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训练题E解答


2014 东南地区冬令营赛前训练题 E 解答
陶平生提供
1 、 ?ABC 的三条边长为 a, b, c ,证明:对任何正整数 n ? 2 ,成立不等式:
n

a n ? bn ? n bn ? c n ? n c n ? a n 1 ? 1? ? n 2 . a?b?c 2

证:由于三角形中,小边之和大于

大边,故可设 a ? b ? c ? a ? b ,所证式等价于
n

a ? b ? b ? c ? c ? a ? (a ? b ? c) ?
n n n n n n n n n

n

2 (a ? b ? c) 2
… ①,

由于

2 (a ? b ? c) ? n 2 ? c ? n c n ? c c ? n b n ? c c 2
n

因此只要证 a ? b ? c ?

a n ? bn ? n c n ? a n … ②,
n

a ?a ? n n n n n 为此,先证 ? b ? a ? b … ③,即要证 ? ? b ? ? a ? b ,由于 2 ?2 ?
n n ?a ? n k ?a? n ?k k ?a? n?k n ,即要证 ? b ? b ? C b Cn ? ? n ? ? ? ? ? ? b ?a , ?2 ? ?2? ?2? k ?1 k ?1 n k k

?1? ?b? 即证 ? C ? ? ? ? ?2? ?a? k ?1
n k n

k

n?k

? 1, ?1? ?1 ? ? 3? ? ? C ? ? 1n ?k ? ? ? 1? ? 1 ? ? ? ? 1 ? 1 , ?2? ?2 ? ? 2? k ?1
n k n k n 2

?1? ?b? 因 ?C ? ? ? ? ?2? ?a? k ?1
n k n

k

n?k

同理可得

a ? c ? n an ? cn 2

… ④,

③+④得②成立,再由①②,便得到所证结论成立.

2 、如图,在等腰梯形 ABCD 的下底(较长底边) BC 上的一点,以 PD 为直径的圆 与梯形的外接圆 O 交于 E , DE 的延长线交直线 BC 于 M , AP 的延长线交 O 于 N . 证明: MN ? AN . D 证:如图,作 O 的直径 AK , A
则 ?ANK ? 90 ,于是只要证, M , N , K 三点
0

E
共线; (以下将以 XY 为直径的圆记为 于是点 N 在
PK XY

; )

B M N

P

O C

上,

1

连 DK ,交 BC 于 F ,则因 ?ADK ? 90 , AD ∥ BC ,则 ?PFK ? 90 ,
0 0

故 PFKN 共圆 因 DE 是
PK PD

PK

,于是 PF 为

PD

,

PK

的公共弦,故也是这两圆的根轴,

, O 的公共 弦, KN 是

, O 的公共弦,因此分别是相应两

A E B M N P O

D

圆的根轴, 所以, 三条根轴交于一点 (根心) , 由于 M 是其中两线的交点,于是另一线 KN 也 过点 M , 即 M , N , K 共线,而 ?ANK ? 90 ,
0

F K

C

即是 MN ? AN .

3 、将 k 枚棋子放置于一张 7 ? 7 的方格表中.求 k 的最小值,使得对于表中的任意三
行和任意三列,它们交叉位置的九个格子(称为一个九格组)中,都至少含有一枚棋子. 解:最小值 k ? 16 ;称满足以上条件的布放棋子方案为“具有性质 P ” ; 首先说明,对于一种具有性质 P 的布棋方案 T ,则任意交换表中两行, 所得的表 T ? 也具有性质 P , 事实上,假设交换 T 表的第 m, n 行之后,使得新表 T ? 中的第

a, b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子;

10 、如果 m, n ??a, b, c? ,即第 a, b, c 行均未参与交换,那么
原表 T 中第 a, b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子,此与所 设表 T “具有性质 P ”相矛盾!

20 、如果 m, n 中恰有一数属于 ?a, b, c? ,不妨设 a ? m ,那么在交换之前的原表 T 中,
第 n, b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子,也与所设矛盾!

30 、若 m, n ??a, b, c? ,不妨设 m ? a, n ? b ,即第 a 行与第 b 行交换,那么交换前的
表 T 中,第 a, b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子,亦与所设矛盾! 因此任意交换表 T 中两行,所得的表 T ? 也具有性质 P , 同样得到,任意交换表 T 中两列,所得的表 T ? 也具有性质 P ; 经上述适当交换后,用 S j 表示第 j 行的棋子个数,可以设 S1 ? S2 ?

