数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值001-010)
数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值071-080)汇总
E2－071设n和k是正整数，S是平面上n个点的集合，满足：（1）S中任何三点不共线；（2）对S中的每一个点P，S中至少存在k个点与P距离相等．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题3，本题由荷兰提供．条件（1）可以取消．【证】以S中的两个点为端点的线段称为“好线段”．另一方面，以S中任一点P为圆心，可以作一个圆，圆上至少有k计算在内）．从而至少有条弦是好线段．E2－072学校举办足球循环赛，每个参赛队都与其他队各赛一场，胜一场积2分，平一场积1分，负一场积0分，已知仅有一个队积分最多，但他胜的场数最少，问至少有几队参赛，才有可能这样？【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【解】称积分最多的为冠军，设冠军胜n场，平m场，则他共积2n+m 分，由题设，其余各队胜的场数不少于n+1，即积分不少于2（n+1）．由2n+m ＞2n+2得m≥3．从而有队踢过平局，他们的积分不少于2（n+1）+1，由2n+m≥2n+3，得m≥4．冠军队至少胜1场，否则，它的积分不多于S-1（S是参赛的队数）．其余队的积分少于S-1，于是所有参赛队积分之和少于S（S-1）．而每赛一场，双方积分之和总是2分，因此所有队积分之和应是2·S（S-1）/2=S（S-1），矛盾．这样，m≥4，n≥1，因此冠军队比赛场数不少于5，参赛队数（包括冠军队）不少于6．下面的比赛积分表表明，有6个队（分别用A、B、C、D、E、F表示）参赛且满足题设要求的比赛结果．因此至少6队参赛．E2－073设n≥3．考虑在同一圆周上的2n-1个互不相同的点所成的集合E．将E中一部分点染成黑色，其余的点不染颜色．如果至少有一对黑点，以它们为端点的两条弧中有一条的内部（不包含端点）恰含E中n个点，则称这种染色方式为好的．如果将E中k个点染黑的每一种染色方式都是好的，求k 的最小值．【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题2．本题由捷克提供．【解】将E中的点依次记为1，2，3，…，2n-1，并将点i与i+（n-1）用一条边相连（我们约定j+（2n-1）·k，k∈Z，表示同一个点j）．这样得到一个图G．G的每个点的次数均为2（即与两个点相连），并且相差为3的两个点与同一点相连．由于G的每个点的次数为2，G由一个或几个圈组成．在32n-1时，1， 2，…，2n-1中每一点j都可以表示成3k的形式（即方程3x≡j（mod2n-1）有解），因此图G是一个长为2n-1的圈．在这圈上可以取出n-1个互不相邻的点，而且至多可以取出n-1个互不相邻的点．为共可取出n-2个点互不相邻．综上所述，在32n-1时，mink=n．在3|2n-1时，mink=n-1．E2－074地面上有10只小鸟在啄食，其中任意5只鸟中至少有4只在一个圆周上，问有鸟最多的一个圆周上最少有几只鸟？【题说】 1991年中国数学奥林匹克题3．【解】 9只鸟在同一圆周上，1只鸟不在这圆周上，满足题目条件．设有鸟最多的圆上至少有l只鸟，则4≤1≤9．首先证明，l≠4．由l≤9，必有4只鸟不在同一圆周上，过其中每3只作一个圆，共得4个圆，其余6只鸟中的每一只与上述4只鸟组成5元组，因而这只鸟必在（上述4个圆中）某一个圆上，6只鸟中必有2只在同一个圆上，从而这个圆上至少有5只鸟．其次，如果5≤l≤8，设圆C上有l只鸟，则C外至少有两只鸟b1、b2．对圆C上任三只鸟，其中必有两只与b1、b2共圆，设C上的b3、b4与b1、b2共圆，b5、b6与b1、b2共圆，C上第5只鸟b7及b3、b5，这3只鸟中没有两只能与b1、b2共圆，矛盾．所以l=9．E2－075给定空间中的9个点，其中任何4点都不共面，在每一对点都连着一条线段．试求出最小的n值，使得将其中任意n条线段中的每一条任意地染为红、蓝二色之一，在这n条线段的集合中都必然包含有一个各边同色的三角形．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题3，本题由中国提供．色的线段至多3条．若点A1引出不染色的线段，去掉A1及所引出的线段，若剩下的图中，还有点A2引出不染色的线段，去掉A2及所引出的线段．依此进行，由于不染色的线段至多3条，所以至多去掉3个顶点（及从它们引出的线段），即有6个点，每两点之间的连线染上红色及蓝色．熟知这里存在一个同色三角形．如图表明染色的边少于33条时，未必有同色三角形（不染色的边1—9、2—8、3—7、4—6没有画出），其中1、9与2、8间的虚线表明1—2、1—8、9—2、9－8均为虚线，5与4、6间的实线表明5—4、5—6均为实线等等．因此n=33．E2－076 10人到书店买书，如果已知（1）每人都买了三本书；（2）任二人所买书中都至少有一本相同，问最受欢迎的书（购买人数最多者）最少有几人购得？为什么？【题说】 1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题5．【解】设最受欢迎的书有k人购买．每人买3本书，共买30本书．若k≤4，由于430，不可能每种书均被4人购买．设第一个人购的书为a、b、c，并且买a的人≤3个，则与第一个人的公共图书为a的，不超过2人；为b或c的，均不超过3人．从而总人数≤1+2+3+3=9，矛盾！因此k≥5．现给出一种k=5的购书法：因此，被购买人数最多的一种书，最少有5人购买．E2－077 某市发出车牌号码均由6个数字（从0到9）组成，但要求任意2个车牌至少有2位不同（如车牌038471和030471不能同时使用）．试求该市最多能发出多少个不同车牌？并证明．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第三轮题5．【证】最多发出100000个．事实上，若发出了100001个车牌，则由抽屉原则知至少有10001个号码首位相同，同理这10001个号码中至少有1001个号码第2位亦相同，…，依此类推，至少有2个号码前5位均相同，违反规定．另一方面，可发出100000个车牌并符合规定；号码的后5位任意填写但没有两个完全相同（有105种填法），首位则为后5位数字之和的个位数字．若有2个号码后5位数字仅有1位不同，则其首位也必不同．所以这100000个号码符合规定．E2－078若干个学校参加网球比赛，同一学校之间的选手不比赛，每两个学校的每两个选手都要比赛一场．在两个男孩或两个女孩之间进行的比赛称为单打；一个男孩和一个女孩之间的比赛称为混合单打．男孩的人数与女孩的人数至多相差1．单打的场数和混合单打的场数也至多相差1．问有奇数个选手的学校至多有几个？【题说】第二十五届（1993）加拿大数学奥林匹克题4．【解】设有n个学校，第i个学校派出x i个男选手、y i个女选手，i=1，2，…，n．由题意，有场．由题意，有≤1+2=3即在（x i-y i）（i=1，2，…，n）中至多只有三项不为零，而且这n项都应为1．这就是说，至多3个学校的人数x i+y i为奇数．如果只有3个学校，其中2个各派1名男孩，另1个学校派1名女孩，那么题目中的条件全满足，而奇数个选手的学校恰好3个．E2－079用水平和垂直的直线网把一块正方形黑板分成边长为1的n2个小方格，试问对于怎样的最大自然数n，一定可以选出n个小方格，使得任意面积不小于n的矩形中都至少包含有上面选出的一个小方格？（矩形的边是沿着直线网的）【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级二试题7．【解】显然，如果选出n个小方格满足问题的条件，那么，在每一行、每一列都恰有一个选定的小方格．右图表明n=7时，有满足要求的选法．设n＞7，称第一个方格被选定的行为A．若A是第一行，则称第二、三行为B、C．若A是第n行，则称第n-1、n-2行为B、C．若A不是第一行与第n 行，则称与A相邻的两行为B，C．两个长方形中都不含有A、B两行中选定的小方格．而C这行中只能有一个选定的小方格，所以这两个长方形中必定有一个是不包含有选定的小方格的．因此，所求的最大值为n=7．【注】 n=6时，符合问题要求的选法不存在．E2—080设n、k∈N且k≤n并设S是含有n个互异实数的集合．设T是所有形如x1+x2+…+x k的实数的集合，其中x1，x2，…，x k是S中的k个互异元素．求证T至少有k（n-k）+1个互异的元素．【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由爱尔兰提供．【证】 n=k时结论显然．假设命题对n-1（≥k）成立．考虑由s1＞s2＞…＞s n组成的n元集S．由归纳假设，对S0=｛s2，s3，…，s n｝存在k（n-1-k）+1个形如x1+x2+…+x k的互不相等的数，其中x1，x2，…，x k是S0中不同元素．显然s1+s2+…+s k＞s1+s2+…+s k-1+s k+1＞s1+s2+…+s k-2+s k+s k+1＞…＞s1+s2+s4+…+s k+1＞s1+s3+s4+…+s k+1并且这k个数中最小的大于s2+s3+…+s k+1，即大于S0中任k个元素的和．所以对n元集S，相应的集T至少有k（n-1-k）+1+k=k（n-k）+1个元素．于是，本题结论对一切自然数n≥k成立．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题041-050
E1-041设在空间给出20个点，其中某些点涂黄色，其余点涂红色．已知在任何一个平面上同色点不超过3个．求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含异色点．【题说】第一届（1990）希望杯高一赛二试题4．【证】 20个点分为两色，其中必有四点同色．由已知，它们不在一个平面上，因而组成一个四面体．这种四个顶点同色的四面体仅有有限多个，设其中以V的体积为最小．若V的每个侧面均含一个与顶点异色的点，则这四点组成一个体积小于V的四面体，这是不可能的．因此V至少有一个侧面不含与顶点异色的点．E1-O42设圆周上给定1991个点，其中任二点不共有一条直径，证明其中存在一个点．过它所作的直径，将其余1990个点恰好平分在两个半圆上．【题说】 1991年芜湖市赛题5．【证】设已知点为A1，A2，…，A1991（依逆时针次序）．若（含A i+1的）是劣弧，则将A i染成红色，否则染成黄色（i=1，2，…，1991；A i+1991=A i）．不妨设A1是红色（若是优弧，则将逆时针次序改为顺时针次序，A1991、A1990、…改为A2、A3、…．这时即原来的，是劣弧）．因为是优弧，所以A997是黄色．不失一般性，假设A2是A1、A2、…、A997中第一个黄点．过A2作直径，则A3、A4、…、A997这995个点在一个半圆上，A998，A999，…，A1在另一个半圆上．E1-043 给定11×12的矩形，证明该矩形1．可由1×6和1×7的矩形共20块拼成；2．不能由19块上述矩形拼成．【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克十年级题6．【证】 1．将11×12矩形分成两部分：7×12可由12块1×7矩形拼成；4×12可由8块1×6矩形拼铺而成．2．每块1×6或1×7的矩形只能覆盖图中不多于1个有阴影的小方格．这就是说19块小矩形充其量只能覆盖19个有阴影的格，因而它们也就无法拼成大矩形．E1-044 设G是一个有k条边的连通图．求证：可以将G的边标号为1，2，…，k，使得在每一个属于两条或更多条边的顶点，过该顶点各条边的标号数的最大公因子是1．【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【证】由G的连通性可知G中的每一个顶点至少属于一条边．任取一顶点V0从V0出发沿G中的边行走，每条边至多能通过一次，但每个顶点可通过多次．设通过t1条边后不可能再继续前进．通过的顶点依次记为V0，V1，V2，…，V i，…，V j，…，V t1（注意不同的0≤i，j≤t1，V i、V j可能为同一顶点），通过的边依次标号为1，2，…，t1．显然1≤t1≤k且除顶点V0，其余任一顶点，如果从它出发有两条或更多条边被标了号，则这些标号数必有两个相邻的自然数．如果t1=k，则所有的边均已被标号．如果1≤t1＜k，那么V0，V1，…，V t1中必有一点从该顶点有尚未标过号的边（否则G不连通）．从这一顶点出发按上述规则沿未标过号的边行走，并从t1+1开始依次标号，直到不可能继续前进．设又标了t2条边，则1≤t2≤k-t1．由于总共有k条边，于是易知用这种方法可将G的所有边标号为1，2，…，k．任取G的一顶点V，设从V出发至少有两条边．如果V=V0，由于从V出发的一条边标号为1，从而过该点各边的标号数的最大公因子为1；如果V≠V0，由以上标数的方法可知，过V必有两条边的标号数是相邻的两个自然数，从而过该点各条边的标号数的最大公因子也是1．E1-045在平面直角坐标系中，横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点，任取6个格点P i（x1，y1）（i=1，2，…，6）满足（1）|x i|≤2，|y i|≤2（i=1，2，…，6）；（2）任何三点不在同一条直线上．试证：在以P i（i=1，2，…，6）为顶点的所有三角形中，必有一个三角形，其面积≤2．【题说】 1992年全国联赛二试题3．【证】用反证法．设所有三角形面积都＞2．在y=-1与y=-2上最多只能有2个P i；因为如有3点，则它们所成因此，在y=2上至少有两点，因为（2），这直线上恰有两个P i．同理可推得在y=-2、x=2、x=-2上也各有两个P i，并且y=1，y=-1，x=1，x=-1上没有P i．若y=2上的两点为A1、B1，则x轴上不能有P i，但其余4个P i不能都在y=-2上，所以y=2上的两点不能为A1、B1．同样也不能为B1、C1．即只能为A1、C1．类似地，在y=-2，x=2，x=-2上的点不能为B2、D1、D2．这样，P i只可能为A1、A2、B1、B2及O五个点，矛盾．因此本题结论成立．E1-046 P1，P2…P1992是三维空间中的不同的点，使得每三个不同的点构成的三角形P i P j P k至少有一边的长度小于1cm．证明：存在半径都为1cm的球S1，S2，使得这1992个点都在S1或S2内．【题说】 1992年澳大利亚数学奥林匹克题7．心，半径为1cm的球．若d＜1，则这1992个点均在S1内；若d≥1，则在△P i P1P2（3≤i≤1992）中，P i P1与P i P2中至少有一个小于1，即P i在S1或S2内．E1-047设P1，P2，…，P1993=P0为xy平面上不同的点，具有以下性质：（1）P i的坐标均为整数，i=1，2， (1993)（2）在线段P i P i+1上没有其它的点，坐标均为整数，i=0，1，2， (1992)求证：对某个i，0≤i≤1992，在线段P i P i+1上有一点Q（q x，q y），使得2q x、2q y均为奇整数．【题说】 1993年亚太地区数学奥林匹克题5．【证】假设这样的点Q不存在．设P i坐标为（x i，y i），则x i+1与x i奇偶性相同，y i+1与y i奇偶性也相同时，线段P i P i+1的中点M为整点，与已知（2）矛盾．x i+1与x i奇偶性不同，y i+1与y i奇偶性也不同时，中点M成为合乎要求的点Q，与上面的假设矛盾．因此x i+1与x i的奇偶性相同时，y i+1与y i的奇偶性不同；x i+1与x i的奇偶性不同时，y i+1与y i的奇偶性相同．即x i+y i与x i+1+y i+1的奇偶性不同．所以x0+y0，x1+y1，…，x1993+y1993中，奇偶交错，从而x0+y0与x1993+y1993奇偶不同．但x1993+y1993即x0+y0．这矛盾表明本题结论成立．E1-048平面上有限点集M满足：对M中任意两点A、B，必存在第三点C，使△ABC为正三角形，求M中元素个数的最大值．【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第一轮）题2．【解】不妨设AB为M中两点间的距离之最大者，且△ABC 为正三角形．于是M中的点均在如图所示的曲边三角形ABC中．若M中有异于A，B，C的点P，则正三角形APP′的顶点P，P′不可能都在△ABC内部．不妨设P′在AB边与构成的弓形内（或边界上），连CP′，则正三角形CP′P″的顶点P″若与A在CP′的同侧，则∠P″AC=∠P′BC＞60°，所以P″在曲边三角形ABC外，矛盾．若P″与B在CP′的同侧，同样可推得矛盾．故M中元素个数的最大值为3．E1-049一个正九边形各顶点分别染上红、绿两色，任意三顶点确定一个三角形．若三顶点同色，则称此三角形为同色三角形．求证：必存在两个同色三角形，颜色相同且全等．【题说】 1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题1．【证】 9个顶点中至少有5个顶点同色，不妨设为红色．这5个顶k=0，1，2，…，8．经9次旋转后红色顶点共生成9×10=90个红形中一定有两个，它们与84个三角形中的某一个都全等，即这两个红色三角形全等．E1-050试找出一个多面体，它的任何三个面的边数都不全相同．【题说】第五十七届（1994年）莫斯科数学奥林匹克十一年级题27．【解】这样的多面体的例子如图所示，它共有六个面，其中两个面为三角形，两个面为四边形，两个面为五边形．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何061-068)
E3－061 在一个面积为1的正三角形内部，任意放五个点．试证：在此正三角形内，一定可以作三个正三角形盖住这五个点，这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边，并且它们的面积之和不超过0.64．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题4．结论可改进为【解】设△ABC是一个面积为1的正三角形．在每条边上各取两（1）如果△AB2C1、△BC2A1，△CA2B1中有一个至少盖住已知5个点中的3个，那么命题显然成立．因为这3个点都在△ABC内部，所以当将盖住它们的三角形的某条边适当平移，而三角形盖住其余两个点，便可使5个点全部盖住，且可保证三个三角形住两个已知点，那么图a的三个菱形（阴影部分）中均至少有1个点，而它们之间的3个梯形中，至多有一个已知点，因此5个点的分布情况只有图b、图c两类：（i）在图b中，5个点分布在3个菱形中，此时过菱形的顶点所作点，再作一个适当的小正三角形盖住第5个点．正是这三个三角形满足要求．（ii）在图c中，有一个菱形中有两个点，另外两菱形各有1个点，而在这两个菱形之间的梯形中还有1个点，不妨设这个点距B比C近．过个小正三角形盖住第5个点．此时这三个正三角形满足要求．E3－062在n×n的棋盘中，任k行和任l列的公共部分称为它的“子片”，并称k+l为它的半周长．假如若干个半周长不小于n的“子片”共同覆盖了棋盘的整条主对角线，证明：这些子片覆盖的方格数不少于棋盘总方格数的一半．【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克十年级题7．【证】用数学归纳法证明．当n=1，2时，结论显然成立．当n＞2时，假设对所有m×m（m＜n）的棋盘结论成立，要证对n×n 的棋盘结论也成立．对任一组满足题设要求的子片．考虑关于主对角线对称的方格对（i，j）与（j，i）（i≠j）．如果在每对方格中至少有一个被覆盖，那么结论成立．如果有一对对称方格（i，j）与（j，i）都不被覆盖．删去第i、j行及第i、j列．这时每个子片至多被删去两行，或两列，或一行一列，否则该子片盖住方格（i，j）或（j，i），因此半周长都不小于n－2．根据归纳假设，剩下的（n－2）×（n－2）的棋盘中至少有一半的方格被子片覆盖．删去的方格共（4n－4）个．由于盖住方格（i，i）的子片，半周长不小于n，所以它在第i行与第j列至少盖住n－1个方格．同理，盖住方格（j，j）的子片至少盖住第j行与第j列的（n－1）个方格．由于子片不盖住方格（i，j）与（j，i），所以在删去的两行两列中被子片覆盖的方格至少2（n－1）个．即不少于被删去方格的一半．综上所述，本题得证．E3－063将一个 a×b（a＞b）的矩形剖分为若干个直角三角形，其中任意两个直角三角形或有公共边，或有一个公共顶点，或无公共点．若两个三角形有公共边，则此边是一个三角形的直角边，另一个三角形的斜边．证明：a≥2b．【题说】 1995年城市数学联赛高年级高水平题3．【证】首先证明：任何三角形的顶点不可能在矩形的内部．假设某三角形的顶点O在矩形的内部，以O为端点的边依顺时针方向排列为OA1，OA2，…，OA n．不妨设OA1是△OA1A n的直角边，则△OA1是△OA1A2的斜边．OA2是△OA1A2的直角边，因此OA2是△OA2A3的斜边．如此下去，可得到OA1＞OA2＞OA3＞…＞OA n＞OA1这显然是不可能的，故假设不真．设这些直角三角形中，△ABC的斜边AB最长．若AB在矩形内部，它必是另一个直角三角形的直角边，这个三角形具有更长的斜边，与AB的最长性矛盾．因此，AB必落在矩形的某边上，而C点只能落在此边的对边上．取AB的中点M，则a≥AB=2MC≥2b．E3－064如果一个四边形任意一对边不相交，且有一个内角大于180°，那么我们就称它为“镖形”（如图所示）．设 C是一个凸s边形．被分成q个四边形，任两四边形不重叠（也无空隙），其中有b个镖形．证明：q≥b+（s－2）/2．【题说】第二十七届（1995年）加拿大数学奥林匹克题3．【证】q个四边形的内角和为2qπ．这些四边形有一些顶点是凸s边形C的顶点，在这些顶点处的内角合在一起是（s－2）π．还有一些顶点在凸s边形C的内部或边上．由于每个镖形有一个大于180°的内角，称为优角．优角的顶点不是凸多边形C的顶点，因而一定在C的内部．这样在C内部的顶点至少b个，在这些顶点处的内角之和为2bπ．E3－065 S1是1×1的正方形．对i≥1，正方形S i+1的边长是正方形S i的边长的一半，正方形S i的两相邻边是正方形S i+1的两相邻边的垂直平分线，而S i+1的另两条边是正方形S i+2的两相邻边的垂直平分线，如图，S1、S2、S3、S4、S5所覆盖的整【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题1．E3－066给定两个三角形△ABC和△PQR，其公共部分的面积为正时，称之为“△ABC和△PQR相交”；若公共部分的面积为0时，称之为“不相交”．平面被不相交的三角形集合T所覆盖，而属于T的两个不同的三角形的公共部分是一条边（有两个顶点相同），或只有一个公共的顶点．设新的△ABC是属于T的三角形集合中的任意三个顶点A、B、C连结而成．△ABC的内角∠A、∠B、∠C的最小值为θ．若在△ABC的外接圆内部不含T的任一三角形的顶点．证明：在属于T且与△ABC相交的三角形中存在着一个三角形，其最小的内角不超过θ．【题说】1996年日本数学奥林匹克题1．【证】不妨设∠A=θ．当△ABC属于T时，△ABC即为所求．设△ABC不属于T．若BC是属于T的某三角形的边，在以BC为边的两个三角形中，与△ABC相交的设为△DBC，则D在△ABC的外接圆外，并与A在BC的同侧，所以∠BDC≤θ，即△DBC为所求．若BC不是T中任何一个三角形的边，则在属于T的且以B为顶点的三角形中，存在△BDE，除B点外，与BC还有公共部分．由T的结构，顶点C在△BDE的外部，且D、E在BC的两侧．不妨设D、A在BC的同侧，则∠BDE＜∠BDC≤θ，从而△BDE为所求．E3－067（1）一个正方形被分割成若干个直角边分别为3，4的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．（2）一个矩形被分割成若干个直角边分别为1，2的直角三角形．证明：直角三角形的总数为偶数．【题说】1996年城市数学联赛低年级较高水平题4．【证】（1）由于三角形的三边长均为整数，所以正方形的边长也为整数n．又由于三角形的面积为6，所以6|n2，从而 2|n，3|n．即6|n．记n=6m，则n2=36m2，三角形的总数6m2是偶数．（2）矩形被若干条割缝（线段）分割成若干个所述的直角三角形，割缝的端点都是三角形的顶点．考虑直角三角形的斜边．若矩形的一组对边上分别有b，d个斜边，则存在非负整数a、c（因三角形的直角边皆为整数），使从而b=d．即在矩形的对边上的斜边个数相同．若斜边在割缝上，同理可知在这条割缝上的斜边，相应的直角三角形位于割缝一侧的个数与位于另一侧的个数相同．因此，直角三角形的斜边的个数为偶数（若两个直角三角形有一条公共斜边，则这条斜边应当计算两次），从而直角三角形的个数为偶数．E3－068 5×7的矩形能否被3格组成的角尺形（即2×2的正方形去掉1格而得到的图形）覆盖（角尺形可重叠但不能越出矩形边界），使得矩形中每个小格上覆盖的层数都相等？【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题8．【解】如图所示，将5×7的矩形小方格涂成黑白两色．黑色格记为－2，白色格记为1，因而任意一个角尺形所覆盖的数的和非负．假设可按题设要求将矩形中的每个小方格覆盖k层，那么矩形中所有数（按层数计算）的和S非负．另一方面，矩形中的数和为（－2）×12+23×1=－1，所以S=k·（－1）=k＜0．这与S的非负性矛盾，因此，所说的覆盖不存在．。
数学奥林匹克竞赛题目
数学奥林匹克竞赛题目尽管数学奥林匹克竞赛的题目复杂多样，但它们都有一个共同点，那就是挑战参赛者的思维能力和数学解题技巧。
以下是一些数学奥林匹克竞赛题目的示例，展示了数学之美以及对于问题求解的创新思维。
1. 最长公共子序列题目：给定两个字符串s1和s2，找出它们最长的公共子序列的长度。
解析：这是一个经典的动态规划问题。
我们可以使用一个二维数组dp来记录状态，其中dp[i][j]表示s1的前i个字符和s2的前j个字符的最长公共子序列的长度。
通过状态转移方程，我们可以逐步填充整个dp数组，最后的答案即为dp[m][n]，其中m和n分别为s1和s2的长度。
