)，所有函數(shù)/：N*fN*即為所求.

解法2：令/(?)=［以"+1)］+小其中夕=；(塢-1),［幻表示x的整數(shù)部分.

顯然/(〃)嚴(yán)格遞增，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)]+”就是滿足要求的函數(shù).

例7、設(shè)”是正整數(shù)，我們說集合｛1,2,2〃｝的一個排列｛R，X2，…，X2”｝具有性

質(zhì)P,如果在｛1,2,-,?,2〃-1｝當(dāng)中至少有一個i,使｛x,一者+1｝=〃成立.求證：對于任何”,

具有性質(zhì)P的排列比不具有性質(zhì)P的排列個數(shù)多.

思路分析：注意構(gòu)作映射來解之.

略解：n=l時顯然成立.

對“22,設(shè)具有性質(zhì)P的排列有m個，又設(shè)A為不具有性質(zhì)P的排列集合，B為恰有

?個數(shù)i,使用一Xj+i|=w的排列集合，有card(B)<機(jī).

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")，則FEB.這表明，4中不同的元素經(jīng)過映射

了后所得8的像不同.

因此,card(A)Wcard(B)<m.

例8、設(shè)5=｛1,2,…，〃｝,A為至少含有兩項(xiàng)的公差為正的等差數(shù)列，其項(xiàng)都在S中

且當(dāng)將S的其他元素置于A中之后，均不能構(gòu)成與A有相同公差的等差數(shù)列.求這種4的

個數(shù)(只有兩項(xiàng)的數(shù)列也視為等差數(shù)列).

思路分析：應(yīng)考慮對〃分偶數(shù)和奇數(shù)兩種情況以分類討論求解.

略解：當(dāng)〃=2k為偶數(shù)時，滿足題中要求的每個數(shù)列A中必有連續(xù)兩項(xiàng)，使其前一項(xiàng)在

集｛1,2,以中而后一項(xiàng)在依+1,k+2,…，2%中.反之，從｛1,2,哥和依+1,

k+2,--2號中各任取一數(shù)，并以二數(shù)之差作為公差可作出一個滿足要求的數(shù)列A.容易

看出這個對應(yīng)是雙射.故知4的個數(shù)為廿=°.

4

當(dāng)〃=2k+l為奇數(shù)時，情況完全類似，惟一的不同在于這時第二個集合長+1,左+2,…，

及｝有女+1個元素.故A的個數(shù)為女/+1)二—(〃2一1).

4

例9、將正整數(shù)n寫成若干個1與若干個2之和，和項(xiàng)順序不同認(rèn)為是不同的寫法.所

有寫法種數(shù)記為a(”).將〃寫成若干個大于1的正整數(shù)之和，和項(xiàng)順序不同認(rèn)為是不同的

寫法.所有寫法的種數(shù)記為6(”).求證對每個〃，都有a(〃)=B(〃+2).

思路分析：應(yīng)從數(shù)學(xué)歸納法入手來證.

略解：顯然有a(l)=l=6(3),a(2)=2=P(4),即命題于”=1,2時成立.

設(shè)命題于"Wk+l時成立，須證當(dāng)"=k+2時命題成立.既然命題于〃=k,k+l

時都成立，故存在4與&+2,4+|與&+3之間的雙射成與人十1,令

/人伍),當(dāng)。€4,

f(a)=<,

/+1(。),當(dāng)?！?+1，

則/為由A&U4—]到&+2U&+2的雙射.

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

.,[Ak^am=2,

U&+3，令。=(%,。2,…*[

〔電i,當(dāng)為〃=1；

,（4,與,…力/,2）eBk+中當(dāng)ib'e8（.,

b=<”，，+2

.（仿,匕2,…，如i）eBk+4,當(dāng)beBk+3.

則映射g：4+2mLa'G4U4+1，

h=B^+2U8*+3與b'fbWBk+4.

都是雙射.從而復(fù)合映射入°/°g：a-b^B.

AA+2Bk+4

為雙射，故有。（k+2尸B（k+4）.于是由數(shù)學(xué)歸納法知命題對所有正整數(shù)”都成立.

評述：本題解題中所用的是第二數(shù)學(xué)歸納法，應(yīng)掌握此類證法.

例10、設(shè)M是由1985個不同的正整數(shù)組成的集合，其中每個元素的素因子都不大于

26,求證從M中必可找出4個數(shù)，使得它們的乘積為某正整數(shù)的四次方.

略解：因?yàn)椴淮笥?6的素數(shù)共有9個：2,3,5,7,11,13,17,19,23,故M中的

數(shù)均可成x=2?3a2…23a9,

其中諸a,均為非負(fù)整數(shù)，這樣一來，我們就將M中的每個數(shù)惟一地對應(yīng)了一個九元數(shù)

組（a”a2，…，a9）.考察集合

a

S=｛（al,a2,---,a9）\2'3%…23%=xeM｝,

顯然，上面給出的對應(yīng)是由M到S的雙射.故如card（S）=1985.從奇偶性角度來看，九

元數(shù)組恰有29=512種不同情形，于是由抽屜原理知從M中可取出[1985；512]+]=737對

數(shù)組｛（彌的，…,％），（訪,必,…,跖）｝滿足a+&=2夕用為非負(fù)整數(shù)，i=1,2,-??,9.這

樣，得到737個數(shù)組02,P9）.同抽屜原理知又可以從中選出兩個數(shù)組（B”

32,…，「）和（B1'，）2'，…，）9‘），使3+3'=2YY/為非負(fù)整數(shù)，1=1,2,…，

9.容易看出，例中與這對數(shù)組對應(yīng)的4數(shù)之積為2為??3。2……23。9.

恰為正整數(shù)2%3及…23%的四次方.可見，這四個數(shù)即可滿足要求.

三、能戴噴楓鑫和做盤

例1、當(dāng)x為何值時，"gjgJigJigJg底才有意義.

思路分析：應(yīng)根據(jù)對數(shù)的意義，從最外層開始一層一層地逐步消去根號和對數(shù)符號求出

X的范圍.

2io2爐10

Ax>lO10'°

評述：這種多層對數(shù)及根式問題，一定要逐層由外向內(nèi)求解，要有耐心.

例2、設(shè)4=｛。|〃=7〃，p￡N*｝,在A上定義函數(shù)/如卜：若。則/（a）表示。的數(shù)字

之和,例如17)=7,/(42尸6,設(shè)函數(shù)f的值域是集合M.求證:M={川"GN*,心2}.

思路分析：注意從充要條件的角度來進(jìn)行證明.

略解：先證{川〃CN*,”22}.

任取xGM,即x是被7整除的正整數(shù)的數(shù)字之和，由于7X10",n=O,