? S7

显然有 S1 ? S2 ? S3 ? 5 , (假若 S1 ? S2 ? S3 ? 4 ,那么在由前三行所组成的 3 ? 7 表中,棋

2

子至多能占据 4 个列,剩下的 3 列无棋子,也就是有 3 ? 3 交叉九格无棋子,矛盾! ) 如果 S1 ? 0 ,即有 S2 ? S3 ? 5 ,得 S3 ? 3 ,于是当 j ? 3 时, S j ? 3 ,这时表中棋子总 数

?S
j ?1

7

j

? ( S1 ? S2 ? S3 ) ? ( S4 ?

? S7 ) ? 5 ? 4 ? 3 ? 17 ;

若 S1 ? 1, S2 ? 1 ,则 S3 ? 3 ,当 j ? 3 时, S j ? 3 ,亦有

?S
j ?1

7

j

? 17 ;

若 S1 ? 1, S2 ? 2 ,我们来证明,表中棋子总数至少应有 16 个:为此,考虑第五行的棋 子数 S5 :由于 S5 ? S2 ? 2 , 如果 S5 ? 2 ,则 S5 ? S4 ? S3 ? S2 ? 2 ,

(10 ) 、若 S1 ? 1 ,那么表中前两行只有 3 枚棋子,
不妨认为这 3 枚棋子落在前两行中的前三列,而四、五、六、七列无棋子, 用 H (k , j ) 表示第 k 行第 j 列的交叉位置,则对于 k ? 3 ,第 k 行的第四、五、六、七列交 叉处,都至少共有两枚棋子,即 H (k , 4), H (k ,5), H (k , 6), H (k , 7)中至少有两个位置布了 棋子, (如果第 k 行的这四个位置至多布了一个棋子,那么第 k 行和第一、二行的第四、五、 六、七列组成的 3 ? 4 表中,便存在无棋子的 3 ? 3 交叉九格,矛盾! ) 这样一来,在 S3 ? S4 ? S5 ? 2 的前提下,这三行的第一、二、三列皆无棋子,于是又存 在无棋子的 3 ? 3 交叉九格,矛盾!

(20 ) 、若 S1 ? 2 ,则因 S5 ? 2 ,得 S5 ? S4 ? S3 ? S2 ? S1 ? 2 ,前五行的这十枚棋子,
若有三枚同列,这三枚棋子所在的行(不妨设是第一、二、三行) ,全部六枚棋子至多占据 四列,则在这三行中,存在无棋子的 3 ? 3 交叉九格,矛盾! 于是前五行的这十枚棋子,要分布于至多七个列,且不允许出现三棋子同列,必有这样的 三列,每列落有两子,将这三列中的六枚棋子标为红色,六枚红子在前五行中,必有两子同 行,不妨设位于第一行的最左边两个位置(第一、二列中) ,再设第一列另一红子位于第 m 行,第二列的另一红子位于第 n 行,1 ? m, n ? 5 ,那么前五行中的第 1 ,第 m ,第 n 行(如 果 m ? n ,就在前五行中再另取一行) ,这三行中的总共六枚棋子,有四枚位于前两列,剩 下两枚棋子,至多占据两列,于是这三行中又存在无棋子的 3 ? 3 交叉九格,矛盾! 因此, S5 ? 2 ,从而 S5 ? 3 ,进而 S7 ? S6 ? S5 ? 3 , 当 S1 ? 1, S4 ? S3 ? S2 ? 2, S7 ? S6 ? S5 ? 3 时, k ? 如图中的构造便是取得最小值的一种情形.

?S
j ?1

7

j

? 16 ,此等号可以取到,例

3

4 、设 n ? 3 ,问是否能将集合 M ? ?1, 2,

,3n? 分拆成三个这样的 n 元子集 A1 , A2 , A3 ,使

得对于每个子集 Ai ,其中任两个数之和被 3n ? 1 除得的余数,既不为零,也不等于该集合 中的另一个数? 试就 n ? 4, 5 分别讨论上述问题. 解: 10 . n ? 4 时,对于集合 M ? ?1, 2,

? ?

,12? ,存在这种分划,例如分成

?1, 2, ?1, 2, ?1, 2, ?1, 2,
0

,12? ? ?1, 2, 4,7? ,12? ? ?1,5,7,10? ,12? ? ?1, 2, 4,8? ,12? ? ?1, 2,7,10?