2. 素数判定题目：给定一个正整数n，判断它是否为素数。
解析：素数判定是一个经典的数论问题。
可以使用试除法来判断一个数是否为素数，即判断它是否有除了1和它自身以外的因子。
从2开始到根号n，依次判断n是否能整除这些数，如果能整除，则n不是素数，反之，则是素数。
3. 数字组合题目：给定一个正整数n，找出所有由1到n个数字组成的排列。
解析：这是一个典型的回溯算法问题。
我们可以使用递归的方式来生成所有的排列。
每次递归时，从1到n中选择一个数字，并将其加入当前排列中，在继续递归生成剩余的排列。
我们使用一个布尔数组visited来记录某个数字是否已经在当前排列中出现过，以防止重复选择。
4. 数列求和题目：给定一个数列1, 3, 5, 7, 9, ...，求前n个数的和。
解析：这是一个等差数列的求和问题。
可以使用数学公式来解决，即等差数列的和公式：S = (首项 + 末项) * 项数 / 2。
根据题目给出的数列，我们可以得到首项为1，末项为(2n - 1)，项数为n，代入公式即可求得和。
5. 二进制矩阵计算题目：给定一个二进制矩阵，求相邻的1所组成的区域的面积。
解析：这是一个图的深度优先搜索问题。
我们可以遍历整个二进制矩阵，对于每个为1的位置，递归地搜索与其相邻的1，并计算区域的面积。
国际数学奥林匹克试题分类解析—E组合数学_E3组合几何
E3 组合几何E3－001在平面上给定六个点，其中任何三点都不在一直线上．证明：在这六个给定的点中，可以挑出这样三个点，使得在这三个点构成的三角形中，有一个角不小于120°．【题说】1958年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】考虑这六点的凸包，它是一个凸多边形，顶点是这些已知点的全体或一部分．设∠ABC≥120°，则A、B、C即为所求．如果凸包是△ABC，那么有一已知点D在这三角形内．∠ADB、∠BDC、∠CDA中必有一个≥120°，结论成立．如果凸包是四边形或五边形，用对角线将它们剖分为三角形，必有一个三角形中有已知点．于是由上一种情形的讨论即得．E3－002证明：恰好存在一个三角形，其三条边长为连续自然数，而且一个角的大小是另一个角的两倍．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题1．本题由罗马尼亚提供．【证】设△ABC的三边为n＋1，n，n－l(n为自然数)，∠C＝2AD＝AB，于是2AB＝AB＋AD＞BC＋CD＝BC＋AC，所以AB＝n＋1．由△DCA∽△DAB，得DB·DC＝AD2因 DB＝DC＋BC＝AC＋BC＝2n－1所以 AC×(2n－1)＝(n＋1)2由于n不能整除(n＋1)2．所以AC＝n－1．由(n－1)(2n－1)＝(n＋1)2，解得n＝5E3－003在一平面上已知n个点，其中n＞4且无三点在一直线上，【题说】第十一届(1969年)国际数学奥林匹克题5．本题由蒙古提供．大者设为△ABC．过A、B、C分别作对边的平行线相交得△A′B′C′．因为△ABC的面积最大，所以其余的n－3个点均在△A′B′C′中(如果有一点T在△A′B′C′外，那么T与A、B、C中某两点构成的三角形的面积大于△ABC的面积，矛盾！)．除A、B、C外的n－3个点中，任取二点D、E，则直线DE不可能与△ABC三边都相交，不妨设直线DE与BC不相交，于是四边形BCDEE3－004已知五条线段中任何三条都可以组成一个三角形．证明：这些三角形中至少有一个是锐角三角形．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克九年级题1．【证】设五条线段的长度为a≤b≤c≤d≤e假设由这些线段组成的任何三角形都不是锐角三角形，那么，在由a、b、c；b、c、d；c、d、e 组成的三个三角形中，有c2≥a2＋b2，d2≥b2＋c2，e2≥c2＋d2将它们相加，得到e2≥a2＋2b2＋c2≥a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2从而e≥a＋b．这样，用e、a、b三条线段便不能组成三角形，矛盾．因此，命题得证．E3－005正三角形的每一条边都被分成k个等分，过每个分点作平行于边的直线．结果把三角形分成k2个全等的小正三角形．我们把下面一组小三角形叫做一个“链”：在其中没有一个三角形出现两次，而且前一个三角形与后一个三角形有一条公共边．求“链”中所含三角形个数的最大值．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克九年级题3．链”中两个前后相邻的小三角形颜色不同，而且每个白色小三角形只能经过一次，故每条“链”中小三角形的个数最多为k2－k＋1．图b表明链中小三角形的个数可以恰为k2－k＋1个．E3－006在一个平面上有100个点，其中任意三点均不共线，我们考虑以这些点为顶点的所有可能的三角形，证明：其中至多有70%的三角形是锐角三角形．【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．【证】任意五个点，其中没有三点共线，则一定可以找到以它们为顶点的三个非锐角三角形．这个结论可分三种情形讨论．(1)若五个点组成一个凸五边形，则这个五边形中至少有两个内角为钝角，它们可能相邻(例如∠A、∠B)，也可能不相邻(例如∠A、∠C)，如图a、图b．再注意四边形ACDE中至少有一个内角非锐角，这样就找到了三个不同的非锐角，相应地得到三个非锐角三角形．(2)若五个点中有四个点组成一个凸四边形ABCD(图C)，另一点E在ABCD内部，则EA、EB、EC、ED相互间的夹角至少有两个钝角．再加上ABCD中的非锐内角，至少也可找到三个非锐角三角形．(3)若五个点中有三点组成一个三角形ABC(图d)，另外两点D和E均在△ABC内，由于∠ADB、∠BDC、∠CDA中至少有两个钝角，我们可以找到四个钝角三角形．综合(1)、(2)、(3)可得结论．数的比为E3－007已知平面上n(n＞2)个点，其中任意三点都不在一直线上．试证：在经过这些点的所有闭折线中，长度最短的一定是简单闭折线．【题说】 1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题2．简单闭折线即不自身相交的闭折线．【证】设已知点为A1，A2，…，A n，L为经过这些点的最短的闭折线．若L不是简单闭折线，则L有两段，设为A i A j、A s A t相交于内点P，这时A i A t＋A s A j＜A i P＋PA t＋A s P＋PA j＝A i A j＋A s A t因此将L中的线段A i A j、A s A t改为A i A t、A s A j，则折线的长度减少，与L的最小性矛盾，从而L一定是简单闭折线．E3－008九条直线中的每一条直线都把正方形分成面积比为2:3的两个四边形．证明：这九条直线中至少有三条经过同一点．【题说】第六届(1972年)全苏数学奥林匹克八年级题4、十年级题5．【证】由梯形的面积等于高和中位线的积可知：分正方形成面积比为2:3的两个梯形(或矩形)的每条直线，都把沿着梯形的中位线作出的正方形的中位线分成同样的比．如图，分正方形中位线为2:3的点共有四个，而直线有9条，故至少应有三条直线过这些点中的某一个．E3－009证明：对n≥4，每一个有外接圆的四边形，总可以划分成n个都有外接圆的四边形．【题说】第十四届(1972年)国际数学奥林匹克题2．本题由荷兰提供．【证】如果四边形是等腰梯形，我们可以用平行于底边的线分割成任意多个等腰梯形，因任一等腰梯形都有外接圆，故命题对等腰梯形总是成立的．以下设圆内接四边形ABCD不是等腰梯形．不妨设∠A≥∠C，∠D≥∠B．由于对角互补，于是∠A≥∠B，∠D≥∠C．作∠BAP＝∠B，∠CDQ＝∠C，使P、Q在四边形内且PQ∥AD，再作PR∥AB，QS∥DC(如图)．因为∠B＋∠ADC＝∠C＋∠BAD＝180°所以∠DAP＝∠BAD－∠B＝∠ADC－∠C＝∠ADQ因此四边形APQD、ABRP、CDQS都是等腰梯形，当然有外接圆．又∠QPR＋∠QSR＝∠BAD＋∠C＝180°从而四边形PQSR也有外接圆．这样，我们就把ABCD分成四个有外接圆的四边形，其中有三个是等腰梯形．对n＞4，我们可以用前述分割等腰梯形的方法进一步把ABCD分割成n个有外接圆的四边形．E3－010一个给定的凸五边形ABCDE，具有如下性质：五个三角形ABC、BCD、CDE、DEA、EAB中的每一个面积都等于1．证明：各个具有上述性质的五边形都有相同的面积，并且有无限多不全等的这样的五边形．【题说】第一届(1972年)美国数学奥林匹克题5．【证】由S△ABE＝S△ABC，得AB∥CE，同理AE∥BD．因此ABFE为平行四边形，S△BEF＝S△ABE＝1．设S△CDF＝x，则S△BCF＝1－x，即到E，使S△BCD＝S△CDE＝1．作EA∥DF，BA∥CF．EA、BA相交于A，则五边形ABCDE便满足所设条件，这样的五边形有无限多个．E3－011已知凸多边形，在其内不能置放面积为1的任何三角形．证明：这个多边形能置于面积为4的三角形内．【题说】第八届(1974年)全苏数学奥林匹克题九年级题6．【证】设内接于凸多边形P的三角形中，以△ABC的面积为最大(显然S△ABC＜1)，M是多边形P 内的任意一点，则S△MAB≤S△ABC．由于这两个三角形同底AB，所以M点的轨迹是双轨平行线l1与l l′所形成的带形区域，其中l1与l l′的距离等于△ABC的AB边上的高的两倍．对于△MBC、△MAC做同样的讨论，从而得知多边形P的所有点属于三个带形区域的公共部分——△A′B′C′，如图．从而E3－012单位正方形周界上任意两点M、N之间连一曲线，如果它把这个正方形分成两个面积相等的部分，试证这个曲线段的长度不小于1．【题说】 1979年全国联赛二试题4．【证】 (1)若点M、N分别在对边上(如图a)，显然从M到N的曲线长度(2)若点M、N分别在一双邻边上(如图b)，则必与对角线BD相交(否则分成的两部分面积不等)．设E为交点，作关于BD的对称图形，则M′在AB上，据(1)有＝≥1．(3)若点M、N在同一条边上(如图C，M、N可以重合)，那么必与AB、CD的中点连线EF相交(否则分成的两部分面积不等)．设G为交点，作关于EF的对称图形，则M′在AD上，据(1)有＝≥1．综上所述，命题得证．E3－013一条平行于x轴的直线，如果它与函数y＝x4＋px3＋qx2＋rx＋s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．【题说】 1980年四国国际数学竞赛题5．本题由芬兰提供．【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它就是x轴，并且交点A在最左面(如果B在最左，A 为左起第二个，则BA、BC、BD也成三角形，其它情况令x＝－t就可以化成这两种)，A就是原点．这时B、C、D的横坐标是三次方程x3＋px2＋qx＋r＝0的三个根，它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P＜0， q＞0， r＜0及p3＞4pq－8r．任一条平行于x轴的直线y＝y0与y＝x4＋px3＋qx2＋rx＋s的四个交点的横坐标记为x0＜x1＜x2＜x3，则正数a＝x1－x0，b＝x2－x0，C＝x3－x0及0满足方程y0＝(x＋x0)4＋p(x＋x0)3＋q(x＋x0)2＋r(x＋x0)＋s从而a、b、c是方程的根．由于＝p3－4pq＋8r＞0所以a、b、c可以作为三角形的边长．即直线y＝y0是三角形的．E3－014有24个面积为S的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？【题说】 1980年北京市赛题6．【解】设小矩形边长为a、b(不妨令a＞b)．因大矩形与小矩形长边包含x1个小矩形的长边与x2个小矩形短边(x1、x2均为非负整数)，而大矩形短边包含y1个小矩形的长边与y2个小矩形的短边(y1、y2均为非负整数)．由题意得方程：用b除上述方程，并解出a/b，得：方程的左边是整数；仅当x1＋y2＝0时，右边才是整数．因x1与y2均非负，故x1＝y2＝0．代入方程(1)、(2)、(3)，得：因此a＞b，所以x2＞y1．因此y1只能取数值1，2，3，4(x2相应地取数值24，12，8，6)．E3－015设ABC是等边三角形，E是三边AB、BC、CA(包括A、B、C)的所有点的集合，把E任意划分为两个不相交的子集，是否至少有一个集合含有一个直角三角形的三个顶点，证明你的结论．【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题4．本题由比利时提供．【证】在等边三角形ABC的边AB、BC、CA上分别取点P、Q、R，使AP:PB＝BQ:QC＝CR:RA＝2则有PQ⊥AB，QR⊥BC，RP⊥CA．对点集E进行红、蓝染色，则P、Q、R中至少有两点同色，不妨R、Q为红色．若BC边上，除Q点外还有红色点X，则RQX组成红色顶点的直角三角形．设BC边上除Q点外没有红点，若AB边上除B点外还有蓝点Y，作YM⊥BC，M为垂足，显然M不同于Q，△YBM为蓝色顶点的直角三角形．若AB边上除B点外都染红色，这时作RZ⊥AB，Z为垂足，则△RAZ为红色顶点的三角形，故E 总有一个子集中含有一个直角三角形的三个顶点．E3－016平面上任给五个相异的点，它们之间的最大距离与最小距离之比记为λ求证λ≥2sin54°，并讨论等号成立的充要条件．【题说】 1985年全国联赛二试题4．【解】设已给五点A、B、C、D、E的凸包为M．1．M是凸五边形ABCDE．因为凸五边形内角之和为540°，所以至少有一内角≥108°，不妨设∠BAC≥108°．又设△ABC 中∠C≤∠B，A、B、C的对边分别为a、b、c．则2．M为三角形或凸四边形，这时必有一已知点，设为E在△ABC内部．连EA、EB、EC，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中，至少有一个不小于120°，由情况1的证法可得λ≥2sin60°＞2sin54°，命题成立．3．M为线段AB，此时显然有λ≥2＞2sin54°．由上面的证明可以知道，当且仅当已知点组成凸五边形ABCDE，每个角都等于108°，并且每两条邻边均相等时，λ＝2sin54°，即λ＝2sin54°的充要条件是已知点组成正五边形．E3－017用任意的方式，给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届(1986年)全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．如图a，若平面上AB＝2，A为白点，B为黑点．AB中点O不妨设为白色，以AO为边作正三角形，顶点E或F中若有一个为白色，则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色，则正三角形BEF边长在平面上任取一点O，不妨设O为白点，以O为圆心，4为半径作圆(如图b)．若圆内的点均为白点，则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点，则OP＜4，以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR，则R至少与O、P中的一点异色．根据引理，也有符合要求的三角形．E3－018平面上给定△A1A2A3及点P0，定义A s＝A s－3，s≥4．构造点列P0，P1，P2，…使得P k＋1为绕中心A k＋1顺时针旋转120°时P k所达到的位置，k＝0、1、2…，若P1986＝P0，证明：△A1A2A3为等边三角形．【题说】第二十七届(1986年)国际数学奥林匹克题2．本题由中国提供．A1－uP0，P2＝(1＋u)A2－uP1，P3＝(1＋u)A3－uP2＝w＋P0，其中w＝(1＋u)(A3－uA2＋u2A1)为与P0无关的常数．同理，P6＝P3＋w，…，P1986＝662w＋P0＝P0，故w＝0．从而A3－uA2＋u2A1＝0．根据u的性质得到A3－A1＝(A2－A1)u，这说明了△A1A2A3为等边三角形．E3－019两个同样大小的正方形相交错，其公共部分构成一个八边形．一个正方形的边是蓝色的，另一个正方形的边是红色的．证明：八边形中蓝色的边长之和等于它的红色边长之和．【题说】第二十届(1986年)全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】先考虑两个正方形中心重合的情形．这时，所构成的八边形外切于以中心为圆心、正方形边长为直径的圆．再由切线长定理易推得结论．我们总可以将其中的一个正方形经平移后，使得两个正方形的中心重合．而这个平移变换又可由两次这样的移动来代替：先沿被移动的正方形一边的方向平移，然后再沿着与该边垂直的另一边的方向平移．因此，只要证明：当沿着红色正方形的一边方向移动红色正方形时，所交成的八边形的“红边”之和不变．如图a，设水平位置放置的是红色的正方形．当红色正方形沿其垂直方向的边向上移动时，八边形(平行移动的方向)的两条红边的长度不改变．(上方)第三条红边长度减少的数量等于图中上方带阴影的直角三角形斜边的长度；而(下方)第四条边长度增加了相同的长度(因两个阴影直角三角形各角分别对应相等，斜边上的高也相等，所以两个直角三角形全等)．因此，在移动时，八边形的四条红边之和不变．【别解】设水平放置的正方形ABCD是红色的，斜置正方形A1B1C1D1是蓝色的(如图b)．容易发现直角三角形ATS、BML、CPN、DRQ、A1TL、B1MN、C1PQ、D1RS都是相似的．分别由这些直角顶点作斜边上的高(斜边是红色的，对应的叫红色高线；斜边是蓝色的，对应的叫蓝色高线)．注意到相似三角形对应线段成比例，利用等比定理可得红边之和:红色高线之和＝蓝边之和:蓝色高线之和又因三角形AA1B、BB1C、CC1D、DD1A的面积之和等于三角形A1BB1、B1CC1、C1DD1、D1AA1的面积之和，这是因为它们都等于八边形AA1BB1CC1DD1与一个正方形面积的差，所以红色高线之和等于蓝色高线之和．E3－020证明：对于任何自然数n≥3，在欧氏平面上存在一个n个点的集，使得每一对点之间距离是无理数，并且每三个点构成一个面积是有理数的非退化三角形．【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题5．本题由原民主德国提供．【证】在抛物线y＝x2上选n个点P1，P2，…，P n，点P i的坐标为(i，i2)(i＝1，2，…，n)．因每一条直线与抛物线的交点至多两个，故n点中任三点不共线，构成的三角形为非退化的．任两点P i，P j之间的距离是(i≠j，i，j＝1，2，…，n)由于(i＋j)2＜(i＋j)2＋1＜(i＋j)2＋1＋2(i＋j)＝(i＋j＋1)2，选n个点符合要求．E3－021设G是紧夹在平行线l1与l2之间的任一凸区域(即其边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域)，其边界c与l1、l2都有公共点．平行于l1的直线l将G分为如图所示的A、B 两部分，且l与l1和l2之间的距离分别为a和b．并说明理由；【题说】 1989年四川省赛二试题2．【解】设l与G的边界c分别交于X、Y，点P∈l2∩G，连PX、PY并延长分别交l1于X1、Y1．由上式可知，G为一边位于l1上，而另一顶点在l2上的三角形时，(2)设X1Y1＝d，则XY＝bd/a＋b，E3－022平面上已给7个点，用一些线段连结它们，使得(1)每三点中至少有两点相连；(2)线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．【题说】第三十届(1989年)IMO预选题17．本题由蒙古提供．【解】如图表明9条线段已经足够了．下面证明至少需要9条线段．如果点A只作为1条线段的端点，则不与A相连的5点之间至少要设每一点至少作为两条线段的端点．若点A只作为两条线段AB、少还要引出一条线段，所以这时至少有2＋6＋1＝9条线段．E3－023从n×n正方形剪去一个1×1的角格，求其余的图形分成等积三角形的最少个数．【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克九年级题6．【解】一个与图中折线ABC有公共点的三角形，一条边长不大于1，至少分成个等积的三角形．图中的分法表明缺角正方形可以分成2(n＋1)个等积三角形．E3－024证明存在一个凸1990边形，同时具有下面的性质(1)与(2)：(1)所有的内角均相等．(2)1990条边的长度是12，22，…，19892，19902的一个排列．【题说】第三十一届(1990年)国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【证】问题等价于存在12，22，…，19902的一个排列a1，a2，…，a1990，使令｛(a2k－1，a2k－1＋995)，k＝1，2， (995)＝｛((2n－1)2，(2n)2)，n＝1，2， (995)(约定a j＋1990＝a j，j＝1，2，…)，则(1)等价于其中b k是(2n)2－(2n－1)2＝4n－1(n＝1，2，…，995)的一个排列，令并取b199t＋5r＝4(5r＋t)－17(约定b j＋995＝b j)则由于其中S与厂无关．因此即(2)成立．E3－025设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上(包括顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个【题说】 1991年全国联赛二试题2．【证】如图a，考虑四个三角形；△ABC，△BCD，△CDA，△DAB的面积，不妨设S△DAB为最小．分四种情况讨论；即为所求．为所求．E3－026在桌面上放有七个半径为R的木球O，O1，O2，…，O6，球O1，O2，…，O6都与球O相切．问在这些球上面是否可以再放三个半径为R的木球O7，O8，O9，使得O7，O8，O9这三个球都与球O 相切？并说明理由．【题说】上海市1992年高三年级数学竞赛二试题2．【解】可以．理由如下：O，O1，…，O6在同一个平面π上．用这个平面截这些球得7个圆．⊙O1，…，⊙O6都与⊙O相切．O1O2…O6组成边长为2R的正六边形，O是它们的中心．不妨设⊙O i与⊙O i＋1(i＝1，2，…，5)相切，⊙O6与⊙O1相切．在球O、O1、O2上放球O7，使球O7与这三个球都相切，此时OO1O2O2是棱长为2R的正四面体，O7到平面π的距离是这正四面体的高．同样在球O、O3、O4上放球O8，使球O8与这三个球都相切；在球O、O5、O6上放球O9，使球O9与这三个球都相切．O8、O9到平面π的距离等于O7到π的距离．所以O7、O8、O9在与π平行的平面上．记O7、O8、O9在π上的投影为O7'、O8'、O9'，则O7'O8'＝O7O8，O8'O9'＝O8O9，O7'O9'＝O7O9，且O7'、O8'、O9'分别是△OO1O2、△OO3O4、△OO5O6的中心，连O2O7'、O3O6'并延长交O1O4于E、F，则E、F 分别为OO1、OO4的中点且O2E⊥O1O4，O3F⊥O1O4，故同理O8'O9'＝O7'O8'＝2R．可见这样放的球O7、O8、O9不会重叠．E3－027设凸四边形ABCD的内角中，仅∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分成n个钝角三角形．但除A、B、C、D外，在该凸凹边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证：n 应满足的充分必要条件是n≥4．【题说】 1993年全国联赛二试题1．【证】 1°充分性如图a，连结AC；设E是△ABC的费马点，连结AE、BE、CE，则△ACD、△AEB、△BEC、△CEA都是钝角三角形，这时n＝4．在EC上取E1，E2…，E n，连结AE1，AE2，…，AE k，则△AEE1，△AE1E2，…，AE k－1E k皆是钝角三角形．这时n＝k＋3，k≥1．故对任意n≥4，都可将ABCD分割成n个钝角三角形．2°必要性对角线AC或BD将四边形分成的两个三角形中至少有一个不是钝角三角形．所以n≠2．假设n＝3，则三个三角形共9个顶点，但A、B、C、D四点中必有两点(A与C或者B与D)是两个三角形的公共顶点．所以四边形内仅有一个点是三角形的顶点，而且这点E必在对角线AC或BD上．E在AC上，则△ABE与△BEC中有一个不是钝角三角形．E在BD上，则在△BDC为钝角三角形时，△ADE、△ABE中必有一个不是钝角三角形．所以必有n≥4．【注】如果四边形ABCD中有两个钝角，那么可能将它割分成三个钝角三角形．如下图b、c所示．E3－028对于平面上任意三点P、Q、R，我们定义m(PQR)为三角形PQR的最短的一条高线的长度(当P、Q、R共线时，令m(PQR)＝0)．设A、B、C为平面上三点，对此平面上任意一点X，求证：m(ABC)≤m(ABX)＋m(AXC)＋m(XBC) (*)【题说】第三十四届(1993年)国际数学奥林匹克题4．【证】不妨设A、B、C不共线．将AB、BC、CA都扩展为直线，把平面分为t个部分，如图a 所示分为三种区域．(1) X点在区域Ⅰ内，记l(PQR)为△PQR的最长边的长度．延长AX交BC于D(图b)，则AX≤AD＜max｛AB，BC｝≤l(ABC)，同理BX≤l(ABC)，CX≤l(ABC)．所以l(ABX)≤l(ABC)，l(BCX)≤l(ABC)，l(CAX)≤l(ABC)，于是m(ABX)＋m(BCX)＋m(CAX)(2)X点在区域Ⅱ中，不妨设X在∠BAC的对顶角中，记BC、CA、AB所对应的高分别为h a、h b、h c．①若m(BCX)是从X引出，则m(BCX)≥h a≥m(ABC)，(*)成立．②若m(BCX)不是由X引出的，不妨设m(BCX)(图c)．(i)若∠CBX≤90°，则CD＝BC·sin∠CBX≥BCsin∠ABC＝h c≥m(ABC)(ii)若∠CBX≥90°，则∠CBD＝∠BXC＋∠BCX≥∠BCX≥∠BCA，而∠CBD＝180°－∠CBX≤90°所以 CD＝BC·sin∠CBD≥∠BC·sin∠BCA＝h b≥m(ABC)于是此时不等式(*)成立．