第一节 存在性问题.docx
- 文档编号:6621553
- 上传时间:2023-01-08
- 格式:DOCX
- 页数:46
- 大小:196.87KB
第一节 存在性问题.docx
《第一节 存在性问题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第一节 存在性问题.docx(46页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
第一节存在性问题
第五章组合数学
第一节存在性问题
E1-001 证明:
对每一个自然数m,平面内存在一有限点集S.有如下性质:
对S中每一个点A,S中恰有m个点与A相距为1单位,这种点集S有无限多个.
【题说】第十三届(1971年)国际数学奥林匹克题5.本题由保加利亚提供.
【证】m=1时,取两个距离为1的点,它们所成的集显然具有所说的性质.
设对于自然数k,存在点集Sk具有所说性质.将Sk平移1个单位得到点S'k.平移方向不与以下直线平行:
(1)过Sk中任两点的直线;
(2)以Sk中每一点为圆心,1为半径作圆,过这些圆的交点与圆心的直线.
这时Sk中每一点A恰与Sk∪S'k中k+1个点的距离为1.同样,S'k中每一点恰与Sk∪S'k中k+1个点的距离为1.因此Sk+1=Sk∪S'k具有所说的性质.
因此命题成立.
E1-002 给出一个集合,该集合由十个互不相同的两位十进制正整数组成.证明:
这个集合必有两个无共同元素的子集,两子集中各数之和相等.
【题说】第十四届(1972年)国际数学奥林匹克题1.本题由原苏联提供.
【证】该集合共有210-1=1023个非空子集.每个子集中的数的和≤10×100=1000,故其中必有两个和相等.相应的两个子集如有公共元,将公共元划去,产生的两个子集,所含数的和相等.
E1-003 集合M由1985个不等的正整数组成,其中每个正整数的素因子均不大于26.证明:
M至少含有一个由4个不同的数组成的子集,这4个数之积为某整数的4次幂.
【题说】第二十六届(1985年)国际数学奥林匹克题4.本题由内蒙古提供.
【证】小于26的素数为2,3,5,7,11,13,17,19,23共9个.按题意,M中每一数具有标准形式:
2a13a25a3…23a9…
(1)
其中a1,a2,…,a9为非负整数.
注意ai按奇偶来分只有两种可能,所以9个指数a1,a2,…,a9的奇偶分配共29=512种,从而M中1985(>513)个形如
(1)的数中,可以找到一对数,它们的指数的奇偶性相同,不仅如此,将找到的数取出后,还可以继续在M中选出这样的数对,直至选出737对,每一对这样的数的乘积的形式为
(2β13β2…23β9)2
(2)
其中βi(1≤i≤9)为非负整数.
如上所说,在形如
(2)的737个数中,必有两数的指数中的β1,β2,…,β9与β'1,β'2,…β'9的奇偶性相同,这两个数的积
(ab)(cd)=(2r12r2…23r9)4
其中ri为非负整数,所以a、b、c、d的积为整数的4次方.
E1-004 在坐标平面上,纵横坐标都是整数的点称为整点.试证:
存在一个同心圆的集合,使得
(1)每个整点都在此集合的某一圆周上;
(2)此集合的每个圆周上,有且只有一个整点.
【题说】1987年全国联赛二试题2.
【证】设m是无理数,n是有理数,且2n≠整数,则点P(m,n)到任何二相异整点(a,b),(c,d)不等距
因为由 (a-m)2+(b-n)2=(c-m)2+(d-n)2
得出 a2+b2-c2-d2+2(d-b)n=2(a-c)m
上式左边是有理数,所以必须右边为0,从而a=c,则
(b-d)(b+d-2n)=0
由n的取法,必须b=d,与二点不同矛盾).
以P为心,过各个整点作圆,则每个圆上恰有一个整点,所以这一族同心圆即为所求.