?5,9,10,11? ?3,6,8,12? , ?2,3, 4,8? ?6,9,11,12? ; ?3,6,11,12? ?5,7,9,10? , ?3, 4,6,8? ?5,9,11,12? ;
,15? ,不存在这样的分划.
,5 ,则 B ? ?b1 , b2 , b3 , b4 , b5 ? ? P ,

(只有这两对分法;若将一个式子中的每个元素 a 换为 13 ? a ,便得另一式).

? 2 ? . n ? 5 时,对于集合 M ? ?1, 2,

为此,考虑适合条件的所有 5 元子集,称题中条件为性质 P ,若 5 元子集

A ? ?a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ? ? P ,令 bi ? 16 ? ai , i ? 1,

称这种子集 A, B 为“相伴集” ,显然,这两种子集 A, B 一一对应. 为此,考虑数对

?1 ? ?1,15? , ? 2 ? ? 2,14? , ?3 ? ? 3,13? , ? 4 ? ? 4,12 ? , ?5 ? ?5,11? , ?6 ? ? 6,10 ? , ?7 ? ? 7,9 ? ,
以及 8 ,由于每对数的和为 16,故不能同在一集,记含 1 的五元子集类为 F1 ,含 15 的五元 子集类为 F?1 ,其余五元子集类为 F0 ,显然, F1 的集与 F?1 的集一一对应,且 F1 的集与 F?1 的集中都不能含有相邻的数。今求 F1 中的所有集合: 为此, 先证明, F1 类中的任一集合不含元素 5, 7,13 . 采用反证:

F1 类中如存在集合 A ,使 5 ? A ,因为 1? A ? 4,6,11,12 ? A .(这是由于 4, 6 皆与 5 相
邻,且 11 ? 5 ? 0 ? mod16 ? ,12 ? 5 ? 1? mod16 ? ,以下的同余记号中均省略 mod16 ) ),于是 另三数将取自 ? 2,14 ? , ? 3,13? , ? 7,9 ? ,8,10 ,且 ? 2,14? 与 ? 3,13? 中的任两数不能共存,这是 由于,若取 2, 因 3 ? 2 ? 5,13 ? 5 ? 2, 则 3,13 皆不能取;若取 14, 因 14 ? 5 ? 3,14 ? 1 ? 13, 则

3,13 也不能取。反之,如取 3 或 13 ,据以上四式知, 2 与 14 也不能取.
4

?1? .

若 三 数 取 自 ? 3,13? , ? 7,9 ? ,8,10 , 若 7 ? A , 则 8 , 9 , ? 1A 0 因 7 ?1 ? 8 ,

7 ? 9 ? 0,7 ? 10 ? 1 ,故 7 不能取,因此另三数将取自 ? 3,13? ,8,9,10 ,显然 9 ? A ,否则不
能取 8,10 ,也不能同取 3,13,矛盾. 于是 A 中的数是 ?1,3,5,8,10 ? ,或 ?1,5,8,10,13? , 但前组中有 3 ? 5 ? 8 ,后组中有 5 ? 8 ? 13 ,矛盾.

? 2 ? . 若三数取自 ? 2,14? , ? 7,9? ,8,10 ,同样知 7 不能取,即另三数在 ? 2,14? ,8,9,10 中选
取,进而知 9 不能取,否则不能取 8,10 ,也不能同取 ? 2,14 ? . 于是 A 中的数为 ?1, 2,5,8,10 ? 或 ?1,5,8,10,14 ? ,而前组中有 2 ? 8 ? 10 ,后组中有 10 ? 14 ? 8 ,矛盾.所以 5 ? A . 使 7? A, 因为 1? A ? 6,8,9,10 ? A , ( F1 类中如存在集合 A , 8,6 与 7 相邻,7 ? 9 ? 0, ,因此另三数将取自 ? 2,14 ? , ? 3,13? , ? 4,12 ? ,11 ,且由 3 ? 4 ? 7, 12 ? 7 ? 3 , 7 ? 10 ? 1 )

13 ? 4 ? 1,13 ? 12 ? 1 知, ? 3,13? , ? 4,12 ? 中的任两数不能并存;

?1? .

若另三数取自 ? 2,14 ? , ? 3,13? ,11 ,则 11? A ? 3 ? A ? 13 ? A ? 14 ? A ? 2 ? A ,

故 A 中的数是 ?1, 2, 7,11,13? ,而其中有 2 ? 11 ? 13 ,矛盾.

? 2? .

若另三数取自 ? 2,14 ? , ? 4,12 ? ,11 ,则 11 ? A ?12 ? A ? 4 ? A , 而 7 ? 4 ? 11 ,矛盾.