(3)若X点在区域Ⅲ中，不妨设在∠ABC所含的区域中，考虑AB、BC、CA、AX、BX、CX中的最长边(图d)：①若为AB、BC．CA中之一l(ABC)，则(1)式的证明即知不等式(*)成立．②若BX最长，如图设BX交AC于D，∠ADB≤90°．作AE⊥BX于E，作CF⊥BX于F，则m(ABX)＝AE，m(BCX)＝CF．又因为∠ADB＞∠ACB．所以AE＋CF＝AC·sin∠ADB＞AC·sin∠ACB＝h a≥m(ABC)．(*)成立．③若最长边是AX或CX，不妨设为AX(图f)．在△ABX中，∠ABX≥∠BAX．所以90°≥∠BAX≥∠BAC．作BD⊥AX于D，则m(ABX)＝BD＝AB·sin∠BAX≥AB·sin∠BAC＝h b≥m(ABC)．综上所述，不等式(*)恒成立．E3－029一个嵌在大一些的长方形内的小长方形(小长方形的顶点在大长方形的边上)如果能够绕小长方形中心在大长方形内旋转(不论转多小的角度)，则称是未被卡住的．设在6×8的长方形内所有未被【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题14．【解】如图，ABCD为外面的大长方形，AB＝8，PQRS为内接小长方形，O为公共中心，设∠QPB ＝θ，OP＝OQ＝r，PQ＝x，QR＝y．不失一般性，可设BQ≤CQ．则BA＝BP＋PA＝xcoosθ＋ysinθ＝8BC＝BQ＋QC＝xsinθ＋ycosθ＝6因为42＋(3－BQ)2＝OQ2＝OP2＝(BP－4)2＋32，所以BQ增加时，此时因为Q、S是ABCD对边的中点，长方形PQRS面积为24，对角线长8，即所以 (x＋y)2＝64＋2×24＝112N＝448E3－030如果一个三角形的边长都是素数，试证它的面积一定不是整数．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十年级一试题1．【证】设三角形的边长是a、b、c，根据海伦公式我们有16△2＝(a＋b＋c)(a＋b－c)(b＋c－a)(c＋a－b) (1)其中△为三角形的面积．如果△为整数，那么(1)式左边应为偶数．由于a＋b＋c、a＋b－c、b＋c－a、c＋a－b的奇偶性均相同，所以它们都是偶数．于是a、b、c全为偶数或者一个为偶数，另两个为奇数．因为a、b、c都是素数，前设a＝2．由于|b－c|＜a，所以奇素数b、c必须相等．由(1)得△2＝b2－1．从而(b－1)2＜△2＜b2，△也不可能为整数．因此，这三角形的面积不可能为整数．E3－031任意两个面积相等的矩形，是否可以在平面上这样摆放：使得任意一条水平直线只要与其中一个矩形相交，则必定也与第二个矩形相交，而且交出的两条线段等长．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十年级二试题6．【解】设两个等面积的矩形A1B1C1D1和A2B2C2D2，边长分别为a1、b1与a2、b2．不失一般性，可以认为a1＜b2，a2＜b1(如果a1＝b2，则a2＝b1)．把两个长方形摆成右图．设D1与直线C1C1距离为h，A1、A1与－1．由于a1b1＝a2b2，所以h1＝h2，于是A1A1∥C1C2．四边形A1E1C1C2和A2E2C2C1都是平行四边形，A1E1＝A2E2．根据矩形的面积相等得三角形A1B1E1和A2B2E2的面积也相等，又因为A1E1＝A2E2，于是两个三角形的高也相等．从而，B1B2∥A1A2．由此得出，任意水平直线截△A1B1E1与△A2B2E2的截线相等．另外，水平直线截平行四边形A1E1C1C2和A2E2C2C1的截线显然也是相等的．于是图中矩形的位置合乎要求．E3－032在平面上摆放着两个直角三角形，它们斜边上的中线互相平行．试证：一个三角形的一条直角边和另一个三角形的某一直角边之间的夹角小于它们斜边之间的夹角．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级一试题2．【证】平行移动一个三角形，使得两三角形的直角顶点C与C'重合，并作位似变换使得它们的中线也重合(如图)．以E为圆心，CE为半径作圆，于是斜边之间的夹角是圆心角∠AEA'，一对直角边之间的夹角是圆周角∠ACA'，显然∠AEA'＝2∠ACA'＞∠ACA'．因为所作的平移和位似变换，不改变直线之间的夹角，所以结论正确．E3－033证明：存在着这样的自然数n，如果将边长为n的正三角形用平行于其边的直线把它分成n2个边长为1的正三角形．那么，从这些小三角形的顶点中可以选出1993n个点，使得其中任意三点都不组成正三角形(它的边不一定与原三角形的边平行)．【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级一试题4．【证】设边长为n的正三角形被边的平行线分成n2个边长为1的小正三角形．将小正三角形的顶点染上三种颜色A、B、C，如图所示．图中任一个正三角形(它的边不一定与原三角形的边平行)，如果一个顶点颜色为A，另一个为B，那么绕A旋转60°，颜色B变成了颜色C，所以第三个顶点颜色为C．由此可知任一正三角形，三个顶点的颜色或者全都相同，或者全都不同．在三种颜色中，有一种颜色的顶点数最少，去掉这种颜色的点，称1993)，则剩下的点数E3－034一个三角形形状的纸片ABC和其上一点P，考虑将A、B、C折在点P上所形成的折痕，如果三条折痕互不相交，我们称P为△ABC的一个折叠点．如果AB＝36，AC＝72，∠B＝90°，且由△ABC且s没有平方因子．求q＋r＋s．【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题15．【解】先证△ABC折叠点所构成的集合是以AB、BC为直径的圆的内部的公共部分．为此需证明：由顶点A和B折叠在P上所形成的折痕不交的充要条件是P位于以AB为直径的圆的内部．事实上，由任一点Q折到P所形成的折痕是PQ的垂直平分线的一部分．若P在以AB为直径的圆外，那么△PAB是锐角三角形，因为∠P是锐角，∠PAB和∠PBA分别不超过60°和90°，所以，△APAB的外心在三角形的内部，则折痕相交；若P在以AB为直径的圆内，那么PA和PB的中垂线交点与P被AB分开．所以，折痕不在△ABC内部相交，若P在圆上，则折痕在AB上相交．类似地讨论用于以BC为直径的圆和以AC为直径的圆．注意到△ABC的所有内点都在以AC为直径的圆内，所以三角形的折叠点所构成的集合是三角形内点和以AB，BC为直径的圆的内点的公共部分．下面来求这个公共部分的面积：如图，以BC、AB为直径的两圆都与AC交于D(D是B到AC的垂足)．题目所求部分是两段圆弧所围的部分．一个是以AB中点M为圆心，以18为半径的120°的弧，另一个是以BC中点N为圆心，以的面积分别为108π和162π．所求部分的面积是从而，q＋r＋s＝270＋324＋3＝597．E3－035A、B、C、D四个城市的分布是：C到A的距离小于D到A的距离；而C到B的距离也小于D到B的距离．证明：C到连结A、B两地的直路上任意一点的距离小于D到该点的距离．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题2．【证】作CD的垂直平分线l．因CA＜DA，CB＜DB，故A、B与C均在l的同侧，因而线段AB。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题091-098
E1-091 有n（≥6）个人聚会．已知2人相识．证明：这n人中必有三人两两相识．【题说】 1996年全国数学联赛二试题4．【证】先设 n=2k，设a、b二人相识．如果有人与他们都相识，那么结论成立．若不然，则a恰认识k人，b也恰认识k人．前k个人中若有两人相识，则他们与a两两相识，结论成立．否则，后k人中有两人相识，结论也成立．设n=2k+1，可设a、b相识且无人与他们都相识．若a恰认识k人，b恰认识k+1人，情况同前．设a、b都恰认识k人．这时有c与a、b均不相识．设有k1个人与a、c都相识，k2个人与b、c 都相识，k1+k2≥k≥3．不妨设k1≥k2．由于c与b不相识，所以k1≤k-1，k2≥1，k1≥2．即有b1与b、c相识，且由于k-1＞k-k1，所以b1认识的人除去c外，至少有一个d与c、a都相识，b1、d、c 三人即为所求．E1-092 证明：不存在对任意实数x均满足f[f（x）]=x2-1996的函数f（x）．【题说】1996年城市数学联赛高年级高水平题4．【证】令g（x）=f[f（x）]=x2-1996，设a、b为x2-1996=x 的两个实根，则a、b是g（x）的不动点．设f(a）=p，则f[f（p）]=f[f （f（a））]=f（a）=p，即p也是g（x）的不动点，所以f（a）∈{a，b}．同理，f（b）∈{a，b}．令h（x）=g[g（x）]=（x2-1996）2-1996，则所以h（x）存在四个不动点a、b、c、d．因为c2+c-1995=0，所以g（c）=c2-1996=-c-1=d．同理g（d）=c．令f（c）=r，则h[f（c）]=f[h（c）]=f（c），即r亦是h （x）的不动点．若r∈{a，b}，则d=f（r）∈{a，b}，矛盾；若r=c，则g（c）=f（r）=f（c）=r=c，矛盾；若r=d，则d=g（c）=f（r）=f（d），g（d）=g（r）=g（f（c））=f（g（c））=f（d）=d，矛盾．综上所述，满足条件的函数f（x）不存在．E1-093 在议会中，1600名议员组成1600个委员会，每个委员会由80人组成．证明：可以找出两个委员会，它们的共同成员不少于4位．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题4．【证】设议会中有N个委员会．将每位议员所参加的委员会，每两个组成一对。
《数学奥林匹克竞赛题解》第二章 代数部分 第四节 二项式定理、概率、数学归纳法
第二章代数第四节二项式定理、概率、数学归纳法B4-001求（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+2展开式里的x2的系数．【题说】1963年北京市赛高三一试题3．【解】因为（1+x）3+（1+x）4+（1+x）5+…+（1+x）n+2所以展开式中x2的系数为【别解】x2的系数为B4-002设f是具有下列性质的函数：（1）f（n）对每个正整数n有定义；（2）f（n）是正整数；（3）f（2）=2；（4）f（mn）=f（m）f（n），对一切m，n成立；（5）f（m）＞f（n），当m＞n时．试证：f（n）=n．【题说】第一届（1969年）加拿大数学奥林匹克题8．【证】先用数学归纳法证明f（2k）=2k（k=1，2，…）．事实上，由（3），k=1时，f（2）=2成立．假设k=j成立，则由（4）f（2j+1）=f（2·2j）=f（2）f（2j）=2·2j=2j+1．故对所有自然数k，f（2k）=2k．现考虑自然数n=1．由（5）函数f的严格递增性知：f（2）=2＞f（1）．由（2），f（1）=1．再考虑自然数n：2k＜n＜2k+1．由（5）有2k=f（2k）＜f（2k+1）＜f （2k+2）＜…＜f（2k+1-1）＜f（2k+1）=2k+1，故必有f（2k+1）=2k+1，f（2k+2）=2k+2，…，f（2k+1-1）=2k+1-1综上所述，对任何正整数n，都有f（n）=nB4-003证明：对任何自然数n，一定存在一个由1和2组成的n位数，能被2n整除．【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】用归纳法．（1）当n=1时，取该数为2即可；（2）设A=2n B是一个能被2n整除的n位数，则2·10n+A和1·10n+A中必有一个能被2n+1整除．从而，命题得证．B4-004假设一个随机数选择器只能从1，2，…，9这九个数字中选一个，并且以等概率作这些选择，试确定在n次选择（n＞1）后，选出的n个数的乘积能被10整除的概率．【题说】第一届（1972年）美国数学奥林匹克题3．【解】要使n个数之积被10整除，必须有一个数是5，有一个数是偶数．n次选择的方法总共有9n种，其中A．每一次均不取5的取法，有8n种；B．每一次均不取偶数的取法，有5n种；C．每一次均在{1，3，7，9}中取数的方法有4n种，显然C中的取法既包含于A，也包含于B，所以，取n个数之积能被10整除的概率是B4-005一副纸牌共有N张，其中有三张A，现随机地洗牌（假定纸牌一切可能的分布都有相等机会）．然后从顶上开始一张接一张地翻牌，直至翻到第二张A出现为止．求证：翻过的纸牌数的期望（平均）值是（N+1）/2．【题说】第四届（1975年）美国数学奥林匹克题5．【证】设三张A的序号分别是x1、x2、x3．若将牌序颠倒过来，则第二张A的序号为N+1-x2．在这两副纸牌中，第二张A的平均位置（即翻过的纸牌数的期望值）为[x2+（N+1）-x2]/2=（N+1）/2【别证】由题设，除了第1张和最后一张外，其余各张皆可能是第2张A，且是等可能的．因此第2张A所在序号的平均期望值是[2+3+…+（N—1）]/（N-2）=（N+1）/2．B4-006某艘渔船未经允许在A国领海上捕鱼．每撒一次网将使A 国的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失．在每次撒网期间渔船被A 国海岸巡逻队拘留的概率等于1/k，这里k是某个固定的正整数．假定在每次撒网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关的．若渔船被巡逻队拘留，则原先捕获的鱼全被没收，并且今后不能再来捕鱼．船长打算捕完第n网后离开A国领海．因为不能排除渔船被巡逻队拘留的可能性，所以捕鱼所得的收益是一个随机变量．求n，使捕鱼收益的期望值达到最大．【题说】1975年～1976年波兰数学奥林匹克三试题5．这里ω是撒一次网的收益．由（1）可知f（n）达到最大值．B4-007大于7公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用3公斤和5公斤的两种砝码来称，而用不着增添其他不同重量的砝码．试用数学归纳法加以证明．【题说】1978年重庆市赛二试选作题1（3）．数a，b，使得n=3a+5b．事实上（1）当n=8，9，10，11时，不难验证命题成立．（2）设k＞11并且当8≤n＜k时，命题成立，则当n=k时，由归纳假设k-3=3l+5m，m，n为非负整数所以k=（k-3）+3=3l+5m+3=3（l+1）+5m故命题对k成立．B4-008给定三只相同的n面骰子，它们的对应面标上同样的任意整数．证明：如果随机投掷它们，那么向上的三个面上的数的和被3整除的概率大于或等于1/4．【题说】第八届（1979年）美国数学奥林匹克题3．【证】因为问题只涉及和是否被3整除，所以不妨假定，每个面上的数是被3除后的余数；0、1、2．设每个骰子上标“0”的有a个，标“1”的有b个，标“2”的有c个．这里a，b，c是适合下列条件的整数：0≤a，b，c≤n，a+b+c=n （1）随机地投掷三只骰子，总共有n3种等可能情形．其中朝上三个数的和被3整除的情形有以下四种类型：0，0，0；1，1，1；2，2，2；0，1，2第一类共有a3种，第二类共有b3种，第三类有c3种，第四类有3！abc=6abc种．因此，原问题转化为在条件（1）下，证明不等式即4（a3+b3+c3+6abc）≥（a+b+c）3上式可化简为等价的不等式a3+b3+c3+6abc≥a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b （2）不妨设a≥b≥c，则a3+b3+2abc-a2b-ab2-a2c-b2c=a2（a-b）+b2（b-a）+ac（b-a）+bc（a-b）=（a-b）（a2-b2-ac+bc）=（a-b）2（a+b-c）≥0，（3）c3+abc-c2a-c2b=bc（a-c）+c2（c-a）=c（a-c）（b-c）≥0（4）（3）、（4）相加得a3+b3+c3+3abc≥a2b+a2c+b2a+b2c+c2a+c2b从而（2）成立．B4-009抛掷一枚硬币，每次正面出现得1分，反面出现得2分．试【题说】第十二届（1980年）加拿大数学奥林匹克题4．【证】令得到n分的概率为P n．因为得不到n分的情况只可能是：先得n-1分，再掷出一次反面．所以有由于P1=1/2B4-010某个国王的25位骑士围坐在一张圆桌旁．他们中的三位被选派去杀一条恶龙（设三次挑选都是等可能的），令P是被挑到的三人中至少有两人是邻座的概率．若P写成一个既约分数，其分子与分母之和是多少？【题说】第一届（1983年）美国数学邀请赛题7．【解】选二相邻的骑士有25种方法．再随着选第三位，有23种，故共有25×23种方法．但其中三者相邻的25种情况重复，应减去．故因此，所求之分子、分母之和为57．【别解】所选3人分两种情况：3人皆相邻，或2人相邻、1人不邻，故有25+25×（25-4）种．B4-011在给定的圆周上随机地选择A、B、C、D、E、F六点，这些点的选择是独立的，对于弧长而言是等可能的．求ABC、DEF这两个三角形不相交（即没有公共点）的概率．【题说】第十二届（1983年）美国数学奥林匹克题1．【解】设圆周上给定6个点，从这6点中取3个点作为△ABC的顶B4-012一个园丁把三棵枫树、四棵橡树和五棵白桦树种成一行．十二棵树的排列次序是随机的，每一种排列都是等可能的．把没有两棵白桦树相邻的概率写成既约分数m/n．试求m+n．【题说】第二届（1984年）美国数学邀请赛题11．【解】先把三棵枫树和四棵橡树排好，有7！种排法，中间6个空所以，m+n=106为所求．B4-013设A、B、C、D是一个正四面体的顶点，每条棱长1米．一只小虫从顶点A出发，遵照下列规则爬行：在每一个顶点相交的三条棱中选一条（三条棱选到的可能性相等），然后从这条棱爬到另一个点．设小虫爬了7米路之后，又回到顶点A的概率为P=m/729，求m的值．【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题12．【解】设从A出发走过n米回到A点的走法为a n种．由于从A出发走n-1米的走法共3n-1种，其中a n-1种走到A的，下一步一定离开A．除去这an-1种，其余的每一种都可以再走1米到达A点．因此有a n=3n-1-a n-1B4－014某商店有10台电视机，排成一排．已知其中有三台是次品，如果我们对这批电视机作一次随机抽查，那么在前5台电视机中出现所有次品的概率是多少？【题说】1988年新加坡数学奥林匹克（A组）题9．原题为选择题．品的概率是B4－015把一个质地不均匀的硬币抛掷5次，正面朝上恰为一次的可能性不为0，而且与正面朝上恰为二次的概率相同．令既约分数i/j为硬币在5次抛掷中有3次正面朝上的概率．求i+j．【题说】第七届（1989年）美国数学邀请赛题5．【解】令r是掷一次硬币正面朝上的概率，则在n次投掷中k次正面朝上的概率为由已知，有由此得r=0，1或1/3．但r=0，1都不可能，故r=1/3．于是5次投掷3次正面朝上的概率为因此i+j=283B4－016n（n+1）/2个不同的数随机排成一个三角阵：设M k是从上往下数第k行中的最大数，求M1＜M2＜…＜M n的概率．【题说】第二十二届（1990年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】设所求概率为p n，显然p1=1，p2=2/3假设p k=2k/（k+1）！对于n=k+1，最大数在最下一行的概率为因此，对所有自然数n，都有p n=2n/（n+1）！B4－017在吐姆巴利亚仅有总统与发言人两名诚实的人．其它人均以概率p（0＜P＜1）说谎．总统决定再次竞选，并告诉他身边的第一个人，这个人再告诉他身边的人，如此继续下去，直到这链上第n个人将总统的决定告诉发言人．发言人在这以前未听到有关总统的决定的信息，在n=19与n=20中，哪一种情况，发言人宣布的结果与总统决定相符的可能性较大？【题说】1990年匈牙利数学奥林匹克第二轮较高水平题1．【解】设发言人宣布结果与总统决定相符的概率为Q n，则有递推公式Q n+1=P（1-Q n）+（1-P）Q n=P+（1-2P）Q n将n+1换为n得Q n=P+（1-2P）Q n-1所以Q n+1-Q n=（1-2P）（Q n-Q n-1）由于Q0=1，Q1=1-P，所以Q n+1-Q n=（1-2P）n·（-P）时，Q20＜Q19．B4－018某生物学家想要计算湖中鱼的数目，在5月1日他随机地捞出60条鱼并给它们做了记号，然后放回湖中．在9月1日他又随机捞出70条鱼，发现其中有3条有标记．他假定5月1日时湖中的鱼有25％在9月1日时已不在湖中了（由于死亡或移居），9月1日湖中40％的鱼在5月1日时不在湖里（由于新出生或刚刚迁入湖中），并且在9月1日捞的鱼能代表整个湖中鱼的情况．问5月1日湖中有多少条鱼？【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题6．【解】设5月1日湖中有x条鱼因此x=840．【注】题中条件25％可改为任一百分数，不影响结果．B4－019用二项式定理展开（1+0.2）1000，有（1+0.2）1000=A0+A1+…+A1000【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题3．比较A k-1与A k．B4－020有两串字母aaa与bbb要在电讯线上传送．每一串都是一个一个字母地传送．由于设备的毛病，这些字母的每一个都以1/3的概率被错误地接收到，即该收到a的都收到b，该收到b的都收到a．但每一个字母是否被正确收到与接收其他字母的状况互相独立．以S a记传送aaa 时收到的一串3个字母，以S b记传送bbb时收到的一串3个字母，按词典顺序，S a在S b之前的概率记为P，将P写成既约分数，它的分子是多少？【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题10．【解】设S a=x1x2x3，S b=y1y2y3．因此所求的数是532．B4－021一只抽屉内装有红袜子和蓝袜子，袜子至多有1991只．现在的情况是：不放回地随机取两只袜子，它们都是红色或都是蓝色的概率恰为1/2，按此情况，抽屉中红袜子的数目最多可能是几只？【题说】第九届（1991年）美国数学邀请赛题13．【解】设红、蓝袜子数分别为x和y．由已知，任取两只袜子其颜色不同的概率是1/2．故有即（x-y）2=x+y令n=x-y，则n2=x+y≤1991B4－022一位网球选手的“赢率”是她赢的场数比参赛的场数．在一个周末开始时，她的赢率恰好是0.500．在这个周末期间她比赛了四场，赢了三场，输了一场，到这个周末结束时，她的赢率大于0.503．在这个周末开始之前，她最多可能赢几场？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题3．【解】设W是这网球运动员在周末开始时已赢的局数，M是她已若W=164，M=328，则W/M=0.500．而（W+3）/（M+4）＞0.503．因此，在周末开始前，这运动员最多可赢164场．B4－023在贾宪-杨辉三角形中，每一个数值是它上面的二个数值之和，这三角形开头几行如下：在贾宪-杨辉三角形中的哪一行中会出现三个相邻的数，它们的比是3∶4∶5？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题4．n组成．如果第n行中有那么3n-7k=-3，4n-9k=5解这个联立方程组，得k=27，n=62．即第62行有三个相邻的数B4－024从集合{1，2，3，…，1000}中随机地、不放回地取出3个数a1、a2、a3，然后再从剩下的997个数中同样随机地、不放回地取出3个数b1、b2、b3．令p为a1×a2×a3的砖能放在b1×b2×b3的盒子中的概率．若将p写成既约分数，那么分子和分母的和是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题7．【解】不妨设a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，当且仅当a1＜b1，a2＜b2，a3＜b3时砖可放入盒中．设c1＜c2＜c3＜c4＜c5＜c6是从｛1，2，…，1000｝中选出的6个数，再从中选出3个有种方法．这3个作为a1、a2、a3，剩下3个作为b1、b2、b3．符合要求的a1只能是c1．a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则求分子、分母的和为1+4=5．B4－024从集合{1，2，3，…，1000}中随机地、不放回地取出3个数a1、a2、a3，然后再从剩下的997个数中同样随机地、不放回地取出3个数b1、b2、b3．令p为a1×a2×a3的砖能放在b1×b2×b3的盒子中的概率．若将p写成既约分数，那么分子和分母的和是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题7．【解】不妨设a1＜a2＜a3，b1＜b2＜b3，当且仅当a1＜b1，a2＜b2，a3＜b3时砖可放入盒中．设c1＜c2＜c3＜c4＜c5＜c6是从｛1，2，…，1000｝中选出的6个数，再从中选出3个有种方法．这3个作为a1、a2、a3，剩下3个作为b1、b2、b3．符合要求的a1只能是c1．a2若为c2，则a3可为c3或c4或c5；a2若为c3，则求分子、分母的和为1+4=5．B4－025A和B轮流掷一个均匀的硬币，谁先掷出人头的一面谁获胜，他们玩了n次，而且前一场的输家下一场先掷．若A第一场先掷，数码是什么？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题11．【解】任一场比赛，先掷的人赢的概率为令P k为A赢第k场比赛的概率，则P1=．对k≥2，有所以，m+n=1093，其最后三个数码为093．B4－026一种单人纸牌游戏，其规则如下：将6对不相同的纸牌放入一个书包中，游戏者每次随机地从书包中抽牌并放回，不过当抽到成对的牌时，就将其放到一边，如果游戏者每次总取三张牌，若抽到的三张牌中两两互不成对，游戏就结束，否则抽牌继续进行直到书包中没【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题9．【解】设书包中有n（≥2）对互不相同的牌，p（n）为按所说规则抽牌使书包空的概率．则P（2）=1．由于前三张牌中有两张成对的概率为所以，对n≥3，有反复利用这个递推公式，得当n=6时，有所以，p+q=9+385=394．B4－027质点x按下列规则（1），（2）在p、q两点之间移动：（1）x在q处时，1秒后必移到p处；（2）x在p处时，1秒p处的概率．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题5．【解】设n秒后x在p处的概率为p n，x在q处的概率为q n．则B4－028在重复掷一枚均匀硬币的过程中，在连得2个反面之前的正整数，求m+n．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题15．【解】设掷k次，不出现连续2个反面的情况有b k种，易知b1=2，b2=3，约定b0=1．由于第一次为正面，再掷k-1次不出现连续2个反面的情况有b k-1种．第一次为反面，第2次必须为正面，再掷k-2次不出现连续2个反面的情况有b k-2种，所以b k=b k-1+b k-2 （1）又设掷k次，无连续2个反面，而有5个连续正面，并且最后一次为正面的情况有a k种．这a k种，倒数1～5次均为正面的情况有b k-5种，倒数1～4次均正、第5次为反面的情况有a k-5种，倒数1～3次均正、第4次为反面的情况有a k-4种，依此类推，从而有递推关系a k=b k-5+a k-5+a k-4+a k-3+a k-2 （2）又显然a1=a2=a3=a4=0，a5=1，a6=2．掷k+2次，最后2次为反面，而且在这前面已有5个连续正面，没利用递推关系（2）有再利用（1）所以m+n=3+34=37B4－029一目标在坐标平面上一步步移动．它从（0，0）出发，每一步移动一个单位长度，可以向左、向右、向上、向下，四个方向是等可能的．设p为该目标移动6步或更少的步数到达（2，2）的概率．p【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题3．【解】到达（2，2）需4步或6步．6步到达有两类情况，一类一下三上两右，另一类一左三右两上．概率为4步到达后再走两步仍回到（2，2）的概率为所以数学奥林匹克题解B4－030在五个队参加的比赛中，每个队与别的队都比赛一场．一场比赛中每个参加的队有50％赢的机会（没有平局）．整个比赛既没有m+n．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题6．所以m+n=17+32=49第21 页共21 页。