E1-005 空间是否存在一个无限点集,它在每个平面上都至少有一个点,但都没有无限多个点?
【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题2.
【解】点集M={(t5,t3,t):
t∈R}在每一个平面Ax+By+Cz+D=0上至少有一个点,至多有五个点,因为奇次方程At5+Bt3+Ct+D=0至少有一个实数根,至多有五个实数根.
E1-006 是否存在两个整数,其立方和等于1991?
【题说】第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克九年级题5.
【解】易知对x∈Z
x3≡0,±1(mod 7)
因此,对于任意的X、y∈Z,x3+y3除以7的余数∈{0,1,2,5,6}.但1991除以7的余数是3,所以不存在X,y∈Z,使得
x3+y3=1991
E1-007 设X是一个有限集合.法则f使得X的每一个偶子集E(偶数个元素组成的子集)都对应一个实数f(E),且满足条件:
(1)存在一个偶子集D,使得f(D)>1990;
(2)对于X的任意两个不相交的偶子集A,B,有
f(A∪B)=f(A)+f(B)-1990
求证:
存在X的子集P和Q,满足
(1)P∩Q=
,P∪Q=Z;
(2)对P的任何非空偶子集S,有f(S)>1990;
(3)对Q的任何偶子集T,有f(T)≤1990.
【题说】第五届(1990年)全国冬令营赛题5.
【证】由于X是有限集,X的偶子集的个数是有限的.令P是使f值最大的偶子集,如果这样的偶子集不只一个,取其中元素最少的为P.Q是P相对于X的余集.显然
P∩Q=
,P∪Q=X
从而 f(S)>1990
对Q的偶子集T,由于P∩T=
,P∩T是偶子集,所以
f(P)≥f(P∪T)=f(P)+f(T)-1990
因此, f(T)≤1990
E1-008 从数集{0,1,2,…,14}中选出不同的数,填入下图中10个小圆中,使得由线段连结的两个数之差的绝对值均不相同.这可能吗?
请证明你的结论.
【题说】第二十三届(1991年)加拿大数学奥林匹克题4.
【解】不可能.用反证法证明如下:
如果能按题中要求从{0,1,…,14}选出10个数填入图中圆中,使由线段连结的两个数之差的绝对值都不同.那么这14个差的绝对值应恰好是1,2,…,14,其中有7个奇数,7个偶数.因而它们的和S是奇数.
另一方面,小圆中的每个数在S中出现偶数次(每个小圆引出偶数条线段),所以S应当是偶数.
以上矛盾即证明了我们的论断.
E1-009 设整数n≥4,a1,a2,…,an是区间(0,2n)中的不同整数.证明:
集合{a1,a2,…,an}有这样的子集存在,它的所有元素之和能被2n整除.
【题说】1992年四川省高中数学联赛决赛题4.
【证】
(1)若n
{a1,a2,…,an}则2n个整数a1,a2,…,an,2n-a1,2n-a2,…,2n-an都属于(0,2n).由抽屉原理其中至少有二数相等,令ai=2n-aj.
因n
{a1,a2,…,an},必有i≠j,于是ai+aj能被2n整除.
(2)若n∈{a1,a2,…,an},不妨设an=n,考虑n-1个整数a1,a2,…,an-1(n-1≥3),在其中任取三个数ai<aj<ak.若ak-aj,aj-ai均能被n整除,则
ak-ai=ak-aj+aj-ai≥2n
与ak∈(0,2n)矛盾.
故a1,a2,…,an-1中至少有两个数,差不能被n整除.
不妨设a1与a2的差不能被n整除,考虑n个整数:
a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1.
(i)若这n个数关于模n的余数都不同,则其中必有一个数能被n整除,令此数为kn.若k为偶数,结论成立;若k为奇数,加上an即构成所需要的子集.
(ii)若这些数中有两个数关于模n同余,则它们的差被n整除,因a1和a2不同余,故这二数之差必为原集合中若干数之和.以下讨论同(i).