因此 7 ? A. . ( 33 F1 类中如存在集合 A ,使 13 ? A ,因为 1? A ? 3, 4,12,14 ? A , 1 ?,0 ?

43 1 ?1 ? ,

,且据前述, 5,7 ? A ,因此另三数将取自 ? 6,10 ? , 2,8,9,11 , 12 ? 1 ? 13,14 ? 1 ? 13 ) 若取 9 ,则 6,8,10 ? A (因 8,10 与 9 相邻,而 9 ? 13 ? 6 ) ,故 A 中的数只有 1, 2,9,11,13 , 而其中 2 ? 9 ? 11 ,矛盾. 故 9 不取, A 中另三数取自 ? 6,10 ? , 2,8,11 因 2 ? 11 ? 13 ,故 2,11 不能同取, 8 必取,且 (因 6 ? 2 ? 8, 2 ? 8 ? 10 ) ,矛盾,若取 11, 因 ? 6,10 ? 中必取一数,若取 2, 则 6,10 不能取,

11 ? 13 ? 8 ,也得矛盾.故 13 ? A ,从而 5,7,13 ? A .
所以 A 中除 1 外的另四数取自 ? 2,14 ? , ? 4,12 ? , ? 6,10 ? , ?8,9 ? ,3,11 , (括号中的每对数不能 同取) ,若取 11 ,则 6,10,12 不能取(因 10,12 与 11 相邻,6 ? 11 ? 1 ) ,余下的数为 ? 2,14 ? , ,于是得两组解: ? 3, 4? , ?8,9? ,每组恰取一数,且 3 不能取(否则 2, 4,8,14 皆不能取)
5

?1, 2, 4,8,11? , ?1, 4,8,11,14? ;
若不取 11 ,如果取 3 ,则 2, 4,14不能取(因 2, 4 与 3 相邻, 14 ? 3 ? 1) ,余下三数从

? 6,10? , ?8,9? ,12 中取出,每组恰取一数,得两组解: ?1,3, 6,8,12? , ?1,3,8,10,12? ;
如果 11 与 3 都不取,即要从 ? 2,14 ? , ? 4,12 ? , ? 6,10 ? , ?8,9 ? 中取出四数,每组恰取一数,则 只有一解: ?1, 6,9,12,14 ? . (这是由于,若有 8 ? A, 如果 2 ? A ? 6,10 ? A ,矛盾;如果

14 ? A ? 6 ? A ? 10 ? A ? 4 ? A ? 12 ? A ,因 12 ? 14 ? 10 ? 10 ? A ,矛盾.
故 8 ? A ? 9 ? A ? 10 ? A ? 6 ? A ,如果 2 ? A, 因 4 ? 2 ? 6,12 ? 6 ? 2 ,则 4,12 ? A , 矛盾,故 2 ? A ? 14 ? A ,因 14 ? 6 ? 4 ? 4 ? A ? 12 ? A ,故得一解 ?1, 6,9,12,14 ? ) 由此知, F1 类共有五个集: A1 ? ?1, 2, 4,8,11? , A2 ? ?1, 4,8,11,14 ? , A3 ? ?1,3,6,8,12 ? ,

A4 ? ?1,3,8,10,12 ? , A5 ? ?1,6,9,12,14 ? ; 据 相 伴 性 得 , F?1 类 也 恰 有 五 个 集 : B1 ? ?15,14,12,8,5? , B2 ? ?15,12,8,5, 2 ? , B3 ? ?15,13,10,8, 4 ? , B4 ? ?15,13,8,6, 4 ? , B5 ? ?15,10,7, 4, 2 ? .
用 Ck 表示 F0 类集合,考虑集 M 的分划: M ? Ai

Bj

Ck ,注意其中 Ai , B j 中不能同

时含有 8 及任何相同元素,这种搭配只有三种:? A3 , B5 ? , ? A5 , B3 ? , ? A5 , B5 ? ,对于这三种搭 配,分别有,C1 ? M ? ? A3

B5 ? ? ?5,9,11,13,14? ,C2 ? M ? ? A5

B3 ? ? ?2,3,5,7,11? ,

C3 ? M ? ? A5

B5 ? ? ?3,5,8,11,13? ;显然,C1 中有 5 ? 9 ? 14 ,C2 中有 2 ? 3 ? 5 ,C3 中

有 3 ? 5 ? 8 ,即 C1 , C2 , C3 都不具有性质 P ,因此,不存在合于题意的分划.

6


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