2014年日本数学奥林匹克试题及其解答
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文武光华
2014 年日本数学奥林匹克试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌
一、给定△ABC，O 为外心， 是过 BC 中点且与∠BAC 的角平分线垂直的直线，若 过 AO 中点，求∠BAC 的大小。
解答：如图，作△ABC 的外接圆⊙O，设∠BAC 的角平分线交⊙O 于 E，D 为 BC 中点， 则 E、O、D 共线，且 OD⊥BC。设 F 为 AO 中点，根据条件知 DF⊥AE。作 OG⊥AE 于 G，则 OG ∥DF，且 G 为 BC 中点。于是知 FG 为△AEO 的中位线，所以 FG∥OE，且FG = 。注意到 OG∥DF，FG∥OE，所以四边形 FGOD 为平行四边形，所以OD = FG = = ，所以 ∠OBC = 30°，所以∠BOC = 120°，所以∠BAC = 120°。
以下条件的a、b之和的最小值： （1）可将所有学生分成a组，同一组的任两人互相认识； （2）可将所有学生分成b组，同一组的任两人互相不认识。 求N的最大值。（每名学生恰属于一组） 解答方法一（田开斌）：当n个人都互相认识时，则a = 1，b = n，此时
N = a + b = n + 1。下面我们证明N ≤ n + 1。 我们用平面上n个点表示这n名学生，若两名学生互相认识，则在相应的两点之间连一
另一方面，对于任意正整数n，存在唯一的正整数k，使得k ≤ n＜(k + 1) 。 ①当n = k 时， 2√n = 2k。可以构造模型如下： 将k 个学生分为k个红组，每组k个人，使得同组的人互相认识，不同组的人互相不认
识。然后将每组的人依次编号为1、2、 … 、k，并将各组中编号相同的人分为同一个蓝组， 则得到k个蓝组，同组的人互相不认识。
H
A
P
I
G
E
O
F
D
B K
C
五、已知a、b、c为非负实数，a + b + c = 1。若不等式 ≥ 恒成立，求实数k的最大值。
三、一个学校有n名学生，他们之间要么互相认识，要么互相不认识。已知可以将他们 分成a组，使得同组中任意两人互相认识；也可以将他们分成b组，使得同组中任意两人互 相不认识。求N = a + b可以取到的最小值。
解答（周晓东）：我们用n个点表示n个学生，如果两名学生互相认识，就在它们的对 应点之间连一条红线；如果两名学生互相不认识，就在他们的对应点之间连一条蓝线。如 此，我们得到一个二染色n阶完全图。
(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 可以划分为：
(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G + 1 − (q + 1)
= |G | + ∑ G − q − 1 个蓝色子完全图。
综合上述两方面，图G可划分为： ∑ G + 1 − p + |G | + ∑ G − q − 1 = ∑ |G | − (p + q) = m − (k − 1) = m + 1 − k 个蓝色子完全图。即命题对于|G| = m时也成立。 根据数学归纳法，命题得证。 回到原题，根据上述结论知，N ≤ n + 1。 综合上述两方面，知N的最大值为n + 1。 解答方法二（广东严文兰老师）：当n个人都互相认识时，则a = 1，b = n，此 时N = a + b = n + 1。下面我们证明N ≤ n + 1。也即只需证明：总可以将互相认识 或互不认识的n名学生，分成两两互相认识的a组，和两两互不认识的b组，使得a + b ≤ n + 1。我们对n用数学归纳法。 当n = 1时，结论显然成立。 假设当n = k（k ≥ 1）时，命题成立。我们考虑n = k + 1时的情况。 设n + 1名学生分别为S 、S 、 … 、S 、S 。根据归纳假设，S 、S 、 … 、S 可分为 两两互相认识的a组A 、A 、 … 、A ，和两两互不认识的b组B 、B 、 … 、B ，其中 a + b ≤ k + 1。下面讨论S 、S 、 … 、S 、S 的分组。 如果a + b ≤ k，在两种分组中都让S 单独一组，那么对n = k + 1，有N ≤ (a + 1) + (b + 1) ≤ k + 2，命题成立。