国际数学奥林匹克试题分类解析—E组合数学_E2计数和离
E2 计数和离散最值E2－001 某人给六个不同的收信人写了六封信，并且准备了六个写有收信人地址的信封，有多少种投放信笺的方法，使每封信笺与信封上的收信人都不相符．【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．本题中的6可以改为n．【解】根据“容斥原理”可得投放信笺方法的种数为将6改为n时，答案为E2－002 n个点由线段连结着，已知其中每两点都有一条且只有一条折线相连，证明：线段的总条数为n－1．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克九年级题3．【证】从n点中任选一点A作“根”，将整个图看作一个“树”，从每个“枝”的顶端一节一节地将线段折下来，于是一个端点对应一个线段，直至最后剩下一个“根”点A．因此，线段恰有n－1条．E2－003 从0，0，1，2，3，4，5这七个数字中，任取三个组成三位数，问可组成多少个不同的三位数？又在这些三位数中有多少个是5的倍数？【题说】 1964年成都市赛高二一试题3．由题意知1，2，3，4，5不重复使用，0只能用两次．【解】百位数字只能从1，2，3，4，5中选，共有5种取法，若十位数字取0，则个位数字取法有5种；若十位数字不取0，则十位数字取法有4种，个位数字取法也有4种，故共能组成5×5＋5×4×4＝105个不同的三位数，在这些三位数中，末位数字为0的共有5×5＝25个，末位数字为5的共有4×4＝16个，故5的倍数共有25＋16＝41个．E2－004 在一次中学数学竞赛中共出了A、B、C三题．在所有25个参加者中，每个学生至少解出一题，在没有解出A的那些学生中，解出B的人数是解出C的人数的两倍，只解出A的人数比余下的学生中解出A的人数多1．只解出一题的学生中，有一半没有解出A．问有多少学生解出B？【题说】第八届(1966年)国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．【解】设不仅解出A的为x人，仅解出B的为y人，解出B与C由(1)、(2)得由(3)，x≤7．由(4)，x＝7，4，1．仅解出B的人数为6．E2－005 在方格的边长为1cm的方格纸上，画一个半径为100cm的圆，这个圆不经过方格的顶点而且不与方格的边相切，问这个圆能穿过多少个方格？【题说】第二届(1968年)全苏数学奥林匹克八年级题3．【解】所画的圆穿过200条水平线和200条竖直线．每一条都穿过两次．因此，交点有800个．这800个点把圆分成800份，其中每一部分都在一个格里面，所以圆最多穿过800个格．同时，可能得出，某两个部分在一个格内，即圆与某个方格相交两次(如图)．我们证明，这样的“奇异”方格不会多于1个．考虑以O为圆心、半径为200的与某个方格的边AB相交两次的圆．从这个圆的圆心O到A点和B点的距离大于100，而从直线AB到O的距离小于100，所以，O点在以A和B为圆心、半径为100的圆以外，并且在与AB距离为100的两条平行线之间．这种点，充满两个曲边三角形内部(图中画有斜线的是其中一个)．显然，对于不同的线段AB，这些轨迹没有公共点．所以，奇异的方格不多于1个．因此，这个圆穿过800或799个方格．E2－006 一个长方体盒子能用单位立方体填满，如果我们改放尽可能多的体积是2的立方体，且使立方体的边平行盒边，则恰好能填到盒【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．40％×a1a2a3＝2b1b2b3当a＞10时，b≥8，所以综上所述，所求的盒子尺寸为2×3×5或2×5×6．E2－007 如图，有10个村庄，分别用点A1，A2，…，A10表示，某人从A1出发，按箭头所指的方向(不准反向)可以选择任意一条路径走向其他某个村庄，试问：1．按图中所示方向从A1到A5(不绕圈)有多少种不同的走法？2．从A1出发，按图中所示方向，绕一圈后再回到A1，有多少种不同的走法？【题说】 1979年湖北省赛二试题3．【解】为方便计，设从A1到A i的走法有a i种，这些走法分为两类：一类是从A1出发，经过A i－2到达A i(不经过A i－1)，这时从A1到A i－2的走法为a i－2，从 A i－2不经过A i－1到A i的走法只有一种，所以这类走法共a i－2种．第二类是从A1出发，经过A i－1到达A i，共a i－1种，而这两类走法是互不相同的，所以，从A1到A i的走法共a i＝a i－1＋a i－2(种)显然a2＝1，a3＝2．于是a5＝2a3＋a2＝5，a6，a7，a8，a9，a10，a11分别为8，13，21，34，55，89．所以从A1到A5有5种不同的走法，从A1出发，绕一圈回到A，有89种不同的走法．E2－008 在直角坐标平面的第一象限中，把坐标都是整数的点按以下方法编号：(0，0)点第1号，(1，0)点第2号，(1，1)点第3号，(0，1)点第4号，(0，2)点第5号，(1，2)点第6号，(2，2)点第7号，(2，1)点第8号，(2，0)点第9号，…按图中箭头的顺序，求第2000号的点的坐标．【题说】 1979年北京市赛二试题1．【解】设k为正整数，则满足条件：0≤x≤k，0≤y≤k的坐标为整数的点(x，y)共有(k＋1)2个，而满足条件：(k＋1)2＜2000的最大整数k＝43．因此编号为2000的点的纵坐标为44或横坐标为44．因44为偶数，故应从点(0，44)往右数，又因2000－442＝64＞44故第2000号的点的横坐标为44．其纵坐标是44－(64－45)＝25所以编号2000的点的坐标是(44，25)．E2－009 散步时，每步长为1，向南、北、东、西任一方向均可，如果每一点不通过两次，则称这散步为自身回避的，设从原点开始的、n步的、自身回避的散步种数为f(n)．求 f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，并证明2n＜f(n)＜4·3n－1【题说】第十一届(1979年)加拿大数学奥林匹克题5．【解】容易算得f(1)＝4f(2)＝4×3＝12f(3)＝4×3×3＝36对于4步的自身回避散步，则有f(4)＝4×3×3×3－8＝100假设每次均向北或西两个方向走，当然不会出现有一点通过两次的情况，所以2n＜f(n)如果仅考虑不反过身来往回走，那么共有4×3n－1种(其中可能出一点通过两次的情况)，所以f(n)≤4×3n－1(当n＝1，2，3时取等号)．E2－010 十个赌徒在开赌时，每人都有相同的赌本，每次由一个人掷五粒骰子，如果骰子的点数之和为n，那么这个人向其他九人中的每一每人掷一次骰子后，每个人的赌本又恢复到开赌时的原有的赌本．最后一次掷出的点数之和为12．求各次掷出点数之和．【题说】 1980年五国国际数学竞赛题5．本题由荷兰提供．【解】不妨设每人赌本为1，又设第i次的点数之和为n i(1≤n i≤10)，容易知道第i个人在第i次时，钱由x变为所以最终钱数为特别地，而由此逐步得出n9＝13，n8＝14，…，n1＝21．E2－021 S是{1，2，…，1989}的一个子集，而且S中任意两个数的差不能是4或7，那么S中最多可以有多少个元素？【题说】第七届(1989年)美国数学邀请赛题13．【解】将1，5，9，2，6，10，3，7，11，4，8顺次放在圆周上．如果从中选出6个数，那么必有两个在圆周上相邻，即它们的差为4或7，所以从1，2，3，…，11中最多能选出5个数，每两个的差不为4或7．这5个数可以是1，3，4，6，9．同理，在每11个连续自然数中最多能选出5个数，每两个的差不为4或7．{1，2， (1989)可分拆为181个子集{11j＋1，11j＋2，…，11j＋11}(j＝0，1，…，179)及{1981，1982，…，1989}，所以|S|≤5×181＝905．11j＋1，11j＋3，11j＋4，11j＋6，11j＋9(j＝0，1，…，180)．这905个数中，每两个的差不为4或7(若其中有(11j＋b)－(11j＋a)＝4或7，则a－b＝7或4)．因此S最多可以有905个元素．E2－022 整数1，2，…，n的排列满足条件：每个数或者大于它之前的所有数，或者小于它之前的所有数，试问有多少个这样的排列？【题说】第二十一届(1989年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设所求排列数为 A(n)，不难求得A(1)＝1，A(2)＝2，A(3)＝4对自然数1，2，…，n，设n排在第k个位置(1≤k≤n)，则在它之后只有一种排法： n－k，n －k－1，…，1；而在它之前有A(k－1)种排法，故A(n)＝1＋A(1)＋A(2)＋…＋A(n－1)(n≥2)借助这递推关系，由归纳法易知A(n)＝2n－1．【别解】除第1位外，其余的位置有两种选择：在这位上的数大于它以前的数，或小于它以前的数，设第j1＜j2＜…＜j l位是前一种，则它对应于排列：在这l个位上从右至左放n，n－1，…，n－l＋1；在其余位上自左至右放n－l，n－l－1，…，2，1．选择有2n－1种，排列也有2n－1种．E2－023 求证：集中{1，2，…，1989}可以分为117个互不相交的子集A i(i＝1，2，…，117)．使得(1)每个A i含有17个元素；(2)每个A i中各元素之和相同．【题说】第三十届(1989年)国际数学奥林匹克题1．本题由菲律宾提供．【证】考虑17行117列的表：不难验证各列的和均相等，将第i行各数加上(i－1)×117(i＝1，2，…，17)，则各列的和仍然相等，这时表中的数即1～1989．第j列元素组成的集A j(j＝1，2，…，117)满足题中所有要求．E2－024 设n是正整数，我们说集合{1，2，…，2n}的一个排列(x1，x2，…，x2n)具有性质p，如果在{1，2，…，2n－1}当中至少有一个i使|x i－x i＋1|＝n成立．求证：对于任何n，具有性质p的排列比不具有性质p的排列个数多．【题说】第三十届(1989年)国际数学奥林匹克题6．【证】设(x1，x2，…，x2n)中k与k＋n相邻的排列的集合为N k(1≤k≤n)，则具有性质p的排列个数而|N k|＝2×(2n－1)！，|N k∩N h|＝22×(2n－2)！，将k与k＋n、h与h＋n并在一起，2n－2个“数”有(2n－2)！种排列，其中k与k＋n，h与h＋n并成的“数”可以将k＋n与k，h＋n与h的位置交换，各有两种排列，所以＝(2n)！2n×2(n－1)×(2n－2)！＝2n×(2n－2)！×nE2－025 在坐标平面上，横坐标和纵坐标均为整数的点称为整点．对任意自然数n，连结原点O 与点A n(n，n＋3)，用f(n)表示线段OA n上除端点外的整点个数，求f(1)＋f(2)＋…＋f(1990)的值．【题说】 1990年全国联赛一试题2(4)．原题为填空题．【解】 OA n的方程是y＝(n＋3)x/n(0＜x＜n)．因为n不能整除x，若x、y是整数，n不与n＋3互素，必为3的倍数．设n＝3m，则y＝(m＋1)x/m，x只可取m、2m两个值．小于1990的3的倍数有663个，故所求的值是2×663＝1326．E2－026 8个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站两个男孩，求共有多少种不同的排列方法？(只要把圆圈旋转一下就重合的排法认为是相同的．)【题说】 1990年全国联赛一试题2(6)．原题为填空题．【解】因旋转重合认为相同，可让某女孩G固定不动，从25个男孩中任选16人，使每两人随一个女孩，这16人可任意排列；对每一种排列，除G外的7个女孩各与其后的两个男孩看成一个“个体”，连同其余9个男孩，总共16个“个体”，又可任意排列，其总数为E2－027 一个正三角形，每边被等分为n份，过各分点作其它两边的平行线．一共产生多少个三角形(包括原来的三角形在内)？【题说】 1990年中国集训队测试题17．【解】设原三角形的边长为n，记边长为k(1≤k≤n)的“头数为y l，则头朝上的三角形共有：x1＝2＋2＋…＋n＝n(n＋1)/2x2＝1＋2＋…＋(n－1)…x n－1＝1＋2，x n＝1头朝下的三角形共有：y1＝1＋2＋…＋(n－1)＝n(n－1)/2y2＝1＋2＋…＋(n－3)＝(n－2)(n－3)/2…y l＝1＋2＋…＋(n－2l＋1)＝(n－2l＋1)(n－2l＋2)/2…(1)当n为偶数时，由上式可知(2)当n为奇数时，E2－028 在一次射击比赛中，有8个泥制的靶子挂成如图所示的三列(其中两列3个，一列2个)．一位神枪手按下面的规则打中所有靶子：1．首先选择一列；2．再打掉所选一列的最下面未打过的靶子，问打中这8个靶子共有多少种不同的顺序？【题说】第八届(1990年)美国数学邀请赛题8．【解】随意射击8个靶子有8！种方法．由于每列靶子的顺序已经确定，所以现在的射法共有种不同的顺序．E2－029 设S＝{1，2，…，n}，A为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S中，且添加S的其他元素于A后均不能构成与A有相同公差的等差数列．求这种A的个数．(这里只有两项的数列也看作等差数列．)【题说】 1991年全国联赛二试题1．【解】对于n＝2k，所述数列A必有连续两项，一项在{1，2，…，k }中，另一项在{k＋1，k ＋2，…，n}中，反之，从{1 ，2，…，k}中任取一个数，{k＋1，k＋2，…，n}中也任取一个数，以它们的差为公差、并以这两数为该数列的连续两项可作出一个A．此对应是一一对应，故这种A的个数为k2＝n2/4．对于n＝2k＋1，情况完全类似，注意集合{k＋1，k＋2，…，n}中有k＋1个数，故这种A的个数为k(k＋1)＝(n2－1)/4．两式可统一为[n2/4]．([x]表示不超过x的最大整数．)E2－030 用A、B两个字母排成的长为15的序列中，满足下列条件的有多少种？条件：连续二个字母AA在序列中出现五次，AB、BA、BB各三次．例：排列AABBAAAABAABBBB中因为AA五次，AB三次，BA二次，BB四次，所以不满足上面的条件．【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】从第一个项开始，设由A组成的段依次为a1，a2，…，由B组成的段依次为b1，b2，…．满足条件的排列形状必为a1b1a2b2a3b3a4 (1)b1a1b2a2b3a3b4 (2)若一段由k＋1个A组成，则这段中AA有k个．各段至少包含一个A(或B)．其余5个A，3个B 的分配方法如下：＝420(种)．故满足条件的排列共有980种．E2－031 在一种“咬格子”的游戏中，两名选手轮流“咬”一个由单位正方形组成的5×7网格．所谓“咬一口”，就是一个选手在剩下的正方形中挑一个正方格子去掉(“吃掉”)它的左面的一条边(朝上延长)与底边(朝右延长)所确定的象限中的全部正方形格子，如图a所示，有阴影的格子是选定的，吃掉的是这个有阴影的及打“×”的四个格子．(虚线部分是在这之前已被“吃掉”的)游戏的目标是要对手“咬”最后一口．图b所示的是35个正方形组成的集合的一个子集，它是在“咬格子”游戏过程中可能出现的一个子集．在游戏过程中，可能出现的不同的子集总共有多少个？整个网格及空集也计算在内．【题说】第十届(1992年)美国数学邀请赛题12．【解】根据游戏规则，每次“吃”剩下的图形有如下特点：从左到右，各列的方格数不增．因为如某一方格被“吃”，那么它右面和上面的格子全部被“吃”．于是每次剩下的图形从A到B 的上边界是一条由7段横线与5段竖线组成的折线，且它是不增的；反之，每一条这样的折线，也对应一块“吃”剩下的方格集．E2－032 1克、30克、50克三种砝码共110个，总重量为1000克，问其中30克的砝码有多少个？【题说】第一届(1990)希望杯高一二试题2(4)．原是填空题．【解】设1克、30克和50克砝码数分别有x、y、z，则有以下关系：(2)－(1)得29y＋49z＝890 (3)因29 890，49 890，所以y≠0，z≠0．即y≥1，z≥1．从而890＝29y＋49z≥29＋49z由于z是整数，故z≤17．令z＝1，2，…，17，代入(3)，知：只有当z＝1时，y＝29是唯一整数解．又由(1)知，x＝80．即这一组砝码中有29个30克的砝码．E2－033 下图中将等边三角形每边3等分，过等分点作每边平行线，这样所形成的平行四边形个数，记为f(3)，则f(3)＝15．将等边三角形每边n等分，过各分点作各边平行线，所形成的平行四边形个数记为f(n)，求f(n)表达式．【题说】第二十三届(1991年)加拿大数学奥林匹克题5．【解】如图所示的平行四边形，由a、b、c、d四个数决定．这4个数满足a≥1， b≥1， c≥0，d≥02≤a＋b＋c＋d≤n即0≤a1＋b1＋c＋d≤n－2其中a1＝a－1，b1＝b－1，c，d均为非负整数．因此平行四边形的总数为【别解】在BA、BC的延长线上分别取E、F，使BE＝BF＝n＋1，则EF＝n＋1．图中的平行四边形，每一边恰好与EF相交于一点．这四点不同，都是EF上的格点(即将EF等分为n＋1份的分点)．反之，从EF的n＋2个格点(包括E、F在内)中任取四点，过靠近E的两点作AB的平行线，过另两点作BC的平行线，便可得到一个图中的平行四边形，所以E2－034 若平面上有997个点，如果每两点连成一条线段，且中点涂成红色．证明：平面上至少有1991个红点．你能找到一个正好是1991个红点的特例吗？【题说】 1991年亚太地区数学奥林匹克题2．【证】在给定的997个点中，设M、N两点间的距离最大，分别以 M、N为圆心，MN/2为半径作圆，这两个圆仅有一个公共点，即MN的中点E．于是MP的中点必在⊙M内部或圆周上，这样的995个点互不相同．同理，NP的中点必在⊙N内部或圆周上，这样的995个点互不相同，而且与上面的995个中点均不相同，加上点E，共有2×995＋1＝1991个红点．x轴上横坐标分别为1，2，…，997的997个点就是满足要求的例子．E2－035 A，B分别是坐标平面上的格点的集合：A＝{(x，y)|x，y为正整数，1≤x≤20，1≤y≤20}B＝{(x，y)|x，y为正整数，2≤x≤19，2≤y≤19}A中的点分别染成红色或蓝色．染成红色的点有219个，其中有180个包含于B中，又四个角上的点(1，1)，(1，20)，(20，1)，(20，20)都染成蓝色．将水平或垂直方向上相邻两点按下列要求用红、蓝、黑色的线段连接起来：两点均为红色时，用红线连接；两点均为蓝色时，用蓝线连结；两点为一红一蓝时，用黑线连结．问：(长度为1的)黑线有237段时，(长度为1的)蓝线有多少段？【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】集合A中有400个点，其中红点有219个，蓝点有181个，在B内有蓝点144个．A的四周有76个点，其中红点39个，蓝点37个(包括四个角上的点)．每个角上的点引出2条线段；每个边界上(除四个角)的点引出3条线段；每个B内的点引出4条线段．因此，对于蓝点共引出线段2×4＋3×33＋4×144＝683(段)其中黑线有237段，所以蓝线有683－237＝446(段)这些蓝线在上述计数时，被重复计算了一次，故实际上有蓝线446÷2＝223(段)E2－036 设集合A＝{1，2，…，10}．A到A的映射f满足下列两个条件：(1)对任意X∈A，f(30)(x)＝x；(2)对每个正整数k，1≤k≤29，至少存在一个a∈A，使得f(k)(a)≠a．其中f(1)(x)＝f(x)，f(2)(x)＝f(f(x))，…，f(k＋1)(x)＝f(f(k)(x))，…．求这样的映射的总数，【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题12．【解】设A划分成3个互不相交的子集：{a1，a2，a3，a4，a5}∪{b1，b2，b3}∪{c1，c2}并且定义映射f：f(a1)＝a2，f(a2)＝a3，f(a3)＝a4，f(a4)＝a5，f(a5)＝a1；f(b1)＝b2，f(b2)＝b3，f(b3)＝b1；f(c1)＝c2，f(c2)＝c1．5，3，2两两互素，30是它们的最小公倍数．由条件知，f不是恒等映射，且 f由若干个循环组成，这些循环的阶数的最小公倍数应为30．从而，f是满足条件(1)、(2)的唯一一类映射．所以，f的总数相当于从10个元素中选取5个，再从剩余的5个中选3个，它们再分别进行循环排列的个数．故所求映射的总数是E2－037 一副牌有 2n＋ 1张，由一张王及标 1至 n的牌每种各两张组成．这2n ＋1张排成一行，王在正中间，对每个k，1≤k≤n，两张标k的牌之间恰有k－1张牌．确定所有不超过10并且有这种排法的n．对哪些n，不可能这样排？【题说】第二十四届(1992年)加拿大数学奥林匹克题5．【解】设标i的牌，从左数起位置为a i与b i(a i＜b i，i＝1，2，…，n．因为王牌位置为n＋1，b i＝i＋a i，所以即因此4｜n(n＋1)．n＝1，2，5，6，9，10不满足上述要求．n＝3时，解为232J311．n＝4时，解为2423J4311．n＝7时，解为2723563J7546114．n＝8时，解为78426247J86531135．E2－038 在4000至7000之间有多少个四个数字均不相同的偶数？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题1．【解】答：728．若千位数字为4或6，这时千位数字有2种选法，个位数字有4种选法，百位数字有8种选法，十位数字有7种选法．所以共有2×4×8×7＝448个数符合要求．同理，若千位数字为5，有 1× 5× 8× 7＝ 280个偶数符合要求．所以，共有448＋280＝728个．E2－039 令S为一个有6个元素的集合．问有多少种不同的方法可以把S分成两个不一定不同的子集，使得这两个子集的并恰好是S？两子集的顺序不必考虑，如{a，c}，{b，c，d，e，f}与{b，c，d，e，f}，{a，c}算一种分法．【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题8．【解】365．设S＝AUB，S中每一个元素，或属于A，或仅属于B，或同时属于A、B，共3种情况．所以如果S中有n个元素，共有3n种方法选择集合A和B．除了A＝B＝S的情况，如果不计顺序每种情形算了2次，所以共有种分法．特别地，n＝6时，共有365种分法．E2－040 红色和白色的椅子各有5张，围成一个圆圈，共有多少种不同的排法？同色的椅子是没有区别的，经旋转后排列的顺序一致的排法只算1种．【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】将椅子的位置编号为0～9．红色椅子的位置是集合A＝{0，然有f(10)(R)＝f(R)．从而使得f(n)(R)＝R的最小正整数n0必是10的约数．每种这样的排法R都被重复计算了n0次．r1＋r2＋…＋r5≡(r1＋5)＋(r2＋5)＋…＋(r5＋5)(mod10)≡(r1＋…＋r5)＋25(mod10)所以25≡0(mod10)这不可能．所以n0≠5．若n0＝2，易知只有R＝{0，2，4，6，8}和{1，3，5，7，9}满足要求．除此以外的250种R，其n0均为10．故所求的排法数为E2－041 A＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，满足下列条件(1)，(2)的子集S有多少个？(1)S的元素有5个；(2)S中任意两个不同元素的和的个位数字恰好是0到9这10个整数．【题说】 1994年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】这样的子集不存在，即满足条件的S的个数为0．事实上，若存在满足条件的子集S＝{a1，a2，a3，a4，a5}，由于4(a1＋a2＋a3＋a4＋a5)≡0＋1＋…＋9(mod10)上式左边为偶数，右边为奇数，不可能．E2－043 用94块大小尺寸均为4″×10″×19″的砖，一块放在另一块的上面堆积成一个94块砖高的塔，每块砖可随意摆放为塔提供4″或10″或19″的高度．