清华大学2018年金秋营试题解答精校版

清华大学2018年金秋营试题精校版
第二天试题
5. 设一个凸多边形和它的内部能被几个半径不相等的圆盘完全覆盖，证明或否定：可以从这些圆盘中选出一些两两不交的圆盘，使得将它们的半径扩大三倍之后，可以覆盖原来的凸多边形.
证明：在这几个圆盘中，必有一个半径最大（若有多个，从中任选一个），设该圆盘为1C ，把圆1C 以及与它有公共点的所有圆盘去掉，同样在剩下的圆盘中必有一个半径最大的圆盘（若有多个，从中任选一个），记该圆盘为2C ，把圆盘2C 以及所有与它有公共点的圆盘去掉，再考虑剩下圆盘中半径最大的圆盘，按照这种方式进行下去，最后一定可以得到K 个两两不交的圆盘K C C C ,...,,21.
将圆盘i C 的半径扩大三倍得到圆盘'i C ),...,2,1(k i =，则圆盘'i C 能覆盖住圆盘i C 以及所有与i C 有公共点的圆盘，故圆盘'i C ),...,2,1(k i =能覆盖住原来的几个圆盘，而这几个圆盘能覆盖住原来的凸多边形.
6. 对前n 个正整数用K 种颜色染色，使得无法从中选出三个不同色的正整数构成等差数列，设K 的最大值为)(n f ，证明：n n f n 23log 1)(log +≤≤.
证明：若对前若干个正整数分别染色，使得无法从中选出三个不同色的正整数构成等差数列，则称这种染色方式为好染色法.
我们首先证明：对+∈∀Z m ，有(2)()1,(21)()1f m f m f m f m ≤++≤+.
设{}1,0∈t ，用)2(t m f +种颜色对前t m +2个正整数染色，可得到一种好染色法，再从中删去数t m m m +++2,...,2,1后，将会得到对前m 个正整数的一种好染色法，且)(1)2(m f a m f ≤-+（否则，至少有两种不同的颜色，他们只对a m m m +++,...,2,1中的某一些数进行染色，分别从这两种颜色的数中取最小的数，设为a m y x y m x m +≤<≤++1,,，考虑数y x m -+2，根据
y x m -+212)(2≥-=+-+≥a a m m ，x m y x m +<-+2
以及y m x m ++,的最小性可知y x m -+2所染的颜色与数y m x m ++,的颜色不同，而y x m -+2，y m x m ++,构成等差数列，矛盾）.
接下来证明：对+∈∀Z m 有1)()3(+≥m f m f ，1)1()3(++≥+m f k m f ，其中{
}2,1∈k .
首先1)()3(+≥m f m f . 用)(m f 种颜色对前m 个正整数染色，可得到一种好染色法，再对其每一个数{
}m a ,...,2,1∈，用a 3替换a 且颜色不变，最后对所有m b 3≤且不能被3整除的正整数b 用第1)(+m f 种颜色对其染色，这样得到了一种用1)(+m f 种颜色对前3m 个正整数染色的好染色法，因此1)()3(+≥m f m f ；
接下来，1)1()3(++≥+m f k m f ，其中{
}2,1∈k . 用)1(+m f 种颜色对前m+1个正整数染色，可得到一种好染色法，再对其中每一个数{}1,...,2,1'
+∈m a ，用k a +-33'代替'a 且颜色不变，最后对所有'b k m +≤3，
且与k 模3不同余的正整数'b 用第)1(+m f +1种颜色对其染色，这样得到了一种用)1(+m f +1种颜色对前3m+k 个正整数染色的好染色法，因此，1)1()3(++≥+m f k m f ；
最后，对n 用数学归纳法证明n n f n 23log 1)(log +≤≤，…………………………（*）
2)3(,2)2(,1)1(===f f f 满足（*）式. 假设对n r <均有r r f r 23log 1)(log +≤≤， 则由上述证明可知n n n n f n f 222log 12
log 2]2[log 21])2([)(+=+≤+≤+≤， n n n n f n f 333log 3
log 1]32[log 11])32([
)(=+≥++≥++≥，故对r=n 时也有n n f n 23log 1)(log +≤≤， 证毕. 7. 给定正整数n ，以及n 个实数.,...,2,110n i P i =∈
），，（ 对集合{}n ，，，...21的非空子集I ，定义 i I
i I P P ∈∏=，并且1=∅P ，再对任意{}n ，，，...21的非空子集I 取一个实数I X ,并且1=∅X .求证：{}{})1(1,...,2,1,...,2,1i n i n I n J J
I J I P P X X -∏≥=∈∈⋂∑∑…………………………（*） 证明：事实上可以对n 用数学归纳法证明，需要一个辅助命题：对任意{
}n ，，，...21的非空子集I ，取一个实数I X （不必要求1=∅X ），则{}{}0,...,2,1,...,2,1≥∑∑∈∈⋂n I n J J
I J I P X X ……………（**）（其中I P 的定义不变） 当1=n 时（*）左 - 右=0)(21
21111121≥+=++P P X P X P X （**）左边=0)11()(21212112112≥-++=++∅∅∅
P X X X P X X X X . 假设对于k n =时，（*）（**）都成立.
则对k n =+1时
{}{}∑∑+∈+∈⋂1,...,2,11,...,2,1k I k J J
I J I P X X = {}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}{}∑∑∑∑∑∑∑∑∈∈⋂++⋃+⋃∈∈∈∈⋂+⋃⋂+⋃∈∈⋂+++k I k J J I J I k I k J k I k J J I J I J I J I k I k J J
I J I P P X X P X X P X X P X X ,...,2,1,...,2,11k 1k 1k ,...,2,1,...,2,1,...,2,1,...,2,11k 1k ,...,2,1,...,2,1 ={}{}{}{}{}{}∑∑∈∈⋂++⋃+⋃⋂+⋃⋂+⋃⋂+++k I k J J I k J k I J I k J I J I J k I J
I J I P P X X P X X P X X P X X ,...,2,1,...,2,11k 1111)( ={}{}{}{}{}{}∑∑∑∑∈∈⋂++⋃++⋃+∈∈⋂++++-k I k J J I J k k J I k k I k k I k J J
I J I k P X P X X P X P P X X P ,...,2,1,...,2,111111,...,2,1,...,2,11))((1)1(, 记上式为①式，令{}I k k I I X P X Y 11++⋃+=，根据k n =时的归纳假设可知
{}{}0,...,2,1,...,2,1≥∑∑∈∈⋂k I k J J I J I P Y Y , 再结合①式可得：{}{}{}{}∑∑∑∑∈∈⋂++∈+∈⋂-≥k I k J J I J I k k I k J J I J I P X X P P X X ...,21...,2111...,211...,21)1(，，，，，，，，， 又由归纳假设可知：命题（*）（**）对k n =+1都成立.
因此原命题成立。

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