答 案
见解析
解析
解：先讨论
的正整数解的组数，将个
排成一行
，
共有
个间隔，若在
个间隔中挑选
个放入
，则
个
把个
分成部分，
反之亦然，故有
种．
再讨论原题，引入新变量
，
，
，
，
则
，且
，
，
，
．
令为
的正整数解组全体，
为
，
的正整数解组全体，
为
，
的正整数解组全体，
为
，
的正整数解组全体，
为
，
的正整数解组全体，
注意到
，由容斥原理
．
答 案
见解析
解析
解：不妨设
．
首先，解决
的情形．
对于子集
，
可定义
．
由中国剩余定理，知同余方程
，
，
①
模块
模块1：
1
1
例题1
x
+
1
x
+
2
⋯+ x
=
r
n
n
◯
◯◯◯◯◯⋯◯
n −1
n −1
r −1
×
r −1
×
n
◯
r
Cn−1
r−1
y
=
1
x
1
y
=
2
x
+
2
3
y
=
3
x
+
3
1
y
=
4
x
−
4
2
y
+
1
y
+
2
y
+
3
y
=
4
20
1 ⩽y
⩽
1
5
1 ⩽y
⩽
2
7
1 ⩽y
⩽
3
6
1 ⩽y
⩽
4
7
I
y
+
1
y
+
2
y
+
3
y
=
4
20
A1
y
+
1
y
+
2
y
+
3
y
=
4
20
y
>
1
5
A2
y
+
1
y
+
2
y
+
3
y
=
4
20
y
>
2
7
A3
y
+
1
y
+
2
y
+
3
y
=
4
20
y
>
3
6
A4
y
+
1
y
+
2
y
+
3
y
=
4
20
y
>
4
7
A
A
A
=
∣
i
j
k∣
0
=
∣∣A
A
A
A
1
2
3
4∣∣
I −
∣∣
A
−
∣
1∣
A
−
∣
2∣
A
−
∣
3∣
A
+
∣
4∣
A
A
+
∣
1
2∣
A
A
+
∣
1
3∣
A
A
+
∣
1
4∣
A
A
∣
2
3
= C
−
20−1
3
C
−
20−5−1
3
C
−
20−7−1
3
C
−
20−5−1
3
C
+
20−7−1
3
C
+
20−5−7
3
C
+
20−5−6−1
3
C20−5−7−
3
= C
−
19
3
C
−
14
3
C
−
12
3
C
−
13
3
C
+
12
3
C
+
7
3
C
+
8
3
C
+
7
3
C
+
6
3
C
+
5
3
C
6
3
= 969 −364 −220 −286 −220 + 35 + 56 + 35 + 20 + 10 + 20
= 55
例题2
1 < d
<
1
d
<
2
⋯< d
n
d
>
1
2
I =
i
, i
, ⋯, i
⊆
{ 1
2
k}
1, 2, ⋯, n
{
}
d
=
1
d
d
⋯d
i
1
i
2
i
k
x ≡r
modd
i
1 (
i
1)
⋯
x ≡r
modd
i
k (
i
k )
在模
下有唯一解．
用
表示其中的一个解(若
，则没有方程，于是，所有整数均为解，在这种情形下
)，
则
与结论①等价．
假设
为任意整数．
根据容斥原理，知同余不等式
，
，
的小于或等于
的解的个数为
．
易知，在
中，同余方程
的解有
或
个，总之，与
相差不超过．
从而，上述解的个数大于
．②
若
，
，则式②
一定大于
．
由于解的个数一定为整数，于是，一定不会为．
对于
的情形，的奇偶性由
决定，可以使用不述换元
或
，代换后使
得另外的不等式变为
，
，
．
由
，则一定有解
．
因此，可在原不等式中找到一个解，
．
答 案
见解析
解析
解：用
表示
中所有元素之和，令
．
直接求
有困难，通过一一映射证明
即可求得
．
解：对任何
，我们作映射
如下：
，
其中当
时，
以
代替．
因为
，
，所以
，易见
为
到
的一一映
射，
．
1
dI
r
I
I = ∅
r
=
I
1
x ≡r
modd
I (
I)
M
x
≡r
modd
1 (
1)
⋯
x
≡r
modd
n (
n)
M
−1
1 ⩽x ⩽M
x ≡r
modd
I⊆1,2,⋯,n
{
}
∑
(
) I∣∣∣{
} ∣
I (
I)∣
1 ⩽x ⩽M
x ≡r modd