这里n≥4是必要的,如n=3时,集{1,3,4}结论不成立.
【又解】假设结论不成立,则{1,2n-1},{2,2n-2},…,(n-1,n+1},{n}这n个集每个至多含一个ai(1≤i≤n).从而这n个集每个恰含一个ai(1≤i≤n).特别地,可设an=n.于是
(否则j+(n-j)+n=2n).
因为(2n-1)+(n+1)+n=4n,所以1与n-1至少有一个∈A.不妨设1∈A,这时n-1
A,n+1∈A.
因为(2n-2)+(n+1)+1+n=4n,所以2n-2
A,2∈A.
E1-010 A是满足下列条件的m×n矩阵.
(1)m≤n;
(2)矩阵中的元素均为0或1;
(3)若f是{1,2,…,m}到{1,2,…,n}的单射,则存在i∈{1,2,…,m},使得第i行f(i)列元素为0.
证明:
存在满足下列条件的集合S
{1,2,…,m}和T
{1,2,…,n},使得
(1)若i∈S,j∈T,则第i行j列元素为0;
【题说】1992年日本数学奥林匹克题4.
【证】条件(3)即A'中任m个元素,如果每两个不同行也不同列,那么这m个元素中必有0.所要证的结论即A有一个s×t的子矩阵,元素全为0,而且s+t>n.
如果m<n,可添n-m行,每行元素都是1,因此可设m=n,即只需考虑方阵.
m=1时结论显然.假设m换为较小的数时结论成立.
如果元素全部为0,结论显然.不妨设第m行第m列的那个元素为1.这时前m-1行前m-1列的子矩阵,具有与(3)相应的性质,即每m-1个两两不同行不同列的元中必有0,从而由归纳假设,存在s×t的零子矩阵,s+t>m-1.若s+t>m,结论已真.设s+t=m,并且这个零子矩阵在左上角,即前s行前t列.
右上角的s×s方阵与左下角的t×t方阵中,若某一个不具有与(3)相应的性质(即有一条两两不同行不同列的1组成的对角线),则由(3),另一个必具有相应的性质.不妨设s×s方阵具有相应的性质,则由归纳假设,其中有h×k的零子矩阵,h+k>s.将它与左上角的零子矩阵合在一起,得到一个h×(t+k)的零子矩阵,而
h+(t+k)>s+t=n
于是结论对一切自然数m成立.
E1-011 设k和l为正整数.证明:
存在整数M,使得当n>M时,
【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题4.
(2k+1)n+(2l+1)n≡1+2kn+1+2ln(mod4)
=2n(k+l)+2
要使2n整除(2k+1)n+(2l+1)n,n必为奇数.
此时
(2k+1)n+(2l+l)n=(2k+2l+2)[(2k+1)n-1-(2k+1)n-2.
(2l+1)+…+(2l+1)n-1]
上式右端第二个因式是n个奇数的代数和,因而是奇数.所以,2n整除(2k+1)n+(2l+1)n的充要条件是2n整除2(k+l+1).
E1-012
(1)考虑20的平方,它与20有着相同个数的非零数字.问除了10、20、30以外,是否存在一个两位数,它的平方与它有相同个数的非零数字?
如果你认为存在,找出它,如果你认为不存在,证明你的结论.
(2)问除了100、200、300以外,是否存在一个三位数,使它的平方数与它有相同个数的非零数字?
【题说】1992年英国数学奥林匹克题1.
【解】
(1)设n是满足题意的两位数,个位数字不为0,则n2具
55,64,71,78,84,90,95均不满足题意.
所以,满足题意的两位数不存在.
(2)显然,245满足题意,因为2452=60025.
E1-013 设n是奇数.试证:
存在2n个整数.a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn,使对任一整数k,0<k<n,下列3n个数
ai+ai+1,ai+bi,bi+bi+k
(i=1,2,…,n;其中an+1=a1,bn+j=bj,0<j<n)被3n除所得余数互不相同.