若94块砖全部用上可摆放多少种不同高度的塔？【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题11．【解】设有x块砖提供10″的高度，y块砖提供19″的高度，x、y都是非负整数，且x＋y≤94，则塔的高度为h＝4(94－x－y)＋10x＋19y＝376＋3(2x＋5y) (1)如果x≥5，则将x换成x－5，y换成y＋2，由(1)表示的塔高取同样值，并且(x－5)＋(y＋2)≤94．所以可以假定x≤4．这时相同的x，不同的y表示的塔高h显然不同．如果x取不同值x1、x2(0≤x1＜x2≤4)，那么对任意的y1、y2，(2x2＋5y2)－(2x1＋5y1)＝2(x2－x1)＋5(y2－y1) (2)前一项不被5整除，后一项被5整除，所以(2)不为0，即相应于x1、x2的塔高不同．当x＝0，1，2，3，4时，y分别有95(0～94)，94，93，92，91种取法．所得的塔高均不同．所以共有95＋94＋93＋92＋91＝465种不同高度的塔．E2－044 设p是一个奇素数，考虑集合{1，2，…，2p｝的满足以下两条件的子集A：(i)A恰有p个元素；(ii)A中所有元素之和可被p整除．试求所有这样的子集A的个数．【题说】第三十六届(1995年)国际数学奥林匹克题6．与V＝{p＋1，p＋2，…，2p}外，每一个p子集与U、V的交均非空．将这些子集分类，如果子集S、T与V的交S∩V＝T∩V，并且S∩U的每个元加上k(mod p)就得到T∩U的每个元，这里k ∈{0，1，2，…，p－1}，那么就将S与T归入同一类．对于{0，1，2，…，p－1}中不同的k1、k2，由S得到的集T1、T2，元素和σ(T1)、σ(T2)的差≡(k1－k2)m(modp)，这里m＝S∩U的元素个数．由于S与U、V的交均非空，0＜m＜p，所以(k1－k2)m0(modp)，即T1≠T2．因此，每一类中恰好有p个集，并且这些集的元素之和modp各不相同．于是其中恰有一个集元素之和被p整除．从而所求子集A的个数为E2－045 4对夫妇去看电影，8个人坐成一排．若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，共有几种坐法？【题说】 1995年日本数学奥林匹克预选赛题6．【解】先将女性排定，有4！种方法．女性与女性之间若坐着男性(包括这些女性的丈夫)必不少于两个．同样，在男性与男性之间坐着的女性也必不少于两个．把座位连在一起的女性视为一组，则4位女性的分组方式有4，3＋1，2＋2，2＋1＋1，1＋1＋1＋1等五种．孤立坐着的女性必须在这一排座位的两端，所以1＋1＋1＋1的分组方式不合要求．女性分成2＋1＋1时，两端必须坐着女性，这时男性只能分成2＋2，即下表中的第1类，男性的排法只有1种．女性分成2＋2时，有下表的2，3，4，5四类，男性的排法分别有2，1，1，1种．女性分成3＋1时，有下表的6，7，8三类，男性的排法分别有2，1，1种．女性4人连排时，有下表的9，10，11三类，男性的排法分别有3！，2！，2！种．于是排法总数为4!×(1＋2＋2×1＋2×1＋1＋2×2＋2×1＋2×1＋2×3!＋2×2!＋2!)＝24×34＝8161．女男男女女男男女2．女女男男男男女女3．女女男男男女女男或男女女男男男女女4．女女男男女女男男或男男女女男男女女5．男女女男男女女男6．女女女男男男男女或女男男男男女女女7．男男女女女男男女或女男男女女女男男8．男女女女男男男女或女男男男女女女男9．女女女女男男男男或男男男男女女女女10．男男男女女女女男或男女女女女男男男11．男男女女女女男男E2－046 用六种不同颜色中几种染一个正方体各面，要求相邻两面不同色，问有多少种不同的染色法？(两个染色正方形，如果能通过转动、翻身使二者各面颜色对应相等，则认为是染色法相同)【题说】1996年全国数学联赛一试题2(5)，原为填空题．【解】分4种情况讨论：1°用了6种颜色．将一种颜色染下底，则上底有5种染法．固定一种颜色朝东，其它三面有3！种染法．共有5×3！＝30种．＝90种．所以染色法共有30＋90＋90＋20＝230种．E2－047 在直角坐标平面上，以(199，0)为圆心、以199为半径的圆周上，整点的个数有多少个？【题说】 1996年全国数学联赛一试题2(6)，原为填空题．【解】该圆方程为(x－199)2＋y2＝1992 (1)显然，(1)有4个整数解：(0，0)，(199，199)，(199，－199)，(389，0)．当y≠0、±199时，|y|与199互素，故由(1)知|x－199|、|y|、199是一组基本勾股数．由勾股数基本公式知，存在二正整数m、n使199＝m2＋n2．由于平方数≡0或1(mod4)，所以m2＋n2≡0，1或2(mod4)，但199＝4×49＋3≡3(mod4)矛盾．因此当y≠0、±199时，(1)无整数解．综上所述，在(1)圆周上的整点只有4个．E2－048 白(围棋)子5个、黑(围棋)子10个排成一横行，要求每个白子的右邻必须是黑子，共有多少种排法？【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题2．【解】先将10个黑子排成一行，每个黑子的左邻都留一个空位，从E2－049 设n为正整数，S＝{1，2，…，n}．S的(非空)子集A，B，C，D满足A∪B∪C∪D＝S 且A∩B∩C＝φ，这样的集合组(A，B，C，D)有多少个？【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】根据k(1≤k≤n)是否属于A，B，C，D，分别有24＝16种情形．在这些情形中，(1)k不属于A，B，C，D；(2) k属于A，B，C，但不属于D；(3)k属于A，B，C，D．这3种情形与要求不符．其余13种情形均合要求．对每个k(1≤k≤n)都有13种情形，故共有13n个满足题设要求的集合组．E2－050 一个7×7的棋盘的2个方格着黄色，其余的方格着绿色．如果一种着色法可从另一种着色法经过在棋盘的平面中的旋转而得到，那么这两种着色法看做同一种．可能有多少种不同的着色法？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题7．如果这一对方格关于棋盘中心中心对称，那么旋转后可与另一对方不关于棋盘中心中心对称，那么绕中心旋转90°、180°、270°，分别与另外三对方格重合，经过旋转也只可能与这三对重合．因此不同的E2－051 对每个实数x，以[x]记不超过x的最大整数．有多少个正整数n，使得n＜1000且[log2n]是正偶数？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题2．【解】 22k≤n＜22k＋1时，[log2n]＝2k．所求n的个数为23－22＋25－24＋27－26＋29－28＝340E2－052 两个正数的调和平均是它们的倒数的算术平均的倒数．有多少个正整数的有序对(x，y)，使得x＜y且x与y的调和平均等于620？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题8．E2－053 一个150×324×375的长方体由1×1×1的单位立方体胶合在一起而做成的．这长方体的一条内对角线穿过多少个单位立方体的内部？【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题14．【解】从左到右151个互相平行两两距离为1的平面与对角线有151个交点，将对角线分为150段．同样从上到下，从前到后的两两距离为1的平面又增加一些分点，除去对角线的一端外，共有150＋324＋375－(150，324)－(150，375)－(324，375)＋(150，324，375)＝768个分点．将对角线分为768段，每段属于一个单位立方体，即对角线穿过768个单位立方体．E2－054 在1至1000000的自然数中，包括可表为完全平方数与完全立方数之和形式的自然数，以及不能表为这种形式的自然数．试问哪种形式的数较多？【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克九年级题1．【解】不能表为这种形式的自然数较多．设n＝k2＋m3，其中k、m∈N，n≤1000000．显然，这时k≤1000，m≤100．所以能表成这种形式的数不超过100×1000＝100000个，少于1000000的一半．E2－055 有多少对正整数x、y满足x≤y，并且最大公约数(x，y)＝5！，最小公倍数[x，y]＝50！？【题说】第二十九届(1997年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设x＝5！a，y＝5！b，a、b为互质的自然数，则[x，y]＝5！[a，b]＝5！ab．所以。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题061-070
E1-061为了统计到图书馆去的读者人数，挂了两块黑板．每一个读者必须在一块黑板上写上当他进入阅览室时他看见有多少读者，而在另一块黑板上写上当他离开图书馆时，阅览室还剩下多少读者．证明：在一天之内，两块黑板上出现同样的数（可能次序不同）．【题说】 1974年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】设A是最后入馆的读者，A进馆后第一个离馆的读者为B．那么A在“进馆板”上写的数与B在“出馆板”上写的数相同．如果B就是A，那么将A及他写的数取消对于结论是否成立毫无影响．如果B不是A，那么改为A离馆而B继续看书，直至原来A离馆时离馆．这对于两块板上写的数毫无影响，因而化为前一种情况．于是，人数可以逐一减少，两块板上的数随之逐对抵消，直至只剩一个人时，结论显然成立．E1-062九位数学家在一次国际会议上相遇，其中任意三人中，至少有二人会说同一种语言．如果每位数学家最多只能说三种语言，试证明：至少有三位数学家能用同一种语言交谈．【题说】第七届（1978年）美国数学奥林匹克题5．【证】假设没有三人能讲同一种语言，即每种语言最多只两人能讲．用A1，A2，…，A9表示这九人．因为A1最多只能说三种语言，A1至多与三个人通话，即至少与五个人语言不通，设为A5，A6，A7，A8，A9．同理A5至少与A6，A7，A8，A9中一人语言不通，设为A9于是A1，A5，A9彼此语言都不通．而这与已知矛盾．E1-063一个国际社团的成员来自六个国家，共有成员1978人．用1，2，3，…，1977，1978编号，请证明，该社团至少有一个成员的编号数，与他的两个同胞的编号数之和相等，或是一个同胞的编号数的二倍．【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【证】用反证法，若命题不成立，则有性质S：同一国的两个成员的号码之差不是该国成员的号码．设m1是A国成员的最大号码，用m1减去其余A国成员的号码，得到不少于329个数，根据性质S，它们都不是A国的号码，因而是其余五国66个号码，记其中最大的为m2，用m2减去其余65个号码，所得的65个号码都不是B的号码，也不是A的号码（对a1、a2∈A，（m1-a1）-（m1-a2）=a1-a2不是A的号码）．这65个号码必属于其余四国，其中必有一国C含有其中至少17个号码，等等．如此下去，最后会找到一个国家F，其中有两个成员的号码之差不是任何一国成员的号码，这是不可能的，这个矛盾就说明题目的断言是正确的．E1-064 任意一群人中，一定有两个人，他们在这群人中的朋友数一样多．【题说】 1979年安徽省集训题．【解】设这群人共有n个．如果每人至少有一位朋友，那么由于每人最多有n-1位朋友，由抽屉原则，一定有两个人，他们有相同数目的朋友．如果恰有一人没有朋友，那么其它n-1个人的朋友数，最少是1，最多是n-2，同样可知有两个人的朋友一样多．如果有两个或更多个人没有朋友，则这几个人的朋友数都是0．E1-066 在3×3×3的立方体箱子中，用隔板分成27个1×1×1的单位立方体的小箱子，每一个小箱子中各放一个面包，现有一只老鼠从大箱子的一角开始吃起，然后咬通箱壁到相邻的未吃过的小箱子中吃面包（凡已吃过的小箱子就不再进去），试问它能够吃完所有小箱子中的面包、而在中心的一个小箱子中结束吗？【题说】 1979年安徽省集训题．【解】将小箱子染上黑白两色，使相邻两个小箱子的颜色不同，各个角都是黑色．黑色箱子14个，白色13个，并且中心的小箱子是白色．老鼠前进穿过的小箱子，黑色、白色相间，如果吃完27个，首尾都应当为黑色小箱子，所以最末一个不可能是中心的小箱子．E1-066 某个团体有n个成员（n≥5），并且有n+1个三人委员会，其中没有两个委员会有完全相同的成员．证明：有两个委员会恰好有一个成员相同．【题说】第八届（1979年）美国数学奥林匹克题5．【证】用反证法．假设任两个（三人）委员会或者有两个成员相同，或者没有成员相同．如果委员会A与B有公共成员，那么它们有两个公共成员a、b．如果委员会B又与C有（两个）公共成员，那么a、b中至少有一个属于C，从而C与A也有公共成员．因此可将有相同成员的委员会归为一组．这样同一组中每两个委员会有（两个）相同成员，不同组的委员会没有公共成员．每一组中委员会的个数k必不超过这组中不同成员的人数h．显然h≥3．当h=3时，k=1．当h≥4时，k≥2．设{x，y，a}、{x，y，b}｝是其中的两个委员会，则其它的委员会只能是{x，a，b}、{y，a，b}或{x，y，d}的形式，这里d至多有h-4种选择，所以k≤4+（h-4）=h．于是委员会的总数n+1≤人数n，矛盾．这表明，至少有两个委员会恰有一个成员相同．E1-067有一个十人的会，在他们当中任何三人至少有两人互不相识．证明在这会中有四人，他们没一人认识四人中的其他人．【题说】 1980年英国数学奥林匹克题5．【证】将十个人表示为十个点，视对应的人相识或不相识而用红或蓝线段连结每对点．已知所得的图中没有红色三角形，要证明图中有4个点，每两点之间的连线为蓝色．第一种情况：至少有4条红线由A点引出．设AB、AC、AD、AE为红线．由已知B、C、D、E中没有两点是用红线连结的，故B、C、D、E即为所求．第二种情况：至多有3条红线由A点引出．即A至少与6个点用蓝线相连，设为B、C、D、E、F、G．若B 用红线连接C、D、E、F、G中3个点，不妨设为C、D、E，则A、C．D、E即为所求．若B至多与C、D、E、F、G中2点用红线相连，则B 至少与其中3点用蓝线相连，不妨设BC、BD、BE为蓝线．C、D、E 中至少一对用蓝线相连，例如CD是蓝线，则A、B、C、D即为所求．E1-068在由18个队参加的足球循环赛中，彼此之间已赛过8轮，即每个队都与8个不同的队进行过比赛．证明：一定能找出三个队彼此之间至今还没有进行过一次比赛．【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克八年级题7．【证】从某队A开始考虑，由已知在前八轮比赛中它与8个队比赛，与9个队未赛过．而在这未赛的9个队中一定有两个队彼此没有赛间的比赛最多只能安排4场（一个队轮空），故在前8轮中，最多只赛32场．所以一定有两队彼此没有赛过，设为B、C．那么，A、B、C三队在前8轮中彼此没有赛过一场．E1-069 在正n边形中，要求其每条边及每条对角线都染上任一种颜色，使得这些线段中任意两条有公共点的染不同颜色．为此，至少要有几种颜色？【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题4．【解】如图a，考察正n边形的边AB、AC，对角线BC以及由A引出的所有对角线，共有n条线段，其中每两条都有公共点．于是，它们必须染上不同的颜色，所以需要的颜色不少于n种．n=3时，三种色显然足够．n＞3时，作正n边形的外接圆W，如图b，设MN是另外一条边或对角线．若MN∥BC，则将MN染上与BC相同的颜色，若MN BC，过A引直线t平行于MN，交圆W于点K（t不平行BC，所以t不是切线），则，所以K也是正n边形的顶点，即AK是由A出发的边或对角线，将MN染上与AK 相同的颜色．因此，n种颜色足够．E1-070某足球邀请赛有十六个城市参加，每市派出甲、乙两个队．根据比赛规则，每两队之间至多赛一场，并且同一城市的两队之间不进行比赛．比赛若干天后进行统计，发现除A市甲队外，其它各队已比赛过的场数各不相同．问A市乙队已赛过多少场？请证明你的结论．【题说】 1985年全国联赛二试题3．【解】 32个队参加比赛，根据规则，每队至多赛30场．除A市甲队外，31个队比赛过的场数各不相同，因此这些队比赛场数分别为0，1．2， (30)设赛过k场的队为T（k）（k=0，1，2，…，30）．首先考察T（30）．由于它已赛完30场，所以其它各市的每一个队都和它比赛过，只有T（0）队未和T（30）队比赛过．于是T（30）队和T （0）队必为同一城市的队．再考察T（29）队．除T（0）队及T（29）队同一城市的另一队外，T（29）队显然与其它各队都比赛过． T（1）队只和T（30）队比赛过，所以T（29）队和T（1）队必为同一城市的队．同理，T（28）队和T（2）队，T（27）队和T（3）队，…，T （16）队和T（14）队各为同一城市的两队．所以A市乙队只能是T（15）队．即：A市乙队已赛过15场．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何021-030)
E3-021设G是紧夹在平行线l1与l2之间的任一凸区域（即其边界上任意两点之间所连线段都包含于它的区域），其边界c与l1、l2都有公共点．平行于l1的直线l将G分为如图所示的A、B 两部分，且l与l1和l2之间的距离分别为a和b．并说明理由；【题说】 1989年四川省赛二试题2．【解】设l与G的边界c分别交于X、Y，点P∈l2∩G，连PX、PY并延长分别交l1于X1、Y1．由上式可知，G为一边位于l1上，而另一顶点在l2上的三角形时，（2）设X1Y1=d，则XY=bd/a+b，E3-022平面上已给7个点，用一些线段连结它们，使得（1）每三点中至少有两点相连；（2）线段的条数最少．问有多少条线段？给出一个这样的图．【题说】第三十届（1989年）IMO预选题17．本题由蒙古提供．【解】如图表明9条线段已经足够了．下面证明至少需要9条线段．如果点A只作为1条线段的端点，则不与A相连的5点之间至少要设每一点至少作为两条线段的端点．若点A只作为两条线段AB、少还要引出一条线段，所以这时至少有2+6+1=9条线段．E3-023从n×n正方形剪去一个1×1的角格，求其余的图形分成等积三角形的最少个数．【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【解】一个与图中折线ABC有公共点的三角形，一条边长不大于1，至少分成个等积的三角形．图中的分法表明缺角正方形可以分成2（n+1）个等积三角形．E3-024证明存在一个凸1990边形，同时具有下面的性质（1）与（2）：（1）所有的内角均相等．（2）1990条边的长度是12，22，…，19892，19902的一个排列．【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【证】问题等价于存在12，22，…，19902的一个排列a1，a2，…，a1990，使令｛（a2k-1，a2k-1+995），k=1，2， (995)=｛（（2n-1）2，（2n）2），n=1，2， (995)（约定a j+1990=a j，j=1，2，…），则（1）等价于其中b k是（2n）2-（2n-1）2=4n-1（n=1，2，…，995）的一个排列，令并取b199t+5r=4（5r+t）-17（约定b j+995=b j）则由于其中S与厂无关．因此即（2）成立．E3-025设凸四边形ABCD的面积为1，求证：在它的边上（包括顶点）或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成的四个【题说】 1991年全国联赛二试题2．【证】如图a，考虑四个三角形；△ABC，△BCD，△CDA，△DAB的面积，不妨设S△DAB为最小．分四种情况讨论；即为所求．为所求．E3-026在桌面上放有七个半径为R的木球O，O1，O2，…，O6，球O1，O2，…，O6都与球O相切．问在这些球上面是否可以再放三个半径为R的木球O7，O8，O9，使得O7，O8，O9这三个球都与球O相切？并说明理由．【题说】上海市1992年高三年级数学竞赛二试题2．【解】可以．理由如下：O，O1，…，O6在同一个平面π上．用这个平面截这些球得7个圆．⊙O1，…，⊙O6都与⊙O相切．O1O2…O6组成边长为2R的正六边形，O是它们的中心．不妨设⊙O i与⊙O i+1（i=1，2，…，5）相切，⊙O6与⊙O1相切．在球O、O1、O2上放球O7，使球O7与这三个球都相切，此时OO1O2O2是棱长为2R的正四面体，O7到平面π的距离是这正四面体的高．同样在球O、O3、O4上放球O8，使球O8与这三个球都相切；在球O、O5、O6上放球O9，使球O9与这三个球都相切．O8、O9到平面π的距离等于O7到π的距离．所以O7、O8、O9在与π平行的平面上．记O7、O8、O9在π上的投影为O7'、O8'、O9'，则O7'O8'=O7O8，O8'O9'=O8O9，O7'O9'=O7O9，且O7'、O8'、O9'分别是△OO1O2、△OO3O4、△OO5O6的中心，连O2O7'、O3O6'并延长交O1O4于E、F，则E、F分别为OO1、OO4的中点且O2E⊥O1O4，O3F⊥O1O4，故同理O8'O9'=O7'O8'=2R．可见这样放的球O7、O8、O9不会重叠．E3-027设凸四边形ABCD的内角中，仅∠D是钝角，用一些直线段将该凸四边形分成n个钝角三角形．但除A、B、C、D外，在该凸凹边形的周界上，不含分割出的钝角三角形顶点．试证：n应满足的充分必要条件是n≥4．【题说】 1993年全国联赛二试题1．【证】 1°充分性如图a，连结AC；设E是△ABC的费马点，连结AE、BE、CE，则△ACD、△AEB、△BEC、△CEA都是钝角三角形，这时n=4．在EC上取E1，E2…，E n，连结AE1，AE2，…，AE k，则△AEE1，△AE1E2，…，AE k-1E k皆是钝角三角形．这时n=k+3，k≥1．故对任意n≥4，都可将ABCD分割成n个钝角三角形．2°必要性对角线AC或BD将四边形分成的两个三角形中至少有一个不是钝角三角形．所以n≠2．假设n=3，则三个三角形共9个顶点，但A、B、C、D四点中必有两点（A与C或者B与D）是两个三角形的公共顶点．所以四边形内仅有一个点是三角形的顶点，而且这点E必在对角线AC或BD上．E在AC上，则△ABE与△BEC中有一个不是钝角三角形．E 在BD上，则在△BDC为钝角三角形时，△ADE、△ABE中必有一个不是钝角三角形．所以必有n≥4．【注】如果四边形ABCD中有两个钝角，那么可能将它割分成三个钝角三角形．如下图b、c所示．E3-028对于平面上任意三点P、Q、R，我们定义m（PQR）为三角形PQR的最短的一条高线的长度（当P、Q、R共线时，令m（PQR）=0）．设A、B、C为平面上三点，对此平面上任意一点X，求证：m(ABC)≤m(ABX)+m(AXC)+m(XBC) （*）【题说】第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题4．【证】不妨设A、B、C不共线．将AB、BC、CA都扩展为直线，把平面分为t个部分，如图a所示分为三种区域．（1） X点在区域Ⅰ内，记l（PQR）为△PQR的最长边的长度．延长AX交BC于D（图b），则AX≤AD＜max｛AB，BC｝≤l（ABC），同理BX≤l（ABC），CX≤l（ABC）．所以l（ABX）≤l（ABC），l（BCX）≤l（ABC），l（CAX）≤l（ABC），于是m(ABX)+m(BCX)+m(CAX)（2）X点在区域Ⅱ中，不妨设X在∠BAC的对顶角中，记BC、CA、AB所对应的高分别为h a、h b、h c．①若m（BCX）是从X引出，则m（BCX）≥h a≥m（ABC），（*）成立．②若m（BCX）不是由X引出的，不妨设m（BCX）（图c）．（i）若∠CBX≤90°，则CD＝BC·sin∠CBX≥BCsin∠ABC=h c≥m（ABC）（ii）若∠CBX≥90°，则∠CBD=∠BXC+∠BCX≥∠BCX≥∠BCA，而∠CBD=180°-∠CBX≤90°所以 CD=BC·sin∠CBD≥∠BC·sin∠BCA=h b ≥m（ABC）于是此时不等式（*）成立．（3）若X点在区域Ⅲ中，不妨设在∠ABC所含的区域中，考虑AB、BC、CA、AX、BX、CX中的最长边（图d）：①若为AB、BC．CA中之一l（ABC），则（1）式的证明即知不等式（*）成立．②若BX最长，如图设BX交AC于D，∠ADB≤90°．作AE⊥BX 于E，作CF⊥BX于F，则m（ABX）=AE，m（BCX）=CF．又因为∠ADB＞∠ACB．所以AE+CF=AC·sin∠ADB＞AC·sin∠ACB=h a≥m（ABC）．（*）成立．③若最长边是AX或CX，不妨设为AX（图f）．在△ABX中，∠ABX≥∠BAX．所以90°≥∠BAX≥∠BAC．作BD⊥AX于D，则m （ABX）=BD=AB·sin∠BAX≥AB·sin∠BAC=h b≥m（ABC）．综上所述，不等式（*）恒成立．E3-029一个嵌在大一些的长方形内的小长方形（小长方形的顶点在大长方形的边上）如果能够绕小长方形中心在大长方形内旋转（不论转多小的角度），则称是未被卡住的．设在6×8的长方形内所有未被【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题14．【解】如图，ABCD为外面的大长方形，AB=8，PQRS为内接小长方形，O为公共中心，设∠QPB=θ，OP=OQ=r，PQ=x，QR=y．不失一般性，可设BQ≤CQ．则BA=BP+PA=xcoosθ+ysinθ=8BC=BQ+QC=xsinθ+ycosθ=6因为42+（3-BQ）2=OQ2=OP2=（BP-4）2+32，所以BQ增加时，此时因为Q、S是ABCD对边的中点，长方形PQRS面积为24，对角线长8，即所以（x+y）2=64+2×24=112N=448E3-030如果一个三角形的边长都是素数，试证它的面积一定不是整数．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十年级一试题1．【证】设三角形的边长是a、b、c，根据海伦公式我们有16△2=(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)（1）其中△为三角形的面积．如果△为整数，那么（1）式左边应为偶数．由于a+b+c、a+b-c、b+c-a、c+a-b的奇偶性均相同，所以它们都是偶数．于是a、b、c 全为偶数或者一个为偶数，另两个为奇数．因为a、b、c都是素数，前设a=2．由于|b-c|＜a，所以奇素数b、c必须相等．由（1）得△2=b2-1．从而（b-1）2＜△2＜b2，△也不可能为整数．因此，这三角形的面积不可能为整数．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题031-040汇总