当|G| = 1、2时，经验证，命题显然成立。
交流知识 共享智慧
文武光华
假设当|G|＜m（m ≥ 3）时，命题成立。 当|G| = m时，设G 、G 、 … 、G 为图G的一个“完美划分”，我们只需证明图G可以 划分为m + 1 − k个蓝色子完全图。 （1）若|G | = 1，则根据（1）知|G | = |G | = ⋯ = |G | = 1，这即是说图G中任两点 之间都连蓝线，从而图G本身就是一个蓝色完全图。此时k = m，m + 1 − k = 1，命题成立。 （2）若k = 1，这即是说图G本身是一个红色完全图。此时m + 1 − k = m。我们将m 个点，每个独立成为一个蓝色子完全图，即满足条件。 （3）若|G | ≥ 2，k ≥ 2。则G 中至少有一个点，该点至少与G 中某个点连有蓝线。设 G 中的点A与G 中的某点连有蓝线，且设A恰只与G 、G 、 … 、G （2 = i ＜i ＜ … ＜i ） 中的某点连有蓝线，而与其它G （2＜j ≤ k，且j ∉ i 、i 、 … 、i ）中的所有点都只连 红线。其中q + p = k − 1，且j ＜j ＜ … ＜j 。 此时，显然G 、G 、 … 、G 、{A}构成G ⋃G ⋃ … ⋃G ⋃{A}的一个“完美划分”， 根据归纳假设知，G ⋃G ⋃ … ⋃G ⋃{A}可以划分为：
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文武光华
下面只需考虑a + b = k + 1的情况。 如果存在某个组A 中所有人都认识S ，则让S 加入A ，还是a组。而b分组中让S 单独一组，有b + 1组。此时对n = k + 1，有N ≤ a + (b + 1) = k + 2，命题成立。所以只 要考虑每个A 中至少有一人不认识S 的情况，故至少有a个人不认识S 。同理，b个B 中至少有b人认识S 。故除S 外至少还有a + b = k + 1个人，与除S 外只有k个人矛盾。 综上所述，命题得证。 综合上述两方面，知N的最大值为n + 1。
|K| ≥ |G |，注意到点A与G − {A}、G 、G 、 … 、G 中所有点都只连红线，所以K⋃{A}为 G的一个红色子完全图，且|K⋃{A}| = |K| + 1＞|G |，与|G |的最大性矛盾。所以G − {A}、 G 、G 、…、G 构成(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 的一个“完美划分”。根据归纳假设知：
A
B
D
C
F
GO
E
二、求所有满足2 + 3 + 1 = 6 的正整数对 a，b，c 。 解答：当c = 1时，显然b ≤ 1，经验证 a，b，c = 1，1，1 满足条件。 当c = 2时，显然b ≤ 3，所以b = 1、2 或 3。经验证 a，b，c = 5，1，2 、 3，3，2 满足条件。 当c ≥ 3时，有8|6 ，9|6 。对2 + 3 + 1 = 6 两边同取模3，则(−1) + 1 ≡ 0(mod 3)， 所以a为奇数。若a = 1，则3 + 3 = 6 。而3 + 3 ≡ 3 或 6(mod 9)，与9|6 矛盾。所以 a ≥ 3。 设a = 2m + 1，m ≥ 1，则2 · 4 + 3 + 1 = 6 。两边同取模4，则(−1) + 1 ≡ 0(mod 4)，所以b为奇数。设b = 2n + 1，则2 · 4 + 3 · 9 + 1 = 6 。两边同取模8，则 3 · (1) + 1 ≡ 4 ≡ 0(mod 8)，矛盾。所以c ≥ 3时无解。 综上所述，满足条件的 a，b，c = 1，1，1 、 5，1，2 、 3，3，2 。
G ⋃G ⋃ … ⋃G ⋃{A} + 1 − (p + 1) = ∑ G + 1 + 1 − (p + 1) =∑ G +1−p 个蓝色子完全图。 另一方面，可以证明(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 的顶点最多的红色子完全图的顶点数