【题说】1993年中国数学奥林匹克(第八届数学冬令营)题1.
【证】取ai=3i,bi=3i+1(1≤i≤n),则
ai+ai+1=6i+3
ai+bi=6i+1
显然,6i+3,6j+1,6t+3k+2,或6t+3k-3n+2,除以3余数分别为0,1,2.因此它们被3n除后余数各不相同.
在1≤i≤j≤n时,(6j+3)-(6i+3)=6(j-i).因为n是奇数,0<j-i<n,所以6(j-i)不被3n整除,即6j+3与6i+3被3n除,余数不同.
同样,在1≤i<j≤n时,6j+1与6i+1被3n除,余数不同.6j+3k+2或6j+3k-3n+2与6i+3k+2或6i+3k-3n+2被3n除,余数不同.
因此,所取的ai,bi(1≤i≤n)符合要求.
E1-014 是否存在自然数n,使n!
的前四位为1993?
【题说】1993年德国数学奥林匹克(第二轮)题4.
【解】答案是肯定的.
取N=1000100000,当n=N,N+1,…时,考虑数n!
的前4位的
过不多于10次的乘法运算后将增加1.所以,数n!
前四位将跑遍所有的四位数,其中当然会有1993.
E1-015 证明:
在任给的8个不同的实数x1,x2,…,x8中,至少存在两个实数xi和xj使得不等式
成立.
【题说】1994年四川省高中数学联赛题2.
互不相同,且
两个θi和θj使得
即
E1-016 对于任何正整数k,f(k)表示集合{k+1,k+2,…,2k}内在二进制表示下恰有3个1的所有元素的个数.
(a)求证:
对于每个正整数m,至少存在一个正整数k,使得f(k)=m.
(b)确定所有正整数m,对每一个m,恰存在一个k满足f(k)=m.
【题说】第三十五届(1994年)国际数学奥林匹克题3.本题由罗马尼亚提供.
【解】k=1,2,3时,f(k)=0.k=4=(100)2时,f(k)=1.
若k+1的二进制表示中恰有三个1,那么2(k+1)的二进制表示中也恰有三个1,所以f(k+1)≥f(k).当且仅当2k+1的二进制表示恰有三个1时,f(k+1)=f(k)+1,即k=(100…0100…0)2[包括k=(10…01)2在内]时,f(k+1)=f(k)+1.由于这样的k有无穷多个,所以f(k)从1逐一增加至无穷(即(a)成立).并且仅在k=(10…010)2时,f(k),f(k+1)连续(比前一项)增加1,从而当且仅当k=(10…010)2=2n+1+2时,m=f(k)仅出现一次,
E1-017 求证:
存在一个具有下述性质的正整数的集合A:
对于任何由无限多个素数组成的集合S,存在k≥2及正整数m∈A和n
A,使得m和n均为S中k个不同元素的乘积.
【题说】第三十五届(1994年)国际数学奥林匹克题6.本题由芬兰提供.
【证】将素数依大小排列为p1<p2<p3<….
令Ai={pipj1…Pji|i<j1<…ji},i=1,2,…,则
A=∪Ai
E1-018 是否存在
(1)4个;
(2)5个不同的自然数,它们中任意三个数之和是素数?
【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题2.
【解】
(1)1,3,7,9满足条件.
(2)由于任意5个不同的自然数中,必存在3个数,除以3后余数相同,从而这三个数的和是3的倍数,因而是合数.即不存在5个不同的自然数,它们中任意三个数之和是素数
E1-019 是否存在100个正整数,使得它们的和与最小公倍数相等?
【题说】1995年城市数学联赛低年级普通水平题2.