E1-031 在圆内或圆上任取8个点．证明：在这8个点中，必有两个点的距离小于圆的半径．【题说】 1965年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】在所取的8个点中至少有7个点不和圆心重合．如果有某两个点在同一条半径上，那么这两点的距离显然不小于圆的半径．设不和圆心重合的7个点在7条不同的半径上．每相邻两条半径构成一个圆心角，7个圆心角合成周角．因此必有两点A、B使∠AOB＜60°．在△OAB中，最大边大于边AB（因为一角大于60°）．但是边OA和OB都不超过圆的半径，所以AB小于圆的半径．E1-032 一个旅游者乘火车到莫斯科，他在街上逛了一整天，在广场上一个小吃店里吃了晚饭后，决定回火车站．证明：他一定可以沿着来时走过奇数次的街道回火车站．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】将交叉口当作点，交叉口之间的街道当作边，除车站与广场外，每一个点都是偶顶点，即引出偶数条边（走过k次的边算作k条）．旅游者沿原路退回．在每一点处面临奇数条边，其中必有一条边他来时只走过奇数次，沿这条边前进．这样继续下去，由于边数有限，必在某一点停止，这点就是火车站．E1-033在无限大的方格纸上，有n个方格涂成黑色．证明：一定可以剪掉有限个正方形，满足以下两个条件：1．所有的黑色方格全部在被剪掉的正方形之中．2．在任何一个被剪掉的正方形中，黑色方格的面积不小于这个正方【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克九年级题8．【证】从平面上剪掉一个2n×2n的正方形k0，它含有所有黑色方格和至少比它多4倍的白色方格．于是，所有黑方格的面积小于正方则将它再剪成四个正方形k2，等等，直到得到一些2×2的正方形，将所有不含黑色方格的正方形去掉，则剩下的正方形满足题给要求．E1-034 1．假定一个4×7方格的棋盘，如图a所示，各个方格着色为黑或白．求证：对任何一种着色方式，在棋盘中必定包含一个由棋盘上横线和纵线所构成的矩形，它的四角上的方格同色．2．给出一个4×6方格的棋盘上的一种黑白着色，使得在棋盘内每一个如上所说的矩形中，四角上的方格都不是同色的．【题说】第五届（1976年）美国数学奥林匹克题1．题中所说“矩形”，应理解成由平行于棋盘中横线与纵线的线段为四边的矩形，其顶点不与格点重合．【证】 1．可以证明更强的结论：在3×7的棋盘内，存在四角同色的矩形．第一行的7个方格中至少有四个同色．不妨设前4个方格均为白色．第二行（或第三行）的前4个方格中如果有两个白格，那么结论已经成立．如果第二行、第三行的前4个方格中均只有1个白格，那么去掉白格所在的列便得到四角同为黑色的矩形．2．图b即为所求．E1-035线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为n+1个不重叠的小线段．这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．证明：标准线段的个数都是奇数．【题说】 1979年安徽省赛二试题2．【证】从A到B，经过n个分点，颜色改变奇数次，每改变1次颜色，即有1条标准线段，因此标准线段的条数为奇数．E1-036一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段A i B j（i，j=1，2，3，4，5）分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题2．本题由保加利亚提供．【证】首先我们证明上底的五条边颜色完全相同．如果上底的五条边颜色不完全相同，那么必有两条相邻的边颜色不同，不妨设A1A2是绿的，A1A5是红的．自A1引出五条线段A1B1、A1B2、A1A3、A1A4、A1A5中，至少有三条有相同的颜色，这三条线段的端点B j中必有两个相邻，不妨设A1B1，A1B2均为绿色，那么B1B2必为红色，但△B1A1A2推出A2B1为红色，由△B2A1A2推出A2B2也为红色，这时得△A2B1B2的三条边都是红色的，与已知条件矛盾．这就证明了上底的五条边的颜色必相同．同理可证下底的五条边的颜色也相同．现在来证明，上、下底的颜色必须是同样的．若不然，上、下底的颜色不同，不妨设上底的五条边全是绿色，下底的五条边全为红色．前述中设A1B1、A1B2颜色相同，由于B1B2是红色的，A1B、A1B2都必须是绿色的．与前面的证明完全一样，△B1A1A2、△B2A1A2、△A2B1B2中必有一个三条边是同一颜色的三角形．而与已知条件矛盾．所以，上、下底10条边颜色一定相同．E1-037试证在2n×2n（n∈N）个相等小方格组成的棋盘上任意挖去一个小方格后，总可以由三个小方格构成的L形块恰好铺满（既不重叠，也不越界）．【题说】 1981年上海市赛二试题2．【证】用数学归纳法，（1）当n=1时（图a），命题显然真．（2）设当n=k时（图b），命题真，则当n=k+1时，把挖去一个小方格的2k+1×2k+1棋盘ABCD四等分得四个2k×2k棋盘AEOH、EBFO、OFCG、GDHO，其中必有一个是挖去一个小方格的棋盘，设为GDHO．现将一个L形块放在O处（图c），使它在AEOH、EBFO、OFCG各占一格，则这四个2k×2k的棋盘都成了挖去一个小方格的棋盘了，根据归纳假设它们都能被L形块恰好铺满．由（1）、（2）得，对一切自然数n命题真．E1-038 在3×4cm的长方形中，放置6个点．试证：可以找到两【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【证】先把长方形分成5个区域（如图），根据抽屉原理，必有E1-039已知平面上两个不同的点O和A，对于平面上不同于O的每一点X，由OA按逆时针方向到OX的角的弧度数用a（X）表示（0≤a（X）＜2π），设C （X）是以O为圆心，以OX+a（X）／OX的长为半径的圆．平面的每一个点用有限多的颜色之一来着色，证明存在一个点Y，a（Y）＞0．它的颜色出现在圆C（Y）的圆周上．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题3．【证】以O为心，半径小于1的圆有无限多个，而圆上所染颜色的种数（n种颜色的子集）至多为2n-1，所以必有两个圆的颜色的种数相同，设它们的半径为r、s，r＜s＜1．显然r（s-r）∈（0，2π）．⊙（O，r）上以r（s-r）为幅角的点Y，它的颜色出现在⊙（O，s）上．而所以⊙（O，S）即圆C（Y），命题成立．E1-040已知空间有1987个点．证明：可以经过其中某点作一个平面，使得其两侧各有993个点．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】过每两个已知点作一条直线．我们证明存在一个平面，不平行于这有限多条直线中的任何一条．事实上，任取一点O，过O作直线分别与上述直线平行，再过O作一条直线OA与它们均不相同，则在过OA的平面中，只有有限多个含有其它所作的直线．因此有一个过OA的平面α不含其它所作的直线，即不平行于上述直线中的任何一条．过已知的1987个点，分别作平面α的平行平面．由平面α的上述性质，所作的平面都仅含一个已知点．顺次数过去，这1987个平行平面中，第994个平面即为所求．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值061-070
E2-061 网球协会为全体会员排定名次，最强的为第1号，其次为第2号等等．已知，在名次相差高于2的运动员比赛时，总是高名次的运动员获胜．在由1024名最强的选手参加的循环赛中（即参加者为1号选手到1024号选手），按奥林匹克规则进行：每一轮比赛的每对选手都由抽签决定，胜者进入下一轮．因此，每一轮比赛后参赛者将减少一半．这样一来，第十轮后将决出胜者．试问，胜者的最大号码是多少？【题说】第七届（1973年）全苏数学奥林匹克九年级题4．【解】胜者的最大号码是20号．因为不计比他强的选手时，k号选手只可能输给k+1号和k+2号选手，所以，胜1号选手的号数至多为3，胜3号的号数至多为5，…．因此，冠军的号数不可能低于1+2×10=21．但在冠军号数为21时，第一轮比赛后应淘汰1号和2号选手，他们分别败于3号和4号选手；在第二轮中3号，4号被淘汰，5号、6号取胜，等等．依此类推，直到第九轮，在该轮比赛中19号和20号选手应分别战胜17号和18号选手，这样，21号选手将不会进入决赛．下面举一个第20号选手获胜的赛例，全体参赛者按每组512人分成两组，第一组中包括第19号，20号及其他510名较弱的选手，该组的比赛使得第20号选手获胜（显然，这是可能的）．在第二组中有1号至18号选手及其余较弱的选手，在该组比赛中使第18号选手获胜，这只要出现前面所说的情况，是可以作到的：第一轮中3号，4号分别战胜1号，2号；第二轮中5号，6号战胜3号，4号等等；到第八轮，第17号和18号选手战胜15号和16号选手，在第九轮中18号选手战胜17号选手．这样，参加决赛的将是第20号选手和第18号选手，于是，20号选手可能获胜．E2-062 把一个8×8的棋盘（指国际象棋棋盘）剪成p个矩形，但不能剪坏任何一格，而且这种剪法还必须满足如下条件：（1）每一个矩形中白格和黑格的数目相等；（2）令a i是第i个矩形中的白格的个数，则a1＜a2＜…＜a p求出使上述剪法存在的p的最大可能值，同时对这个p求出所有可能的a1，a2，…，a p．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题4．本题由保加利亚提供．由此可知p≤7．p=7时只有五种可能的组合：第一种组合不可能在棋盘上实现，因为棋盘上剪出的矩形不可能是22格的，其他四种情况都是可以实现的，如上图所示（图中数字表示该块含方格数）．E2－063在一张正方形纸上画出n个边与纸的边平行的矩形，这些矩形中任两个都没有公共内点，证明：如果剪下所有的矩形，那么纸片数不大于n+1．【题说】第十届（1976年）全苏数学奥林匹克十年级题3．【证】设纸片数为k，在每张纸片上标出4个顶点（纸片上可能不止四个顶点），这些顶点每一个都是矩形的顶点，或原正方形的顶点，如果两张纸片上标出的两个顶点实际上是同一个点，那么这一点一定是原来靠在一起的两个矩形的共同顶点．因此4k≤4n+4从而得 k≤n+1E2－064某区学生若干人参加数学竞赛，每个学生得分都是整数，总分为8250，前三名的分数是88、85、80，最低是30分，得同一分数的学生都不超过3人．问至少有多少学生得分不低于60分（包括前三名）？【题说】 1979年全国联赛二试题7．【解】除了前三名外，得分为30～79，总分为8250-（88+85+80）=7997．其中分数为30～59的人至多（每种分数三人），共得（30+31+…+59）×3=4005分，因此至少有7997-4005=3992分分配给60～79分的人．由于（79+78+…+61）×3=3990＜3992，所以60～79的人数至少为3×（79-61+1）+1=58．故得分不低于60分的学生总数为61人（包括前三名）．E2－065一个团体有1982人，在任何4人的小组中，至少有一人认识其他3人，问在此团体中，认识其他所有人的最少人数是多少？【题说】第十一届（1982年）美国数学奥林匹克题1．【解】认识可能是双方的，也可能是单方的．1．假设认识按双向性理解，作一个有1982个点的图G，每点代表一个人，若两人彼此不认识，就将相应两点连一条边，认识者不连．于是，我们的问题变为：已知在此图中，每四点所成之子图，至少有一孤立点，问图中最少有多少个孤立点？设G中有边AB．若又有边CD连结另两点C、D，则A、B、C、D四点所成子图中无孤立点，矛盾．因此G中任一点或者是孤立点，或者与A或B相连．设点C与A相连，则对任一点D，由于A、B、C、D所成子图中有孤立点，所以D不与A、B相连，从而（根据上面所证）D为G的孤立点．于是G中至多有A、B、C三点非孤立点，至少有1979个孤立点，即该团体中至少有1979个人认识其他所有人．2．若认识是单向的，设1982人围成一圆圈，每人皆不认识其右邻，但认识其余的人．容易证明，任4人中都至少有一人认识其他三人，但团体中无一人认识其他所有人，即认识所有其他人的人数最少是0．E2－066设S是边长为100的正方形，L是在S内自身不相交的折线段A0A1，A1A2，…，A n-1A n（A0≠A n）．假定对于边界上每一有两点X、Y，它们之间的距离不大于1，沿折线L，它们之间的距离不小于198．【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题6．【解】根据题设，对于正方形的顶点S1，S2，S3，S4，在折线L在沿L由A0到A n时，不妨假定先经过L1，并且在L2与L4中，先出现的是L2．将S1S4上的点分为两类：如果Q在A0L2这一段，P在第一类，如果Q在L2A n上，P在第二类．显然S1在第一类，S2在第二类，所以两类都是非空的，这两类可以有公共点（原因见后）．如果P0是公共点，那么另一方面，从Q1沿着L到Q2必须经过L2，而Q1到L2这段长≥以Q1、Q2之间的L的长≥198．Q1、Q2就是要求的点X、Y．最后来说明上面定义的两个类的公共点P0是存在的．设在边S1S4的从S1到S4的方向上，第一类的点最远能延伸到P0，从S4到S1的方E2－067在平面上画出n（n≥2）条直线，将平面分成若干个区域，其中一些区域上涂了颜色，并且任何两个涂色的区域没有相邻的边界．证明：涂色的区域数不超过（n2+n）/3．【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克十年级题4．只有一个公共点的两个区域，不认为是有相邻接的边界．【证】如果所画的直线都互相平行，那么它们将平面分成（n+1）个区域，这时能涂色的区域不超过n个．因为（n2+n）/3=n（n+1）/3≥n（2+1）/3=n所以此时命题成立．设并非所有直线都互相平行，每个区域的边界由若干条位于不同直线上的线段或射线组成，这些线段和射线称为区域的边．每个区域的边数不少于2．用m2表示有两条边的涂色区域的个数；m3表示有三条边的涂色区域的个数，等等，我们用m k表示边数最多的涂色区域的个数．首先证明m2≤n．任何有两条边的区域的边界是由两条射线组成的，并且每条射线只能是一个涂色区域的边界，所有这样的射线不超过2n条（每条直线上的射线不超过两条）．所以有两条边的涂色区域的边数不超过2n，即m2≤n·n条直线中的每一条被分成的区间（线段或射线）数不多于n，所以所有的区间数不超过n2，因而所有区域边的总数也就不超过n2条．由于每个区间至多是一个涂色区域的边，所以2m2+3m3+…+km k≤n2，涂色的区域数m2+m3+…+m k≤n2/3+（2m2+3m3+…+km k）/3≤n/3+n2/3=（n2+n）/3E2－068儿童计数器的三个档上各有十个算珠，如图，将每档算珠分为左右两部分（不许一旁无珠）．现在要左方三档中所表示的三个珠数的乘积等于右方三档中所表示的珠数的乘积．问有多少种分珠法？【题说】 1987年北京市赛高一题5．【解】不妨设左方上中下三档珠数分别为a、b、c，则右方上中下三档珠数分别为10-a、10-b、10-c，依题意得：abc=（10-a）（10-b）（10-c）（1）即 abc=500-50（a+b+c）+5（ab+bc+ca）因1≤a、b、c≤9，且5|abc，故a、b、c三数中至少有一个是5若只有一档珠数为5．不妨设a=5．（1）式化为：bc=（10-b）（10—c）=100-10（b+c）+bc即b+c=10这时b可以取1，2，3，4，6，7，8，9；而c相应取9，8，7，6，4，3，2，1．共得8种分珠法．同理，若b=5（a、c均不等于5），或c=5（a、b均不等于5），也各有8种分珠法．显然a=5，b=5，c=5时，也是一种分珠法（注意：若a、b、c 中有两个是5，则第三个也必然是5）．综上可知，总计共有8+8+8+1=25种分珠法．E2－069五对孪生兄妹参加k个组的活动，若规定：（1）孪生兄妹不在同一组；（2）非孪生关系的任意两个人都恰好共同参加过一个组的活动；（3）有一个人只参加两个组的活动．求k的最小值．【题说】 1987年全国联赛一试题2（5）．原题为填空题．【解】用A、a、B、b、C、c、D、d，和E、e表示五对孪生兄妹．不妨设A只参加两个组的活动，要同时满足（1）、（2），这两组要包含除a外的其余8人，同时每组各为5人（不然，则有一组包含一对孪生兄妹）．由对称性，这两组可以设为（A，B，C，D，E）和（A，b，c，d，e）．再考虑a，为使编组尽可能地少，可在B，C，D，E与b，c，d，e中各取一个（二者非孪生兄妹）编为4组：（B，a，c），（C，a，b），（D，a，e），（E，a，b）最后，将余下没有编在一组的非孪生关系的，每两人编为一组，共8组：（B，d）（B，e）（C，d）（C，e）（D，b）（D，c）（E，b）（E，c）总共14组，所以k的最少值为14．E2－070甲乙两队各出7名队员按事先排好的顺序出场参加围棋擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，……直到有一方队员全被淘汰为止，另一方获得胜利，形成一种比赛过程．求所有可能出现的比赛过程的种数．【题说】 1988年全国联赛一试题2（4）．原题为填空题．【解】设甲队胜，则甲队必在前13场比赛中胜7场，可能情况有。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题081-090
E1-081 能否将1990×1990方格表的每个小方格涂成黑色或白色，使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色，并且表的任意一行及任意一列中黑格和白格都各占一半？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【解】假设能按要求涂色．将黑格记为+1，白格记为-1．将方格表分成四个995×995的正方形（如图）．因每个正方形含奇数个方格，故任一正方形各格上的数相加，和不为零．又因关于中心对称的方格涂有不同颜色．故正方形A1与A4，A2与A3各格的数相加的和均为零．因此，A1与A4，A2与A3中各有一个，其中各数之和为正，不妨设A1、A2中各数的和为正．这时A1∪A2中各数之和为正，但由已知，每行中黑格与白格各占一半．所以前995行各数之和为零，即A1与A2中各数之和为零．矛盾！所以，满足要求的涂色法不存在．E1-082设项链A有珠14颗，B有珠19颗．对奇数n≥1，用n，n+1，n+2，…，n+32给这33颗珠编号，使每个整数恰用一次，且相邻之珠编号互素，试证最少有6种可行方法．【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题5．【证】 A的珠顺次编为n+k，n+k+1，…，n+k+13．B的珠顺次编为n+k+14，n+k+15，…，n+32，n，n+1，…，n+k-1，1≤k≤18．当且仅当（n+k，n+k+13）=（n+32，n）=（n+k-1，n+k+14）=1即（n+k，13）=（n，32）=（n+k-1，15）=1 （*）时，编号合乎要求．因为n为奇数，（n，32）=1，显然成立．18个连续值中至少2个k能使13|n+k，恰有6个能使3|n+k-1，至多4个能使5|十k-1，故使（*）不成立的至多2+6+4=12个值，即至多有6个值能使（*）成立．注：因为连续15个数中有8个数与15互素，连续3个数中必有一个与15互素（3的倍数与5的倍数至多各1个）．故k的18个连续值中至少有9个使n+k-1与15互素，故最小有7种可行的编号法，7是最佳值．令n=99，则恰好只有m=3，6，8，9，11，14，15这7个数能使（*）成立．E1-083设 N={1，2，3，…}．论证是否存在一个函数f：N →N使得f（1）=2f（f（n））=f（n）+n（对一切n∈N成立）f（n）＜f（n+1）（对一切n∈N成立）【题说】第三十四届（1993年）国际数学奥林匹克题5．n∈N．我们证明f（n）合乎条件．显然f：N→N并且最后 f（f（n））=[α[αn+β]+β]=[αn+β]+[β[αn+β]+β]=f（n）+[β[αn+β]+β]显然αn十β不是整数，于是有β［αan+β]+β＜β（αn+β）+β十=n+β（β+1）=n+1β[αn+β]+β＞β（αn+β-1）十β=n+β2＞n所以 [β[αn+β]+β]=nf（f（n））=f（n）+nE1-084集合A={0，1，2，3，4，5，6，7}，满足下列条件（1）、（2）的A到A上的映射f有几个？（1）i，j∈A，i≠j则f（i）≠f（j）；（2）i，j∈A，i+j=7，则 f（i）+f（j）=7．【题说】 1994年日本数学奥林匹克预选赛题8．【解】记A0={0，7}，A1={1，6}，A2={2，5}，A3={3，4}．由条件（2）可知A i中元素的像必在同一个A j．由（1），不同的A i，相应的A j不同．于是i与j（1≤i，j≤4）的有序对有4！种配法，而各个A j中的元素作为像可以互换，因而有24种．故所要求的映射共有4×24=384（种）E1-085是否存在这样的实系数多项式P（x）：它具有负系数，而对于所有n＞1，P n（x）的系数全是正的．【题说】第五十七届（1994年）莫斯科数学奥林匹克十年级题26．【解】 P（x）=10（x3+1）（x+1）-x2=10x4+10x3-x2+10x+10具有负系数．但是P2(x)=x4+100(x3+1)2(x+1)2-20x2(x3+1)(x+1)=x4+20(x3+1)[5(x3+1)(x十1)2-x2(x+1)]=x4+20(x3+1)(5x5+10x4+4x3+4x2十10x+5)的系数全是正的．而且P3(x)=1000(x3+1)3(x+1)3-300x2(x3+1)2(x+1)2+30x4(x3+1)(x+1)-x6=100(x3+1)2(x+1)[10(x3+1)(x+1)2-3x2(x+1)]-x6+30x4(x3+1)·(x+1)=100(x3十1)2(x+1)(10x5十20x4+7x3十7x2+20x+1)-x6+3Ox4(x3+1)·(x+1)=Q1(x)-x6+Q2(x)Q1（x）中的x6的系数不小于1000，所以，P3（x）的系数也全是正的．又当k≥2时，有P2k（x）=（P2(x)）kP2k+1（x）=（P2(x)）k-1·P3（x）所以，对一切n＞1，P n（x）的系数全是正的．E1-086 一个社团内，每一对人不是友好就是敌对．设这个社团共有n个人和q个友好对子，并在任三人中至少有一对人是敌对的，证明：这个社团中至少有一个成员，他的敌人所组成的集合中友好对子不多于q（1-4q／n2）．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题5．【证】将n个人用n个点表示．对友好对子，用边连结相应的两个点，并称它们为相邻的．点w引出的边数记为degw．易知因为所以必有一个w0满足（2）式左边表示一类友好对子的个数，这类友好对子中总有一个人与w0友好（由于每三个人中至少有一对人是敌对的，所以没有发生重E1-087 能否在9×9的表格中写上1至81的自然数，使得每个3×3的正方形表格中各数之和都是相等的？【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克九年级题4．【解】按照题目要求的填数方式可以做到．我们构造如右图的9×9表格A，它具有如下的性质：任意一个3×3的正方形表格中各数之和都等于36．将表格A逆时针旋转90°，得到表格B，表格B显然同样具有上述性质．我们还注意到，对表格A中任两个相同的数，在表格B中同样位置上的两个数不同．设A中一个方格中的数为a，B中在同样位置的数为b，则将A 中的数换成9a＋b＋1．这样得到的表格中没有相同的数，所以从1到81的每个自然数恰好各出现一次，而且每个3×3的正方形中各数之和都等于9×36＋36＋9．E1-088 在2000×2000的表格中，每格填上1或-1．已知表格中所有数的和非负．证明：可以找到1000行与1000列，这些行与列交叉处的数，和不小于1000．【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克九年级题8．【证】因为表格中所有数的和非负，所以必有一行，至少有1000个1，不妨设前1000个数为1（否则变动列的顺序）．令A为表格中前1000列组成的矩形，B为后1000列组成的矩形．在A中，行和（行中各数之和）最大的1000行用A1表示，其余的用A2表示．如果A1中各数之和不小于1000，那么命题就得到证明．设A1中各数之和小于1000．如果A2中有一行和非负，那么A1中所有行和均非负．而且A1中有一行，所有数均为1，于是A1中各数之和不小于1000，矛盾．因此A2中行和均为负数．因为任一行和均为偶数，所以A2中任一行和≤-2．这就是说，在A中，各数之和大于（-2）×1000 + 1000，即小于-1000．但由题设，整个表格中各数之和非负，因此矩形B的各数之和必大于1000．设B1是矩形B中行和最大的1000行，B2是其余的1000行．如果B2中行和均≤0，那么，由于B中各数之和大于1000，所以B1中各数之和大于1000．如果B2中有一行和是正的，那么B1中行和均正，从而B1中各数之和仍大于1000．综上所述，总存在1000行及1000列，这些行与列交叉处的数的和不小于1000．E1-089是否存在这样的自然数数列，使得在数列中每个自然数恰出现一次，同时对任意的k=1，2，3，…，数列的前k项之和被k整除？【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克十年级题3．【解】这样的数列是存在的，构造方法如下：第1项为1．设满足条件的数列前n项已选定，它们是a1，a2，…，a n．又设m是这些项之外的最小自然数．而M是这些项中最大的自然数．用S k表示数列的前k项之和（k=1，2，3，…）．取a n+1=m[（n＋2）t-1]-S n，a n+2=m，这里t为足够大的自然数，使得a n+1＞M．易知S n+1=S n+a n+1=m[（n+2）t-1]，被（n+2）-1=n+1整除，而和数S n+2=m（n+2）t被n+2整除．继续按照这样的方式进行，我们便得到符合要求的数列．E1-090 证明：对任意的自然数a1＞1，存在递增的自然数列a1，整除．【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克第十一年级题5．B1整除，我们证明：对满足题设条件的数a1，a2，…，a n，可求得a n+1＞a n使A n+1被B n+1整除．整除．。