不超过|G | − 1。否则，若(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 存在某个红色子完全图K，使得
此模型即满足N = a + b = 2k + 1 = 2√n 。 ③当k(k + 1)＜n＜(k + 1) 时，(2k + 1) ＜4n＜(2k + 2) ，因此 2√n = 2k + 2。可 以构造模型如下： 将n个学生分为k + 1个红组，每组k或k + 1个人，使得同组的人互相认识，不同组的人
四、已知△ABC 内接于⊙O，点⊙O 在点 A 处的切线为 。D、E 分别在 AB、AC 上，满足 = 。直线 DE 交⊙O 于 F、G 两点。过点 D 且平行于 AC 的直线交 于 H，过点 E 且平行 于 AB 的直线交 于 I，求证：F、G、H、I 四点共圆，且 BC 与该圆相切。
证明：如图，延长 HD 交 BC 于 K，则 = = ，所以 EK∥AB，且 I、E、K 三点共 线。因为∠BKH = ∠BCA = ∠BAH，所以 B、K、A、H 四点共圆，所以KD · HD = AD · BD = FD · GD，所以 F、K、G、H 四点共圆。同理可知 F、K、G、I 四点共圆，所以 F、K、G、 I、H 五点共圆，从而 F、G、H、I 四点共圆，设该圆为⊙P。又∠BKH = ∠BAH = ∠KIH， 所以 BC 切⊙P 于 K。命题得证。
条红线，若他们互相不认识，则在相应的两点之间连一条蓝线。这样便得到一个二染色的 n阶完全图G(n)。我们即要证明，对于任意二染色的n阶完全图G(n)，都可以将图G(n)划分 成a个红色子完全图，也可以将图G划分成b个蓝色子完全图，使得a + b ≤ n + 1。
对于一个二染色的完全图G，我们先取出图G的顶点最多的红色子完全图G （如有若干 个红色子完全图的顶点数并列最多，则任取其中一个为G 。对于单独一个点的图，我们可 以看作红色子完全图，也可以看作蓝色子完全图）；在图G中去除G 后，再在剩下的子图 中取出顶点最多的红色子完全图G ；……；以此类推，设最后一个红色子完全图为G 。我
此模型即满足N = a + b = 2k = 2√n 。 ②当k ＜n ≤ k(k + 1)时，(2k) ＜4n ≤ 4k(k + 1)＜(2k + 1) ，因此 2√n = 2k + 1。 可以构造模型如下： 将n个学生分为k个红组，每组k或k + 1个人，使得同组的人互相认识，不同组的人互
相不认识。然后将每组的人依次编号为1、2、 … 、k、k + 1（只有k个人的组，编号到k即 可），并将各组中编号相同的人分为同一个蓝组，则得到k + 1个蓝组，同组的人互相不认 识。
根据条件，可以将n个学生分为a个红组R 、R 、 … 、R ，使得同组中任意两人互相认 识；也可以将他们分成b个蓝组B 、B 、 … 、B ，使得同组中任意两人互相不认识。
交流知识 共享智慧
文武光华
根据抽屉原理，红组中人数最多的一组不少于 个人，而这些人要分布在不同的蓝组中，
所以b ≥ ，即得ab ≥ n。于是知N = a + b ≥ 2√ab ≥ 2√n，由于N为整数，所以N ≥ 2√n 。
们称G 、G 、 … 、G 为图G的一个“完美划分”（注意：“完美划分”不唯一）。此时则
有：当i＞j时，G 中每个点都至少与G 中的某个点连有蓝线，且
|G | ≥ |G | ≥ ⋯ ≥ |G | |G | + |G | + ⋯ + |G | = G
（1） （2）
下面我们对|G|用数学归纳法证明：若G 、G 、 … 、G 为图G的一个“完美划分”，则 图G可以划分为|G| + 1 − k个蓝色子完全图。
互相不认识。然后将每组的人依次编号为1、2、 … 、k、k + 1（只有k个人的组，编号到k 即可），并将各组中编号相同的人分为同一个蓝组，则得到k + 1个蓝组，同组的人互相不 认识。
此模型即满足N = a + b = 2k + 2 = 2√n 。 综上所述，N = a + b可以取到的最小值为 2√n 。 注：因翻译者的原因，本题曾产生了两个不同ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ版本。一个是上述版本，另一个是我 当初看到的如下版本： 一个学校有n名学生，他们中任意两人要么互相认识，要么互相不认识。记 N 为满足