【解】1,2,22,23,…,22n+1与3,3·2,3·23,3·25,…,3·22n-1,这3n+3个数的最小公倍数为3·22n+1,和为
(22n+2-1)+(3+22n+1-2)=3·22n+1
取n=33,得到102个数1,2,4,8,…,2”与3,6,24,…,3·265,去掉4,8,16,32,增加12,48,如此100个正整数满足条件.
E1-020 由同一组数码写成的自然数称之为相似数(例如,对数码组1,1,2,相似数有112,121,211).证明:
存在三个不含数码0且有1995位的相似数,使得其中两数之和等于第三个数.
【题说】第二十一届(1995年)全用数学奥林匹克九年级题5.
【证】因为159十495—954,而1995被3g除,所以三个数
459459…459(665个459)
495495…495(665个495)
954954…954(665个954)
合乎要求.
E1-021 是否存在正整数n>1,满足下列条件:
正整数集可分拆为n个非空子集,使得从任n-1个子集中各任取一个数,这n-1个数的和在剩下的哪个集中?
【题说】第三十六届(1995年)IMO预选题.
【解】n=2显然不满足条件.
若n=3满足条件,正整数集分拆成的三个非空子集人A1,A2,A3中必有一个至少含有一个奇数,另一个至少含有一个偶数.设奇数a=2h-1∈A1,偶数b=2k∈A2,则根据已知条件可得
a+b∈A3,a+2b∈A1,a+3b∈A3,a+4b∈A1,…
以及
b+a∈A3,b+2a∈A2,b+3a∈A3,b+4a∈A2,…
于是a+2hb∈A1,b+(2k+1)a∈A3,但
a+2hb=b+(2k+1)a.
与分拆的定义不符,所以n=3不满足条件(注意我们并没有用到A1∪A2∪A3=N).
若n>3满足条件,正整数集分拆成n个非空子集A1,A2,A3,…,An.这个集中有两个,不妨设为A1,A2;A1中有一个元a与A2中一个元b的奇偶性不同.从A4,…,An中各取一个数作成和s,令a'=a+s,b'=b+s,则
A'i={x+s|x∈Ai},i=1,2,3
显然a'、b'奇偶性不同、并且分别属于A1'、A2'.对任意的x∈Ai',y∈Aj'(1≤i<j≤3),
x+y=(x-s)+(y-s)+s+s∈A'k
k是{1,2,3}-{i,j}中的元素.
根据上面对n=3的证明,A'1,A'2,A'3中有两个集的交非空,从而A1,A2,A3的交非空.因此,没有满足要求的n.
E1-022 Z表示整数集.证明对任意整数A、B可以找到整数C,使得集M1={x2+Ax+B|x∈Z}与M2={2x2+2x+C|x∈Z}不交.
【题说】第三十六届(1995年)IMO预选题.
【证】2x2+2x+C≡C(mod4)
若A为奇数,则
y2+Ay≡y2+y≡0(mod2)
即y2+Ay+B(mod4)仅有两类.
若A为偶数.则y为偶数时,y2+Ay≡0(mod4),y为奇数时,y2+Ay≡1+4(mod4).即y2+Ay+B(mod4)仍仅两类.
因此,可取C不属于以上两类(mod4),这时M1,M2无公共元素.
E1-023 k为正整数,证明存在无限多个形如n·2k-7的平方数,这里n是正整数.
【题说】第三十六届(1995年)IMO预选题.
【证】对k=1,2,3,取m=1+4l,l为正奇数,则
m2+7≡0(mod24)
对k≥3,设有正整数m,满足
m2+7≡0(mod2k+1)
(1)
显然m为奇数.对任意正整数a,
(m+a·2k)2+7≡m2+7+2k+1ma=2k+1(b+ma)(mod2k+2)
取a与b的奇偶性相同,则
(m+a·2k)2+7≡0(mod2k+2)
因此,对任意正整数k,均有无穷多个m满足
(1),即有无穷多个正整数n,使n·2k-7为平方数m2.