数学奥林匹克题解【A整数-A1特殊的自然数001-010】
A. 整数 A1。
特殊的自然数A1－001求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克一试题1．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b ＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x ＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a ＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．A1－002假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k 不是平方数．A1－003试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．A1－004已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【证】设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．A1－005求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．【解】设 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≥10a＋1．因此b＝n2-100a2≥20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．A1－006求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．A1－007证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a．A1－008将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．【题说】第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题 4．【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！因此，和的数字中必有偶数．A1－009证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．【题说】第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．【证】因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除．于是6是p＋1的因数．A1－010证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．【题说】美国第二届（1973年）数学奥林匹克题5．【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m原命题成立．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值031-040)
E2-031 在一种“咬格子”的游戏中，两名选手轮流“咬”一个由单位正方形组成的5×7网格．所谓“咬一口”，就是一个选手在剩下的正方形中挑一个正方格子去掉（“吃掉”）它的左面的一条边（朝上延长）与底边（朝右延长）所确定的象限中的全部正方形格子，如图a所示，有阴影的格子是选定的，吃掉的是这个有阴影的及打“×”的四个格子．（虚线部分是在这之前已被“吃掉”的）游戏的目标是要对手“咬”最后一口．图b所示的是35个正方形组成的集合的一个子集，它是在“咬格子”游戏过程中可能出现的一个子集．在游戏过程中，可能出现的不同的子集总共有多少个？整个网格及空集也计算在内．【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题12．【解】根据游戏规则，每次“吃”剩下的图形有如下特点：从左到右，各列的方格数不增．因为如某一方格被“吃”，那么它右面和上面的格子全部被“吃”．于是每次剩下的图形从A到B的上边界是一条由7段横线与5段竖线组成的折线，且它是不增的；反之，每一条这样的折线，也对应一块“吃”剩下的方格集．E2-032 1克、30克、50克三种砝码共110个，总重量为1000克，问其中30克的砝码有多少个？【题说】第一届（1990）希望杯高一二试题2（4）．原是填空题．【解】设1克、30克和50克砝码数分别有x、y、z，则有以下关系：（2）-（1）得29y+49z=890（3）因29 890，49 890，所以y≠0，z≠0．即y≣1，z≣1．从而890=29y+49z≣29+49z由于z是整数，故z≢17．令z=1，2，…，17，代入（3），知：只有当z=1时，y=29是唯一整数解．又由（1）知，x=80．即这一组砝码中有29个30克的砝码．E2-033 下图中将等边三角形每边3等分，过等分点作每边平行线，这样所形成的平行四边形个数，记为f（3），则f（3）=15．将等边三角形每边n等分，过各分点作各边平行线，所形成的平行四边形个数记为f（n），求f（n）表达式．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题5．【解】如图所示的平行四边形，由a、b、c、d四个数决定．这4个数满足a≣1， b≣1， c≣0，d≣02≢a+b+c+d≢n即0≢a1+b1+c+d≢n-2其中a1=a-1，b1=b-1，c，d均为非负整数．因此平行四边形的总数为【别解】在BA、BC的延长线上分别取E、F，使BE=BF=n+1，则EF=n+1．图中的平行四边形，每一边恰好与EF相交于一点．这四点不同，都是EF上的格点（即将EF等分为n+1份的分点）．反之，从EF的n+2个格点（包括E、F在内）中任取四点，过靠近E的两点作AB的平行线，过另两点作BC的平行线，便可得到一个图中的平行四边形，所以E2-034 若平面上有997个点，如果每两点连成一条线段，且中点涂成红色．证明：平面上至少有1991个红点．你能找到一个正好是1991个红点的特例吗？【题说】 1991年亚太地区数学奥林匹克题2．【证】在给定的997个点中，设M、N两点间的距离最大，分别以 M、N为圆心，MN/2为半径作圆，这两个圆仅有一个公共点，即MN的中点E．于是MP的中点必在⊙M内部或圆周上，这样的995个点互不相同．同理，NP的中点必在⊙N内部或圆周上，这样的995个点互不相同，而且与上面的995个中点均不相同，加上点E，共有2×995+1=1991个红点．x轴上横坐标分别为1，2，…，997的997个点就是满足要求的例子．E2-035 A，B分别是坐标平面上的格点的集合：A={（x，y）|x，y为正整数，1≢x≢20，1≢y≢20}B={（x，y）|x，y为正整数，2≢x≢19，2≢y≢19}A中的点分别染成红色或蓝色．染成红色的点有219个，其中有180个包含于B中，又四个角上的点（1，1），（1，20），（20，1），（20，20）都染成蓝色．将水平或垂直方向上相邻两点按下列要求用红、蓝、黑色的线段连接起来：两点均为红色时，用红线连接；两点均为蓝色时，用蓝线连结；两点为一红一蓝时，用黑线连结．问：（长度为1的）黑线有237段时，（长度为1的）蓝线有多少段？【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】集合A中有400个点，其中红点有219个，蓝点有181个，在B内有蓝点144个．A的四周有76个点，其中红点39个，蓝点37个（包括四个角上的点）．每个角上的点引出2条线段；每个边界上（除四个角）的点引出3条线段；每个B内的点引出4条线段．因此，对于蓝点共引出线段2×4+3×33+4×144=683（段）其中黑线有237段，所以蓝线有683-237=446（段）这些蓝线在上述计数时，被重复计算了一次，故实际上有蓝线446÷2=223（段）E2-036 设集合A={1，2，…，10}．A到A的映射f满足下列两个条件：（1）对任意X∈A，f(30)（x）=x；（2）对每个正整数k，1≢k≢29，至少存在一个a∈A，使得f(k)（a）≠a．其中f(1)（x）=f（x），f(2)（x）=f（f（x）），…，f(k+1)（x）=f（f(k)（x）），…．求这样的映射的总数，【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题12．【解】设A划分成3个互不相交的子集：{a1，a2，a3，a4，a5}∪{b1，b2，b3}∪{c1，c2}并且定义映射f：f（a1）=a2，f（a2）=a3，f（a3）=a4，f（a4）=a5，f（a5）=a1；f（b1）=b2，f（b2）=b3，f（b3）=b1；f（c1）=c2，f（c2）=c1．5，3，2两两互素，30是它们的最小公倍数．由条件知，f不是恒等映射，且 f由若干个循环组成，这些循环的阶数的最小公倍数应为30．从而，f是满足条件（1）、（2）的唯一一类映射．所以，f的总数相当于从10个元素中选取5个，再从剩余的5个中选3个，它们再分别进行循环排列的个数．故所求映射的总数是E2-037 一副牌有 2n+ 1张，由一张王及标 1至 n的牌每种各两张组成．这2n +1张排成一行，王在正中间，对每个k，1≢k ≢n，两张标k的牌之间恰有k-1张牌．确定所有不超过10并且有这种排法的n．对哪些n，不可能这样排？【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题5．【解】设标i的牌，从左数起位置为a i与b i（a i＜b i，i=1，2，…，n．因为王牌位置为n+1，b i=i+a i，所以即因此4｜n（n+1）．n=1，2，5，6，9，10不满足上述要求．n=3时，解为232J311．n=4时，解为2423J4311．n=7时，解为2723563J7546114．n=8时，解为78426247J86531135．E2-038 在4000至7000之间有多少个四个数字均不相同的偶数？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题1．【解】答：728．若千位数字为4或6，这时千位数字有2种选法，个位数字有4种选法，百位数字有8种选法，十位数字有7种选法．所以共有2×4×8×7=448个数符合要求．同理，若千位数字为5，有 1× 5× 8× 7= 280个偶数符合要求．所以，共有448+280=728个．E2-039 令S为一个有6个元素的集合．问有多少种不同的方法可以把S分成两个不一定不同的子集，使得这两个子集的并恰好是S？两子集的顺序不必考虑，如{a，c}，{b，c，d，e，f}与{b，c，d，e，f}，{a，c}算一种分法．【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题8．【解】365．设S=AUB，S中每一个元素，或属于A，或仅属于B，或同时属于A、B，共3种情况．所以如果S中有n个元素，共有3n种方法选择集合A和B．除了A=B=S的情况，如果不计顺序每种情形算了2次，所以共有种分法．特别地，n=6时，共有365种分法．E2-040 红色和白色的椅子各有5张，围成一个圆圈，共有多少种不同的排法？同色的椅子是没有区别的，经旋转后排列的顺序一致的排法只算1种．【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】将椅子的位置编号为0～9．红色椅子的位置是集合A={0，然有f(10)（R）=f（R）．从而使得f(n)（R）=R的最小正整数n0必是10的约数．每种这样的排法R都被重复计算了n0次．r1+r2+…+r5≡（r1+5）+（r2+5）+…+（r5+5）（mod10）≡（r1+…+r5）+25（mod10）所以25≡0（mod10）这不可能．所以n0≠5．若n0=2，易知只有R={0，2，4，6，8}和{1，3，5，7，9}满足要求．除此以外的250种R，其n0均为10．故所求的排法数为。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题021-030
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，…，A n．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，…，A n中各取一个数作成和s，令a'=a+s，b'=b+s，则A'i=｛x+s｜x∈A i｝，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 ∈A i'，y∈A j'（1≤i＜j≤3），x+y=（x-s）+（y-s）+s+s∈A'kk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（mod 4）若A为奇数，则y2+Ay≡y2+y≡0（mod 2）即y2+Ay+B（mod 4）仅有两类．若A为偶数．则y为偶数时，y2+Ay≡0（mod 4），y为奇数时，y2+Ay≡1+4（mod4）．即y2+Ay+B（mod 4）仍仅两类．因此，可取C不属于以上两类（mod 4），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，…，a m｝．记a=min ｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，A=max｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，显然A≥a＞0．考察多项式p（x）=b k x k+b k-1·x k-1+…+b1x+b0它的系数b0，b1，…，b k及根x1，x2，…，x k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X k=｛a1，a2，…，a k｝，使得a1+2a j（1≤i，j≤k）互不相同．令S k=｛a i+2a j｜1≤i，j≤k｝．对任一不属于S k的整数n，取正整数a k+1，又令a k+2=-2a k+1+n．只要a k+1充分大，对1≤i，j，s，t≤k，有3a k+1＞a s+2a k+1＞a k+1+2a i ＞n＞a k+2+2a j＞a k+1+2a k+2＞a t+2a k+2＞3a k+2，而且a k+1+2a i大于S k中一切正数，a k+2+2a j小于S k中一切负数．于是，对X k+2=｛a k+1，a k+2｝∪X k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a1 a2…a nb1 b2… b nc1 c2… c n满足条件：（1）a1+b1+c1=a2+b2+c2=…=a n+b n+c n，且为6的倍数；（2）a1+a2+…+a n=b1+b2+…+b n=c1+c2+…+c n，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， (9)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 2kk 2k k-1 (1)k+1 02k 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个奇顶点的图不能一笔画成．因此所说的折线不存在．E1-029 已知平面上有2n+3（n≥1）个点，其中没有三个点共线，也没有四个点共圆，能不能通过它们之中的某三个点作一个圆，使得其余的2n个点一半在圆内，一半在圆外？证明你的结论．【题说】 1963年北京市赛高三二试题3．【证】结论是肯定的．首先在2n+3个点之中一定可以找到A、B两点，使得其余2n+1个点在直线AB的一侧，事实上，按任意选定方向，通过每一个已知点作一条直线，这样的直线最多有2n+3条，其中有一条最靠外的令为l1．若l1上有两个已知点，则l1为所求的直线；若l1上只有一个已知点A，由A出发通过其余2n+2个点作射线．设其中射线AB与l1的夹角最小，则直线AB即为所求．线段AB对其余2n+1个点的张角各不相等（因为这2n+3个点中没有四点共圆），设为θ1＜θ2＜…＜θn＜θn+1＜…＜θ2n＜θ2n+1，对应于θn+1的点为C，则圆ABC即为所求．对应于θ1，θ2，…，θn的n个点在圆ABC外，对应于θn+2，θn+3，…，θ2n+1的n个点在圆ABC之内．E1-030设在一环形公路上有n个汽车站，每一站存有汽油若干桶（其中有的站也可以不存），n个站的总存油量足够一辆汽车沿此公路行驶一周．现在使一辆原来没油的汽车从某站依反时针方向沿公路行驶；每到一站即把该站的存油全部带上（出发的站也如此），试证n站之中至少有一站，可以使汽车从这站出发环行一周，不致在中途因缺油而停车．【题说】 1964年北京市赛高三二试题3．【证】设这n个站依次（逆时针顺序）为A1，A2，…，A n，并且每个站都存有油（否则可将该站取消）．当n=1时，显然从唯一的汽车站出发可走完全程．设对n=k时，结论成立．在n=k+1时，由已知条件总油量足够汽车行驶一周，A1，A2，…，A n中必有一个站A i，从它出发可以行驶到下一站A i+1（1≤i≤nA n+1=A1）．将A i+1的油全部移到A i并取消A i+1站，则由归纳假设，存在站A i，由它出发可以行驶一周．由于在行驶中，先到A i后到A i+1，所以恢复A i+1站后，从站A j出发仍可以行驶一周．因此结论对一切自然数n均成立．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题031-040汇总
E1-031 在圆内或圆上任取8个点．证明：在这8个点中，必有两个点的距离小于圆的半径．【题说】 1965年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】在所取的8个点中至少有7个点不和圆心重合．如果有某两个点在同一条半径上，那么这两点的距离显然不小于圆的半径．设不和圆心重合的7个点在7条不同的半径上．每相邻两条半径构成一个圆心角，7个圆心角合成周角．因此必有两点A、B使∠AOB＜60°．在△OAB中，最大边大于边AB（因为一角大于60°）．但是边OA和OB都不超过圆的半径，所以AB小于圆的半径．E1-032 一个旅游者乘火车到莫斯科，他在街上逛了一整天，在广场上一个小吃店里吃了晚饭后，决定回火车站．证明：他一定可以沿着来时走过奇数次的街道回火车站．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】将交叉口当作点，交叉口之间的街道当作边，除车站与广场外，每一个点都是偶顶点，即引出偶数条边（走过k次的边算作k条）．旅游者沿原路退回．在每一点处面临奇数条边，其中必有一条边他来时只走过奇数次，沿这条边前进．这样继续下去，由于边数有限，必在某一点停止，这点就是火车站．E1-033在无限大的方格纸上，有n个方格涂成黑色．证明：一定可以剪掉有限个正方形，满足以下两个条件：1．所有的黑色方格全部在被剪掉的正方形之中．2．在任何一个被剪掉的正方形中，黑色方格的面积不小于这个正方【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克九年级题8．【证】从平面上剪掉一个2n×2n的正方形k0，它含有所有黑色方格和至少比它多4倍的白色方格．于是，所有黑方格的面积小于正方则将它再剪成四个正方形k2，等等，直到得到一些2×2的正方形，将所有不含黑色方格的正方形去掉，则剩下的正方形满足题给要求．E1-034 1．假定一个4×7方格的棋盘，如图a所示，各个方格着色为黑或白．求证：对任何一种着色方式，在棋盘中必定包含一个由棋盘上横线和纵线所构成的矩形，它的四角上的方格同色．2．给出一个4×6方格的棋盘上的一种黑白着色，使得在棋盘内每一个如上所说的矩形中，四角上的方格都不是同色的．【题说】第五届（1976年）美国数学奥林匹克题1．题中所说“矩形”，应理解成由平行于棋盘中横线与纵线的线段为四边的矩形，其顶点不与格点重合．【证】 1．可以证明更强的结论：在3×7的棋盘内，存在四角同色的矩形．第一行的7个方格中至少有四个同色．不妨设前4个方格均为白色．第二行（或第三行）的前4个方格中如果有两个白格，那么结论已经成立．如果第二行、第三行的前4个方格中均只有1个白格，那么去掉白格所在的列便得到四角同为黑色的矩形．2．图b即为所求．E1-035线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为n+1个不重叠的小线段．这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．证明：标准线段的个数都是奇数．【题说】 1979年安徽省赛二试题2．【证】从A到B，经过n个分点，颜色改变奇数次，每改变1次颜色，即有1条标准线段，因此标准线段的条数为奇数．E1-036一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段A i B j（i，j=1，2，3，4，5）分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题2．本题由保加利亚提供．【证】首先我们证明上底的五条边颜色完全相同．如果上底的五条边颜色不完全相同，那么必有两条相邻的边颜色不同，不妨设A1A2是绿的，A1A5是红的．自A1引出五条线段A1B1、A1B2、A1A3、A1A4、A1A5中，至少有三条有相同的颜色，这三条线段的端点B j中必有两个相邻，不妨设A1B1，A1B2均为绿色，那么B1B2必为红色，但△B1A1A2推出A2B1为红色，由△B2A1A2推出A2B2也为红色，这时得△A2B1B2的三条边都是红色的，与已知条件矛盾．这就证明了上底的五条边的颜色必相同．同理可证下底的五条边的颜色也相同．现在来证明，上、下底的颜色必须是同样的．若不然，上、下底的颜色不同，不妨设上底的五条边全是绿色，下底的五条边全为红色．前述中设A1B1、A1B2颜色相同，由于B1B2是红色的，A1B、A1B2都必须是绿色的．与前面的证明完全一样，△B1A1A2、△B2A1A2、△A2B1B2中必有一个三条边是同一颜色的三角形．而与已知条件矛盾．所以，上、下底10条边颜色一定相同．E1-037试证在2n×2n（n∈N）个相等小方格组成的棋盘上任意挖去一个小方格后，总可以由三个小方格构成的L形块恰好铺满（既不重叠，也不越界）．【题说】 1981年上海市赛二试题2．【证】用数学归纳法，（1）当n=1时（图a），命题显然真．（2）设当n=k时（图b），命题真，则当n=k+1时，把挖去一个小方格的2k+1×2k+1棋盘ABCD四等分得四个2k×2k棋盘AEOH、EBFO、OFCG、GDHO，其中必有一个是挖去一个小方格的棋盘，设为GDHO．现将一个L形块放在O处（图c），使它在AEOH、EBFO、OFCG各占一格，则这四个2k×2k的棋盘都成了挖去一个小方格的棋盘了，根据归纳假设它们都能被L形块恰好铺满．由（1）、（2）得，对一切自然数n命题真．E1-038 在3×4cm的长方形中，放置6个点．试证：可以找到两【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【证】先把长方形分成5个区域（如图），根据抽屉原理，必有E1-039已知平面上两个不同的点O和A，对于平面上不同于O的每一点X，由OA按逆时针方向到OX的角的弧度数用a（X）表示（0≤a（X）＜2π），设C （X）是以O为圆心，以OX+a（X）／OX的长为半径的圆．平面的每一个点用有限多的颜色之一来着色，证明存在一个点Y，a（Y）＞0．它的颜色出现在圆C（Y）的圆周上．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题3．【证】以O为心，半径小于1的圆有无限多个，而圆上所染颜色的种数（n种颜色的子集）至多为2n-1，所以必有两个圆的颜色的种数相同，设它们的半径为r、s，r＜s＜1．显然r（s-r）∈（0，2π）．⊙（O，r）上以r（s-r）为幅角的点Y，它的颜色出现在⊙（O，s）上．而所以⊙（O，S）即圆C（Y），命题成立．E1-040已知空间有1987个点．证明：可以经过其中某点作一个平面，使得其两侧各有993个点．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】过每两个已知点作一条直线．我们证明存在一个平面，不平行于这有限多条直线中的任何一条．事实上，任取一点O，过O作直线分别与上述直线平行，再过O作一条直线OA与它们均不相同，则在过OA的平面中，只有有限多个含有其它所作的直线．因此有一个过OA的平面α不含其它所作的直线，即不平行于上述直线中的任何一条．过已知的1987个点，分别作平面α的平行平面．由平面α的上述性质，所作的平面都仅含一个已知点．顺次数过去，这1987个平行平面中，第994个平面即为所求．。