(
)
⌊d
M ⌋
⌈d
M ⌉
d
M
1
−1
−
⎝
⎛
I⊆1,2,⋯,n
{
}
∑
(
) I∣∣
d
I
M
⎠
⎞
2n
= M
1 −
−⋯−
+
+ ⋯
−
(
d
1
1
d
n
1
d
d
1
2
1
)
2n
= M
1 −
1 −
⋯
1 −
−
(
d1
1 ) (
d
2
1 )
(
d
n
1 )
2n
M = 3n
d
⩾
i
3 i = 1, 2, ⋯, n
(
)
3
1 −
−
n(
3
1 )
n
2 =
n
0
0
d
=
1
2
x
r
1
x = 2y
x = 2y −1
y
≡s
modd
2 (
2)
⋯
y
≡s
modd
n (
n)
3 ⩽d
<
2
⋯< d
n
y
⩽
0
3n−1
x
x ⩽2 × 3
<
n−1
3n
例题3
A
∥∥
A
F
=
k
A; A ⊆S, A = 31, A
≡k mod5
k = 0, 1, 2, 3, 4
{
∣∣
∥∥
(
)} (
)
F
∣
0∣
F
=
∣
k∣
F
k = 1, 2, 3, 4
∣
0∣(
)
F
∣
0∣
x
, x
, ⋯, x
=
{
1
2
31}
A ∈F
0
f
k
f
A =
k ( )
x
+ k, x
+ k, ⋯, x
+ k
k = 1, 2, 3, 4
{
1
2
31
} (
)
x
+
i
k > 2005
x
+
i
k
x
+
i
k −2005
31k ≡k mod5
(
)
2005 ≡0 mod5
(
)
f
A ∈
k ( )
F
k
f
k
F
0
F
k
F
=
∣
0∣
F
k = 1, 2, 3, 4
∣
k∣(
)
又
，
，
，
，
互不相交，故
，所以
．
答 案
见解析
解析
解：我们要证明，具有性质
的排列个数大于全部排列的一半，即
．
对
，记
为与
相邻的排列集合，则
是所有具有性质
的排
列的集合．由容斥原理易于得出
．⑦
而
(将与
视为一个元素，共有
种排列，又可将与
的
位置交换)；以及
(理由同上，将与
，与
并在一起，共有
种排列，而将与
，与
的位置交换，各有种可能)，故由⑦得到
．
答 案
见解析
解析
解：首先定义：
对于
中的一个排列
，如果满足
，则称该排列为自然排
列；
对于
中的一个排列
，如果有整数
，使得
则
称
和
构成一个“相邻逆序”；
对于
，如果它恰有一个“相邻逆序”，则称该排列为“一阶好排列”，
中所
有“一阶好排列”的个数记为
；如果它恰有两个“相邻逆序”，则称谚排列为“二阶好排列”，
中
所有“二阶好排列”的个数记为
；依题意知，
恰好是要求的
中“好排列”的个数．
由题意知：
，
，
，
．
以下为了叙述简便，我们把由给定的个不同实数的所有全排列构成的集合记为
，其次求
．
我们先来考察
与
之间的递推关系．
对
中的每一个“一阶好排列”(记为)，我们考虑从中取出最大的数
后剩下的个数
，
，
，
按原来的顺序构成的排列(记为)．
如果排列是
中的“一阶好排列”，且“相邻逆序”为
，那么，在排列中，
的位置只
1
1
F
0
F
1
F
2
F
3
F
4
F
=
k=0
∑
4
∣
k∣
F
=
∣∣∣∣∣
k=0
⋃
4
k
∣∣∣∣∣
C
2005
31
F
=
∣
0∣
C
5
1
2005
31
例题4
P
2n !
2
1 (
)
k ∈1, 2, ⋯, n
{
}
S
k
k
k + n
S =
S
k=1
⋃
n
k
P
S ⩾
∣∣
S
−
k=1
∑
n
∣
k∣
S
∩S
1⩽k<l⩽n
∑
∣
k
t∣
S
=
∣
k∣
2 ⋅2n −1 !
(
)
k
k + n
2n −1 !
(
)
k
k + n
S
∩S
=
∣
k
t∣
2 ⋅
2
2n −2 !
(
)
k
k + 1
l
l + n
2n −2 !
(
)
k
k + 1
l
l + n
2
S ⩾
∣∣
n ⋅2 ⋅2n −1 ! −
(
)
⋅
(n
2) 2 ⋅
2
2n −2 !
(
)
= 2n ⋅2n −2 ! ⋅
(
)
n >
⋅
2
1
2n !