E1-024 是否存在这样的有限非零实数集合M,使得对任意的自然数n,总可求得以M中的数为系数.且次数不低于n的多项式,它的所有实根也属于集合M?
【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克十一年级题7.
【解】设存在满足要求的集合M={a1,a2,…,am}.记a=min{|a1|,|a2|,…,|am|},A=max{|a1|,|a2|,…,|am|},显然A≥a>0.
考察多项式
p(x)=bkxk+bk-1·xk-1+…+b1x+b0
它的系数b0,b1,…,bk及根x1,x2,…,xk均属于集合M.
由韦达定理,有
这说明多项式的次数不可能大于C,矛盾.因此,满足题设条件的集合M不存在.
E1-025 确定(并证明)是否有整数集的子集X具有下面的性质:
对任意整数n,恰有一组a、b∈X,使a+2b=n.
【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题6.
【解】这样的X存在.首先令X2={0,1}.假设已有Xk={a1,a2,…,ak},使得a1+2aj(1≤i,j≤k)互不相同.令Sk={ai+2aj|1≤i,j≤k}.对任一不属于Sk的整数n,取正整数ak+1,又令ak+2=-2ak+1+n.
只要ak+1充分大,对1≤i,j,s,t≤k,有3ak+1>as+2ak+1>ak+1+2ai>n>ak+2+2aj>ak+1+2ak+2>at+2ak+2>3ak+2,而且ak+1+2ai大于Sk中一切正数,ak+2+2aj小于Sk中一切负数.于是,对
Xk+2={ak+1,ak+2}∪Xk
中任二数a、b,a+2b)互不相同.
令 X=X2∪X4∪…∪X2k∪2k+2∪…
则X满足要求.
E1-026 求证存在无穷多个自然数n,使得可将3n个数1,2,…,3n列成数表
a1a2…an
b1b2…bn
c1c2…cn
满足条件:
(1)a1+b1+c1=a2+b2+c2=…=an+bn+cn,且为6的倍数;
(2)a1+a2+…+an=b1+b2+…+bn=c1+c2+…+cn,且为6的倍数.
【题说】1997年中国数学奥林匹克题3.
【解】设n=12h-3,h为任一自然数,则在1,2,…,3n能排成3×n的矩阵使每行和都相等,每列和都相等时,每行的和为
每列的和为
均被6整除.因此只要证明能排成上述矩阵.
更一般地,我们证明对奇数m=2k+1,9m个数1,2,…,9m总可以排成3×3m的矩阵使行和都相等,列和也都相等.
首先将这些数排列如下:
这时行和已经相等.考虑第1,4,7,…,3m-2列.为方便起见,将这些列写成
将它调整为
0 1 2 … 2k-2 2k-1 2k
k 2k k-1 … 1 k+1 0
2k k-1 2k-1 … k+1 0 k
(第二行自右向左先写0,间隔一个写1,…,写到k再回到右边写k+1,k+2,…,2k.第三行则自右边第二个位置写起.)
不难验证此时各列和相等(均为8+3+4+3k×9).对第2,5,8,…,3m-1列以及第3,6,9,…,3m列用同样方法调整,便得到行和都相等,列和也都相等的矩阵.
E1-028 图a是由16条线段组成的图形,证明不能画出一条折线,它和图中每条线段都相交一次(这条折线可以是开的,可以是自身相交的,但折线的顶点不能在线段上,而折线的边也不能通过线段的公共端点).
【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题1.
【证】 原图有6个区域A、B、C、D、E、F可以看作6个点(图b).如果所说的折线存在,每一段折线就是连结A、B、C、C、D、E、F中某两点的边(边AB表明这段折线的端点为A、B),区域A的边界被分为五段,即点A引出5条边,A是奇顶点.同样,B、D、F是奇顶点(分别引出5、5、9条边).有4个奇顶点的图不
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 第一节 存在性问题 存在 问题
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)