数学奥林匹克题解E组合数学 E2计数和离散最值041-050)
E2-041 A={0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，满足下列条件（1），（2）的子集S有多少个？（1）S的元素有5个；（2）S中任意两个不同元素的和的个位数字恰好是0到9这10个整数．【题说】 1994年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】这样的子集不存在，即满足条件的S的个数为0．事实上，若存在满足条件的子集S={a1，a2，a3，a4，a5}，由于4（a1+a2+a3+a4+a5）≡0+1+…+9（mod10）上式左边为偶数，右边为奇数，不可能．E2-043 用94块大小尺寸均为4″×10″×19″的砖，一块放在另一块的上面堆积成一个94块砖高的塔，每块砖可随意摆放为塔提供4″或10″或19″的高度．若94块砖全部用上可摆放多少种不同高度的塔？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题11．【解】设有x块砖提供10″的高度，y块砖提供19″的高度，x、y都是非负整数，且x+y≢94，则塔的高度为h=4（94-x-y）+10x+19y=376+3（2x+5y）（1）如果x≣5，则将x换成x-5，y换成y+2，由（1）表示的塔高取同样值，并且（x-5）+（y+2）≢94．所以可以假定x≢4．这时相同的x，不同的y表示的塔高h显然不同．如果x取不同值x1、x2（0≢x1＜x2≢4），那么对任意的y1、y2，（2x2+5y2）-（2x1+5y1）=2（x2-x1）+5（y2-y1）（2）前一项不被5整除，后一项被5整除，所以（2）不为0，即相应于x1、x2的塔高不同．当x=0，1，2，3，4时，y分别有95（0～94），94，93，92，91种取法．所得的塔高均不同．所以共有95+94+93+92+91=465种不同高度的塔．E2-044 设p 是一个奇素数，考虑集合{1，2，…，2p ｝的满足以下两条件的子集A ：（i ）A 恰有p 个元素；（ii ）A 中所有元素之和可被p 整除．试求所有这样的子集A 的个数．【题说】 第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题6．与V={p+1，p+2，…，2p}外，每一个p 子集与U 、V 的交均非空．将这些子集分类，如果子集S 、T 与V 的交S ∩V=T ∩V ，并且S ∩U 的每个元加上k （mod p ）就得到T ∩U 的每个元，这里k ∈{0，1，2，…，p-1}，那么就将S 与T 归入同一类．对于{0，1，2，…，p-1}中不同的k 1、k 2，由S 得到的集T 1、T 2，元素和σ（T 1）、σ（T 2）的差≡（k 1-k 2）m （modp ），这里m=S ∩U 的元素个数．由于S 与U 、V 的交均非空，0＜m ＜p ，所以（k1-k 2）m 0（modp ），即T 1≠T 2．因此，每一类中恰好有p 个集，并且这些集的元素之和modp 各不相同．于是其中恰有一个集元素之和被p 整除．从而所求子集A 的个数为E2-045 4对夫妇去看电影，8个人坐成一排．若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，共有几种坐法？【题说】 1995年日本数学奥林匹克预选赛题6．【解】 先将女性排定，有4！种方法．女性与女性之间若坐着男性（包括这些女性的丈夫）必不少于两个．同样，在男性与男性之间坐着的女性也必不少于两个．把座位连在一起的女性视为一组，则4位女性的分组方式有4，3+1，2+2，2+1+1，1+1+1+1等五种．孤立坐着的女性必须在这一排座位的两端，所以1+1+1+1的分组方式不合要求．女性分成2+1+1时，两端必须坐着女性，这时男性只能分成2+2，即下表中的第1类，男性的排法只有1种．女性分成2+2时，有下表的2，3，4，5四类，男性的排法分别有2，1，1，1种．女性分成3+1时，有下表的6，7，8三类，男性的排法分别有2，1，1种．女性4人连排时，有下表的9，10，11三类，男性的排法分别有3！，2！，2！种．于是排法总数为4!×（1+2+2×1+2×1+1+2×2+2×1+2×1+2×3!+2×2!+2!）=24×34=8161．女男男女女男男女2．女女男男男男女女3．女女男男男女女男或男女女男男男女女4．女女男男女女男男或男男女女男男女女5．男女女男男女女男6．女女女男男男男女或女男男男男女女女7．男男女女女男男女或女男男女女女男男8．男女女女男男男女或女男男男女女女男9．女女女女男男男男或男男男男女女女女10．男男男女女女女男或男女女女女男男男11．男男女女女女男男E2-046 用六种不同颜色中几种染一个正方体各面，要求相邻两面不同色，问有多少种不同的染色法？（两个染色正方形，如果能通过转动、翻身使二者各面颜色对应相等，则认为是染色法相同）【题说】1996年全国数学联赛一试题2（5），原为填空题．【解】分4种情况讨论：1°用了6种颜色．将一种颜色染下底，则上底有5种染法．固定一种颜色朝东，其它三面有3！种染法．共有5×3！=30种．=90种．所以染色法共有30+90+90+20=230种．E2-047 在直角坐标平面上，以（199，0）为圆心、以199为半径的圆周上，整点的个数有多少个？【题说】 1996年全国数学联赛一试题2（6），原为填空题．【解】该圆方程为（x-199）2+y2=1992 （1）显然，（1）有4个整数解：（0，0），（199，199），（199，-199），（389，0）．当y≠0、±199时，|y|与199互素，故由（1）知|x-199|、|y|、199是一组基本勾股数．由勾股数基本公式知，存在二正整数m、n使199=m2+n2．由于平方数≡0或1（mod4），所以m2+n2≡0，1或2（mod4），但199=4×49+3≡3（mod4）矛盾．因此当y≠0、±199时，（1）无整数解．综上所述，在（1）圆周上的整点只有4个．E2-048 白（围棋）子5个、黑（围棋）子10个排成一横行，要求每个白子的右邻必须是黑子，共有多少种排法？【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题2．【解】先将10个黑子排成一行，每个黑子的左邻都留一个空位，从E2-049 设n为正整数，S={1，2，…，n}．S的（非空）子集A，B，C，D满足A∪B∪C∪D=S且A∩B∩C=φ，这样的集合组（A，B，C，D）有多少个？【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题10．【解】根据k（1≢k≢n）是否属于A，B，C，D，分别有24=16种情形．在这些情形中，（1）k不属于A，B，C，D；（2） k属于A，B，C，但不属于D；（3）k属于A，B，C，D．这3种情形与要求不符．其余13种情形均合要求．对每个k（1≢k≢n）都有13种情形，故共有13n个满足题设要求的集合组．E2-050 一个7×7的棋盘的2个方格着黄色，其余的方格着绿色．如果一种着色法可从另一种着色法经过在棋盘的平面中的旋转而得到，那么这两种着色法看做同一种．可能有多少种不同的着色法？【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题7．如果这一对方格关于棋盘中心中心对称，那么旋转后可与另一对方不关于棋盘中心中心对称，那么绕中心旋转90°、180°、270°，分别与另外三对方格重合，经过旋转也只可能与这三对重合．因此不同的。
数学奥林匹克题解E组合数学 E3组合几何011-020)
E3－011已知凸多边形，在其内不能置放面积为1的任何三角形．证明：这个多边形能置于面积为4的三角形内．【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克题九年级题6．【证】设内接于凸多边形P的三角形中，以△ABC的面积为最大（显然S△ABC＜1），M是多边形P内的任意一点，则S△MAB≤S△ABC．由于这两个三角形同底AB，所以M点的轨迹是双轨平行线l1与l l′所形成的带形区域，其中l1与l l′的距离等于△ABC的AB边上的高的两倍．对于△MBC、△MAC做同样的讨论，从而得知多边形P 的所有点属于三个带形区域的公共部分——△A′B′C′，如图．从而E3－012单位正方形周界上任意两点M、N之间连一曲线，如果它把这个正方形分成两个面积相等的部分，试证这个曲线段的长度不小于1．【题说】 1979年全国联赛二试题4．【证】（1）若点M、N分别在对边上（如图a），显然从M 到N的曲线长度（2）若点M、N分别在一双邻边上（如图b），则必与对角线BD相交（否则分成的两部分面积不等）．设E为交点，作关于BD的对称图形，则M′在AB上，据（1）有= ≥1．（3）若点M、N在同一条边上（如图C，M、N可以重合），那么必与AB、CD的中点连线EF相交（否则分成的两部分面积不等）．设G为交点，作关于EF的对称图形，则M′在AD上，据（1）有= ≥1．综上所述，命题得证．E3－013一条平行于x轴的直线，如果它与函数y=x4+px3+qx2+rx+s的图像相交于互异的四点A、B、C、D，而线段AB、AC与AD可以构成某个三角形的三条边，那么就称此直线为“三角形的”．证明；平行于x轴而与上述函数的图像相交于四个不同点的直线中，要么全都是三角形的，要么没有一条是三角形的．【题说】 1980年四国国际数学竞赛题5．本题由芬兰提供．【证】设有一条直线是三角形的，不妨设它就是x轴，并且交点A在最左面（如果B在最左，A为左起第二个，则BA、BC、BD 也成三角形，其它情况令x=-t就可以化成这两种），A就是原点．这时B、C、D的横坐标是三次方程x3+px2+qx+r=0的三个根，它们可以作为三角形的三条边的充分必要条件是P＜0， q＞0， r＜0及p3＞4pq-8r．任一条平行于x轴的直线y=y0与y=x4+px3+qx2+rx+s的四个交点的横坐标记为x0＜x1＜x2＜x3，则正数a=x1-x0，b=x2-x0，C=x3-x0及0满足方程y0=（x+x0）4+p（x+x0）3+q（x+x0）2+r（x+x0）+s从而a、b、c是方程的根．由于=p3-4pq+8r＞0所以a、b、c可以作为三角形的边长．即直线y=y0是三角形的．E3－014有24个面积为S的全等小矩形，把所有这些小矩形拼成一个与小矩形相似的大矩形，问小矩形的边长各是多少？【题说】 1980年北京市赛题6．【解】设小矩形边长为a、b（不妨令a＞b）．因大矩形与小矩形长边包含x1个小矩形的长边与x2个小矩形短边（x1、x2均为非负整数），而大矩形短边包含y1个小矩形的长边与y2个小矩形的短边（y1、y2均为非负整数）．由题意得方程：用b除上述方程，并解出a/b，得：方程的左边是整数；仅当x1+y2=0时，右边才是整数．因x1与y2均非负，故x1=y2=0．代入方程（1）、（2）、（3），得：因此a＞b，所以x2＞y1．因此y1只能取数值1，2，3，4（x2相应地取数值24，12，8，6）．E3－015设ABC是等边三角形，E是三边AB、BC、CA（包括A、B、C）的所有点的集合，把E任意划分为两个不相交的子集，是否至少有一个集合含有一个直角三角形的三个顶点，证明你的结论．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题4．本题由比利时提供．【证】在等边三角形ABC的边AB、BC、CA上分别取点P、Q、R，使AP:PB=BQ:QC=CR:RA=2则有PQ⊥AB，QR⊥BC，RP⊥CA．对点集E进行红、蓝染色，则P、Q、R中至少有两点同色，不妨R、Q为红色．若BC边上，除Q点外还有红色点X，则RQX组成红色顶点的直角三角形．设BC边上除Q点外没有红点，若AB边上除B点外还有蓝点Y，作YM⊥BC，M为垂足，显然M不同于Q，△YBM为蓝色顶点的直角三角形．若AB边上除B点外都染红色，这时作RZ⊥AB，Z为垂足，则△RAZ为红色顶点的三角形，故E总有一个子集中含有一个直角三角形的三个顶点．E3－016平面上任给五个相异的点，它们之间的最大距离与最小距离之比记为λ求证λ≥2sin54°，并讨论等号成立的充要条件．【题说】 1985年全国联赛二试题4．【解】设已给五点A、B、C、D、E的凸包为M．1．M是凸五边形ABCDE．因为凸五边形内角之和为540°，所以至少有一内角≥108°，不妨设∠BAC≥108°．又设△ABC中∠C≤∠B，A、B、C的对边分别为a、b、c．则2．M为三角形或凸四边形，这时必有一已知点，设为E在△ABC内部．连EA、EB、EC，则∠AEB、∠BEC、∠CEA中，至少有一个不小于120°，由情况1的证法可得λ≥2sin60°＞2sin54°，命题成立．3．M为线段AB，此时显然有λ≥2＞2sin54°．由上面的证明可以知道，当且仅当已知点组成凸五边形ABCDE，每个角都等于108°，并且每两条邻边均相等时，λ=2sin54°，即λ=2sin54°的充要条件是已知点组成正五边形．E3－017用任意的方式，给平面上的每一个点染上黑色或白色．求【题说】首届（1986年）全国冬令营赛题6．【证】先证引理：平面上若有两个异色点的距离为2．那么必定可以找出符合要求的三角形．如图a，若平面上AB=2，A为白点，B为黑点．AB中点O不妨设为白色，以AO为边作正三角形，顶点E或F中若有一个为白色，则符合条件的三角形已经找出；若E和F都为黑色，则正三角形BEF边长在平面上任取一点O，不妨设O为白点，以O为圆心，4为半径作圆（如图b）．若圆内的点均为白点，则圆内边长为1的正三角形顶点都为白色；若圆内有一点P为黑点，则OP＜4，以OP为底边作腰长为2的等腰三角形OPR，则R至少与O、P中的一点异色．根据引理，也有符合要求的三角形．E3－018平面上给定△A1A2A3及点P0，定义A s=A s-3，s≥4．构造点列P0，P1，P2，…使得P k+1为绕中心A k+1顺时针旋转120°时P k所达到的位置，k=0、1、2…，若P1986=P0，证明：△A1A2A3为等边三角形．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题2．本题由中国提供．A1-uP0，P2=（1+u）A2-uP1，P3=（1+u）A3-uP2=w+P0，其中w=（1+u）（A3-uA2+u2A1）为与P0无关的常数．同理，P6=P3+w，…，P1986=662w+P0=P0，故w=0．从而A3-uA2+u2A1=0．根据u的性质得到A3-A1=（A2-A1）u，这说明了△A1A2A3为等边三角形．E3－019两个同样大小的正方形相交错，其公共部分构成一个八边形．一个正方形的边是蓝色的，另一个正方形的边是红色的．证明：八边形中蓝色的边长之和等于它的红色边长之和．【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克八年级题2．【证】先考虑两个正方形中心重合的情形．这时，所构成的八边形外切于以中心为圆心、正方形边长为直径的圆．再由切线长定理易推得结论．我们总可以将其中的一个正方形经平移后，使得两个正方形的中心重合．而这个平移变换又可由两次这样的移动来代替：先沿被移动的正方形一边的方向平移，然后再沿着与该边垂直的另一边的方向平移．因此，只要证明：当沿着红色正方形的一边方向移动红色正方形时，所交成的八边形的“红边”之和不变．如图a，设水平位置放置的是红色的正方形．当红色正方形沿其垂直方向的边向上移动时，八边形（平行移动的方向）的两条红边的长度不改变．（上方）第三条红边长度减少的数量等于图中上方带阴影的直角三角形斜边的长度；而（下方）第四条边长度增加了相同的长度（因两个阴影直角三角形各角分别对应相等，斜边上的高也相等，所以两个直角三角形全等）．因此，在移动时，八边形的四条红边之和不变．【别解】设水平放置的正方形ABCD是红色的，斜置正方形A1B1C1D1是蓝色的（如图b）．容易发现直角三角形ATS、BML、CPN、DRQ、A1TL、B1MN、C1PQ、D1RS都是相似的．分别由这些直角顶点作斜边上的高（斜边是红色的，对应的叫红色高线；斜边是蓝色的，对应的叫蓝色高线）．注意到相似三角形对应线段成比例，利用等比定理可得红边之和:红色高线之和=蓝边之和:蓝色高线之和又因三角形AA1B、BB1C、CC1D、DD1A的面积之和等于三角形A1BB1、B1CC1、C1DD1、D1AA1的面积之和，这是因为它们都等于八边形AA1BB1CC1DD1与一个正方形面积的差，所以红色高线之和等于蓝色高线之和．E3－020证明：对于任何自然数n≥3，在欧氏平面上存在一个n个点的集，使得每一对点之间距离是无理数，并且每三个点构成一个面积是有理数的非退化三角形．【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题5．本题由原民主德国提供．【证】在抛物线y=x2上选n个点P1，P2，…，P n，点P i的坐标为（i，i2）（i=1，2，…，n）．因每一条直线与抛物线的交点至多两个，故n点中任三点不共线，构成的三角形为非退化的．任两点P i，P j之间的距离是（i≠j，i，j=1，2，…，n）由于（i+j）2＜（i+j）2+1＜（i+j）2+1+2（i+j）=（i+j+1）2，选n个点符合要求．。
奥林匹克数学题型高级组合计数问题
奥林匹克数学题型高级组合计数问题在奥林匹克数学竞赛中，高级组合计数问题是一类常见的题型，它要求学生利用组合数学的知识，解决复杂的计数问题。
本文将介绍高级组合计数问题的定义、基本性质以及解题思路，并通过实例进行详细说明。
一、高级组合计数问题的定义和基本性质1. 定义：高级组合计数问题是指在给定条件下，求解满足特定要求的组合的个数。
2. 基本性质：在解决高级组合计数问题时，需要了解以下几个基本性质：a. 排列组合公式：排列是指从n个元素中取出m个元素进行全排列，记作A(n,m)；组合是指从n个元素中取出m个元素进行组合，记作C(n,m)。
排列和组合的计算公式如下：A(n,m) = n! / (n-m)!C(n,m) = n! / (m!(n-m)!)b. 加法原理：如果一个事物可以通过某种方式分成若干部分，而每一部分又可以有若干种不同的选择方式，则总的选择方式数等于各部分选择方式数的乘积。
c. 乘法原理：如果一个事物可以通过若干个步骤完成，且每个步骤的选择方式数相互独立，则总的选择方式数等于各步骤选择方式数的乘积。
d. 容斥原理：当计算两个集合的并集时，求其元素个数的一种方法就是将两个集合的元素个数相加，然后减去它们的交集元素个数。
二、高级组合计数问题的解题思路在解决高级组合计数问题时，我们可以采用如下的解题思路：1. 理解问题：首先要仔细阅读题目，理解题目中所给出的要求，并明确所需计算的数量是排列还是组合。
2. 确定组合对象：根据题目的要求，确定组合对象的数量和特性，例如考虑选择的人数、事件的种类等。
3. 划定条件：根据题目的限制条件，确定每个组合对象的选择方式和约束条件，如是否可以重复选择、是否需要特定的顺序等。
4. 计算数量：根据以上信息，利用排列组合公式、加法原理、乘法原理和容斥原理等基本性质，计算满足要求的组合的数量。
5. 检查结果：最后，对计算结果进行检查，确保计算过程准确无误。
可以通过简单的验证或更复杂的例子来检验答案的正确性。
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E2-001 某人给六个不同的收信人写了六封信，并且准备了六个写有收信人地址的信封，有多少种投放信笺的方法，使每封信笺与
信封上的收信人都不相符．
【题说】 1960年～1961年波兰数学奥林匹克三试题3．本题中的6可以改为n．
【解】根据“容斥原理”可得投放信笺方法的种数为
将6改为n时，答案为
E2-002 n个点由线段连结着，已知其中每两点都有一条且只有一条折线相连，证明：线段的总条数为n-1．
【题说】 1961年全俄数学奥林匹克九年级题3．
【证】从n点中任选一点A作“根”，将整个图看作一个“树”，从每个“枝”的顶端一节一节地将线段折下来，于是一个端点对应一个线段，直至最后剩下一个“根”点A．因此，线段恰有n-1条．
E2-003 从0，0，1，2，3，4，5这七个数字中，任取三个组成三位数，问可组成多少个不同的三位数？又在这些三位数中有多少个是5的倍数？
【题说】 1964年成都市赛高二一试题3．由题意知1，2，3，4，5不重复使用，0只能用两次．
【解】百位数字只能从1，2，3，4，5中选，共有5种取法，若十位数字取0，则个位数字取法有5种；若十位数字不取0，则十位数字取法有4种，个位数字取法也有4种，故共能组成
5×5+5×4×4＝105
个不同的三位数，在这些三位数中，末位数字为0的共有5×5=25个，末位数字为5的共有4×4=16个，故5的倍数共有
25+16=41
个．
E2-004 在一次中学数学竞赛中共出了A、B、C三题．在所有25个参加者中，每个学生至少解出一题，在没有解出A的那些学生中，解出B的人数是解出C的人数的两倍，只解出A的人数比余下的学生中解出A的人数多1．只解出一题的学生中，有一半没有解出A．问有多少学生解出B？
【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．
【解】设不仅解出A的为x人，仅解出B的为y人，解出B 与C
由（1）、（2）得
由（3），x≤7．由（4），x=7，4，1．
仅解出B的人数为6．
E2-005 在方格的边长为1cm的方格纸上，画一个半径为100cm 的圆，这个圆不经过方格的顶点而且不与方格的边相切，问这个圆能穿过多少个方格？
【题说】第二届（1968年）全苏数学奥林匹克八年级题3．
【解】所画的圆穿过200条水平线和200条竖直线．每一条都穿过两次．因此，交点有800个．这800个点把圆分成800份，其中每一部分都在一个格里面，所以圆最多穿过800个格．
同时，可能得出，某两个部分在一个格内，即圆与某个方格相交两次（如图）．我们证明，这样的“奇异”方格不会多于1个．
考虑以O为圆心、半径为200的与某个方格的边AB相交两次的圆．
从这个圆的圆心O到A点和B点的距离大于100，而从直线AB 到O的距离小于100，所以，O点在以A和B为圆心、半径为100的圆以外，并且在与AB距离为100的两条平行线之间．这种点，充满两个曲边三角形内部（图中画有斜线的是其中一个）．
显然，对于不同的线段AB，这些轨迹没有公共点．所以，奇异的方格不多于1个．
因此，这个圆穿过800或799个方格．
E2-006 一个长方体盒子能用单位立方体填满，如果我们改放尽可能多的体积是2的立方体，且使立方体的边平行盒边，则恰好能填到盒
【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．
40％×a1a2a3=2b1b2b3
当a＞10时，b≥8，所以
综上所述，所求的盒子尺寸为2×3×5或2×5×6．
E2-007 如图，有10个村庄，分别用点A1，A2，…，A10表示，某人从A1出发，按箭头所指的方向（不准反向）可以选择任意一条路径走向其他某个村庄，试问：1．按图中所示方向从A1到A5（不绕圈）有多少种不同的走法？2．从A1出发，按图中所示方向，绕一圈后再回到A1，有多少种不同的走法？
【题说】 1979年湖北省赛二试题3．
【解】为方便计，设从A1到A i的走法有a i种，这些走法分为两类：一类是从A1出发，经过A i-2到达A i（不经过A i-1），这时从
A1到A i-2的走法为a i-2，从 A i-2不经过A i-1到A i的走法只有一种，所以这类走法共a i-2种．第二类是从A1出发，经过A i-1到达A i，共a i-1种，而这两类走法是互不相同的，所以，从A1到A i的走法共
a i=a i-1+a i-2（种）
显然a2=1，a3=2．于是a5=2a3+a2=5，a6，a7，a8，a9，a10，a11分别为8，13，21，34，55，89．所以从A1到A5有5种不同的走法，从A1出发，绕一圈回到A，有89种不同的走法．
E2-008 在直角坐标平面的第一象限中，把坐标都是整数的点按以下方法编号：（0，0）点第1号，（1，0）点第2号，（1，1）点第3号，（0，1）点第4号，（0，2）点第5号，（1，2）点第6号，（2，2）点第7号，（2，1）点第8号，（2，0）点第9号，…按图中箭头的顺序，求第2000号的点的坐标．
【题说】 1979年北京市赛二试题1．
【解】设k为正整数，则满足条件：
0≤x≤k，0≤y≤k
的坐标为整数的点（x，y）共有（k+1）2个，而满足条件：
（k+1）2＜2000
的最大整数k=43．因此编号为2000的点的纵坐标为44或横坐标为44．
因44为偶数，故应从点（0，44）往右数，又因
2000-442=64＞44
故第2000号的点的横坐标为44．其纵坐标是
44-（64-45）=25
所以编号2000的点的坐标是（44，25）．
E2-009 散步时，每步长为1，向南、北、东、西任一方向均可，如果每一点不通过两次，则称这散步为自身回避的，设从原点开始的、n步的、自身回避的散步种数为f（n）．求 f（1），f （2），f（3），f（4），并证明
2n＜f（n）＜4·3n-1
【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题5．
【解】容易算得
f（1）=4
f（2）=4×3=12
f（3）=4×3×3=36
对于4步的自身回避散步，则有
f（4）=4×3×3×3-8=100
假设每次均向北或西两个方向走，当然不会出现有一点通过两次的情况，所以
2n＜f（n）
如果仅考虑不反过身来往回走，那么共有4×3n-1种（其中可能出一点通过两次的情况），所以f（n）≤4×3n-1（当n=1，2，3时取等号）．
E2-010 十个赌徒在开赌时，每人都有相同的赌本，每次由一个人掷五粒骰子，如果骰子的点数之和为n，那么这个人向其他九人中的每一
每人掷一次骰子后，每个人的赌本又恢复到开赌时的原有的赌本．最后一次掷出的点数之和为12．求各次掷出点数之和．
【题说】 1980年五国国际数学竞赛题5．本题由荷兰提供．
【解】不妨设每人赌本为1，又设第i次的点数之和为n i（1≤n i≤10），容易知道第i个人在第i次时，钱由x变为
所以最终钱数为
特别地，
而
由此逐步得出n9=13，n8=14，…，n1=21．。