2014 年日本数学奥林匹克试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌
一、给定△ABC，O 为外心， 是过 BC 中点且与∠BAC 的角平分线垂直的直线，若 过 AO 中点，求∠BAC 的大小。
解答：如图，作△ABC 的外接圆⊙O，设∠BAC 的角平分线交⊙O 于 E，D 为 BC 中点， 则 E、O、D 共线，且 OD⊥BC。设 F 为 AO 中点，根据条件知 DF⊥AE。作 OG⊥AE 于 G，则 OG ∥DF，且 G 为 BC 中点。于是知 FG 为△AEO 的中位线，所以 FG∥OE，且FG = 。注意到 OG∥DF，FG∥OE，所以四边形 FGOD 为平行四边形，所以OD = FG = = ，所以 ∠OBC = 30°，所以∠BOC = 120°，所以∠BAC = 120°。
以下条件的a、b之和的最小值： （1）可将所有学生分成a组，同一组的任两人互相认识； （2）可将所有学生分成b组，同一组的任两人互相不认识。 求N的最大值。（每名学生恰属于一组） 解答方法一（田开斌）：当n个人都互相认识时，则a = 1，b = n，此时
N = a + b = n + 1。下面我们证明N ≤ n + 1。 我们用平面上n个点表示这n名学生，若两名学生互相认识，则在相应的两点之间连一
另一方面，对于任意正整数n，存在唯一的正整数k，使得k ≤ n＜(k + 1) 。 ①当n = k 时， 2√n = 2k。可以构造模型如下： 将k 个学生分为k个红组，每组k个人，使得同组的人互相认识，不同组的人互相不认
识。然后将每组的人依次编号为1、2、 … 、k，并将各组中编号相同的人分为同一个蓝组， 则得到k个蓝组，同组的人互相不认识。
H
A
P
I
G
E
O
F
D
B K
C
五、已知a、b、c为非负实数，a + b + c = 1。若不等式 ≥ 恒成立，求实数k的最大值。
三、一个学校有n名学生，他们之间要么互相认识，要么互相不认识。已知可以将他们 分成a组，使得同组中任意两人互相认识；也可以将他们分成b组，使得同组中任意两人互 相不认识。求N = a + b可以取到的最小值。
解答（周晓东）：我们用n个点表示n个学生，如果两名学生互相认识，就在它们的对 应点之间连一条红线；如果两名学生互相不认识，就在他们的对应点之间连一条蓝线。如 此，我们得到一个二染色n阶完全图。
(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 可以划分为：
(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G + 1 − (q + 1)
= |G | + ∑ G − q − 1 个蓝色子完全图。
综合上述两方面，图G可划分为： ∑ G + 1 − p + |G | + ∑ G − q − 1 = ∑ |G | − (p + q) = m − (k − 1) = m + 1 − k 个蓝色子完全图。即命题对于|G| = m时也成立。 根据数学归纳法，命题得证。 回到原题，根据上述结论知，N ≤ n + 1。 综合上述两方面，知N的最大值为n + 1。 解答方法二（广东严文兰老师）：当n个人都互相认识时，则a = 1，b = n，此 时N = a + b = n + 1。下面我们证明N ≤ n + 1。也即只需证明：总可以将互相认识 或互不认识的n名学生，分成两两互相认识的a组，和两两互不认识的b组，使得a + b ≤ n + 1。我们对n用数学归纳法。 当n = 1时，结论显然成立。 假设当n = k（k ≥ 1）时，命题成立。我们考虑n = k + 1时的情况。 设n + 1名学生分别为S 、S 、 … 、S 、S 。根据归纳假设，S 、S 、 … 、S 可分为 两两互相认识的a组A 、A 、 … 、A ，和两两互不认识的b组B 、B 、 … 、B ，其中 a + b ≤ k + 1。下面讨论S 、S 、 … 、S 、S 的分组。 如果a + b ≤ k，在两种分组中都让S 单独一组，那么对n = k + 1，有N ≤ (a + 1) + (b + 1) ≤ k + 2，命题成立。
当|G| = 1、2时，经验证，命题显然成立。
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假设当|G|＜m（m ≥ 3）时，命题成立。 当|G| = m时，设G 、G 、 … 、G 为图G的一个“完美划分”，我们只需证明图G可以 划分为m + 1 − k个蓝色子完全图。 （1）若|G | = 1，则根据（1）知|G | = |G | = ⋯ = |G | = 1，这即是说图G中任两点 之间都连蓝线，从而图G本身就是一个蓝色完全图。此时k = m，m + 1 − k = 1，命题成立。 （2）若k = 1，这即是说图G本身是一个红色完全图。此时m + 1 − k = m。我们将m 个点，每个独立成为一个蓝色子完全图，即满足条件。 （3）若|G | ≥ 2，k ≥ 2。则G 中至少有一个点，该点至少与G 中某个点连有蓝线。设 G 中的点A与G 中的某点连有蓝线，且设A恰只与G 、G 、 … 、G （2 = i ＜i ＜ … ＜i ） 中的某点连有蓝线，而与其它G （2＜j ≤ k，且j ∉ i 、i 、 … 、i ）中的所有点都只连 红线。其中q + p = k − 1，且j ＜j ＜ … ＜j 。 此时，显然G 、G 、 … 、G 、{A}构成G ⋃G ⋃ … ⋃G ⋃{A}的一个“完美划分”， 根据归纳假设知，G ⋃G ⋃ … ⋃G ⋃{A}可以划分为：
交流知识 共享智慧
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下面只需考虑a + b = k + 1的情况。 如果存在某个组A 中所有人都认识S ，则让S 加入A ，还是a组。而b分组中让S 单独一组，有b + 1组。此时对n = k + 1，有N ≤ a + (b + 1) = k + 2，命题成立。所以只 要考虑每个A 中至少有一人不认识S 的情况，故至少有a个人不认识S 。同理，b个B 中至少有b人认识S 。故除S 外至少还有a + b = k + 1个人，与除S 外只有k个人矛盾。 综上所述，命题得证。 综合上述两方面，知N的最大值为n + 1。
|K| ≥ |G |，注意到点A与G − {A}、G 、G 、 … 、G 中所有点都只连红线，所以K⋃{A}为 G的一个红色子完全图，且|K⋃{A}| = |K| + 1＞|G |，与|G |的最大性矛盾。所以G − {A}、 G 、G 、…、G 构成(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 的一个“完美划分”。根据归纳假设知：
A
B
D
C
F
GO
E
二、求所有满足2 + 3 + 1 = 6 的正整数对 a，b，c 。 解答：当c = 1时，显然b ≤ 1，经验证 a，b，c = 1，1，1 满足条件。 当c = 2时，显然b ≤ 3，所以b = 1、2 或 3。经验证 a，b，c = 5，1，2 、 3，3，2 满足条件。 当c ≥ 3时，有8|6 ，9|6 。对2 + 3 + 1 = 6 两边同取模3，则(−1) + 1 ≡ 0(mod 3)， 所以a为奇数。若a = 1，则3 + 3 = 6 。而3 + 3 ≡ 3 或 6(mod 9)，与9|6 矛盾。所以 a ≥ 3。 设a = 2m + 1，m ≥ 1，则2 · 4 + 3 + 1 = 6 。两边同取模4，则(−1) + 1 ≡ 0(mod 4)，所以b为奇数。设b = 2n + 1，则2 · 4 + 3 · 9 + 1 = 6 。两边同取模8，则 3 · (1) + 1 ≡ 4 ≡ 0(mod 8)，矛盾。所以c ≥ 3时无解。 综上所述，满足条件的 a，b，c = 1，1，1 、 5，1，2 、 3，3，2 。
G ⋃G ⋃ … ⋃G ⋃{A} + 1 − (p + 1) = ∑ G + 1 + 1 − (p + 1) =∑ G +1−p 个蓝色子完全图。 另一方面，可以证明(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 的顶点最多的红色子完全图的顶点数
不超过|G | − 1。否则，若(G − {A})⋃G ⋃G ⋃ … ⋃G 存在某个红色子完全图K，使得
此模型即满足N = a + b = 2k + 1 = 2√n 。 ③当k(k + 1)＜n＜(k + 1) 时，(2k + 1) ＜4n＜(2k + 2) ，因此 2√n = 2k + 2。可 以构造模型如下： 将n个学生分为k + 1个红组，每组k或k + 1个人，使得同组的人互相认识，不同组的人
四、已知△ABC 内接于⊙O，点⊙O 在点 A 处的切线为 。D、E 分别在 AB、AC 上，满足 = 。直线 DE 交⊙O 于 F、G 两点。过点 D 且平行于 AC 的直线交 于 H，过点 E 且平行 于 AB 的直线交 于 I，求证：F、G、H、I 四点共圆，且 BC 与该圆相切。
证明：如图，延长 HD 交 BC 于 K，则 = = ，所以 EK∥AB，且 I、E、K 三点共 线。因为∠BKH = ∠BCA = ∠BAH，所以 B、K、A、H 四点共圆，所以KD · HD = AD · BD = FD · GD，所以 F、K、G、H 四点共圆。同理可知 F、K、G、I 四点共圆，所以 F、K、G、 I、H 五点共圆，从而 F、G、H、I 四点共圆，设该圆为⊙P。又∠BKH = ∠BAH = ∠KIH， 所以 BC 切⊙P 于 K。命题得证。
条红线，若他们互相不认识，则在相应的两点之间连一条蓝线。这样便得到一个二染色的 n阶完全图G(n)。我们即要证明，对于任意二染色的n阶完全图G(n)，都可以将图G(n)划分 成a个红色子完全图，也可以将图G划分成b个蓝色子完全图，使得a + b ≤ n + 1。
对于一个二染色的完全图G，我们先取出图G的顶点最多的红色子完全图G （如有若干 个红色子完全图的顶点数并列最多，则任取其中一个为G 。对于单独一个点的图，我们可 以看作红色子完全图，也可以看作蓝色子完全图）；在图G中去除G 后，再在剩下的子图 中取出顶点最多的红色子完全图G ；……；以此类推，设最后一个红色子完全图为G 。我
此模型即满足N = a + b = 2k = 2√n 。 ②当k ＜n ≤ k(k + 1)时，(2k) ＜4n ≤ 4k(k + 1)＜(2k + 1) ，因此 2√n = 2k + 1。 可以构造模型如下： 将n个学生分为k个红组，每组k或k + 1个人，使得同组的人互相认识，不同组的人互
相不认识。然后将每组的人依次编号为1、2、 … 、k、k + 1（只有k个人的组，编号到k即 可），并将各组中编号相同的人分为同一个蓝组，则得到k + 1个蓝组，同组的人互相不认 识。
根据条件，可以将n个学生分为a个红组R 、R 、 … 、R ，使得同组中任意两人互相认 识；也可以将他们分成b个蓝组B 、B 、 … 、B ，使得同组中任意两人互相不认识。
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根据抽屉原理，红组中人数最多的一组不少于 个人，而这些人要分布在不同的蓝组中，
所以b ≥ ，即得ab ≥ n。于是知N = a + b ≥ 2√ab ≥ 2√n，由于N为整数，所以N ≥ 2√n 。
们称G 、G 、 … 、G 为图G的一个“完美划分”（注意：“完美划分”不唯一）。此时则
有：当i＞j时，G 中每个点都至少与G 中的某个点连有蓝线，且
|G | ≥ |G | ≥ ⋯ ≥ |G | |G | + |G | + ⋯ + |G | = G
（1） （2）
下面我们对|G|用数学归纳法证明：若G 、G 、 … 、G 为图G的一个“完美划分”，则 图G可以划分为|G| + 1 − k个蓝色子完全图。
互相不认识。然后将每组的人依次编号为1、2、 … 、k、k + 1（只有k个人的组，编号到k 即可），并将各组中编号相同的人分为同一个蓝组，则得到k + 1个蓝组，同组的人互相不 认识。
此模型即满足N = a + b = 2k + 2 = 2√n 。 综上所述，N = a + b可以取到的最小值为 2√n 。 注：因翻译者的原因，本题曾产生了两个不同ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ版本。一个是上述版本，另一个是我 当初看到的如下版本： 一个学校有n名学生，他们中任意两人要么互相认识，要么互相不认识。记 N 为满足