(
)
例题5
A
a
, a
, ⋯, a
( 1
2
n)
a
<
1
a
<
2
⋯< a
n
A
a
, a
, ⋯, a
( 1
2
n)
j ∈1, 2, ⋯, n −1
{
}
a
>
i
a
i+1
ai
ai+1
a
, a
, ⋯, a
∈
( 1
2
n)
A
n
A
f
n
1 ( )
A
f
n
2 ( )
f
n
2 ( )
A
f
1 =
1 ( )
0
f
2 =
1 ( )
1
f
1 =
2 ( )
f
2 =
2 ( )
0
f
3 =
2 ( )
1
k
A
k = 1, 2, ⋯, n
k (
)
f
n
1 ( )
f
k + 1
1 (
)
f
k
1 ( )
Ak+1
a
a
k+1
k
a
1
a
2
⋯
an
b
b
Ak
a
>
i
a
i+1
a
a
k+1
能在
，
之间或最后；
如果排列不是
中的“一阶好排列”，则排列中的“相邻逆序”的个数不为，显然排列中“相邻逆
序”的个数不能大干(否则，排列不是“一阶好排列”，理由是：因为
是最大的数，所以排列
中“相邻逆序”的个数一定不少于排列中“相邻逆序”的个数)，从而排列中“相邻逆序”的个数为，此
时排列是一个自然排列，而排列酣是“一阶好排列”，所以
的位置不能在最后(有种可能的位
置)．
综合上面的分析可知：
，即
，
所以
，即
．
最后求
．
我们先来考察
与
之间的递推关系．
对
中的每一个“二阶好排列”(记为)，我们考虑从中取出最大的数
后剩下的个数
，
，
，
按原来的顺序构成的排列(记为)．
如果排列是
中的“二阶好排列”，且“相邻逆序”为
，
，那么在排列中，
的位置只能在
，
之间或
，
之间，或者排在最后；
如果排列不是
中的“二阶好排列”，则它一定是
中的“一阶好排列”，设“相邻逆序”为
，因为排列是“二阶好排列”，所以
的位置不能在
，
之间，也不能排在最后，其余位置
都行，有
种可能．
综合上面分析可知：
，又
，所以
，变形为
所以
，，即
，
因此
中“好排列”的个数为
个．
答 案
见解析
解析
解：设共有
种不同的密码设置，且不妨设一个点为正边形，一条线段为正边形，于是
，
．
依次将
，
，
，
赋值和染色，使得
与
的数字与颜色中至少有一种相同，于是
有种设置，当
取定后，
有种设置
，故共有
种设置．
设其中
与
的数字与颜色都不相同的有
种，
与
的数字与颜色完全相同的有
种，
与
的数字与颜色恰有一种相同的有
种，则
，①
，②
，③
，④
由①得
．⑤
得
1
ai
ai+1
b
Ak
b
1
b
1
a
a
k+1
a
b
b
0
b
a
k+1
k
f
k + 1 =
1 (
)
2f
k +
1 ( )
k
f
k + 1 +
1 (
)
k + 1 +
(
)
1 = 2 f
k + k + 1
[
1 ( )
]
f
n +
1 ( )
n + 1 = 4 × 2n−2
f
n =
1 ( )
2 −
n
n −1
f
n
2 ( )
f
k + 1
2 (
)
f
k
2 ( )
Ak+1
c
a
k+1
k
a
1
a
2
⋯
ak
d
d
Ak
a
>
1
a
i+1
a
>
j
a
j+1
c
ak+1
ai
ai+1
aj
aj+1
d
Ak
A
k
a
>
i
a
i+1
c
a
k+1
a
i
a
i+1
k −1
f
k + 1 =
2 (
)
3f
k +
2 ( )
k −1 f
k
(
)
1 ( )
f
n =
1 ( )
2 −
n
n −1
f
k + 1 =
2 (
)
3f
k +
2 ( )
k −1
2 −k + 1
(
) ( k
)
f
k + 1 +
2 (
)
k + 2 ⋅
(
) 2
−
k+1
k + 1
k + 2 =
2
1 (
) (
)
3 f
k + k + 1 ⋅2 −
k k +
[
2 ( )
(
)
k
2
1
(
f
n +
2 ( )
n + 1 ⋅
(
) 2 −
n
n n + 1 =
2
1
(
)
27.3n−3
f
n =
2 ( )
3 −
n
n + 1 ⋅
(
) 2 +
n
n n + 1
2
1
(
)
An
3 −
n
n + 1 ⋅
(
) 2 +
n
n n + 1
2
1
(
)
例题6
an
1
2
a
=
1
4
a
=
2
4 × 3 = 12
A1
A2
⋯
An
Ai+1
Ai
A1
4
Ai
Ai+1
3
i = 1, 2, ⋯, n −1
(
)
4 × 3n−1
An
A1
bn
An
A1
cn
An
A1
dn
a
+
n
b
=
n
4 × 3n−1
c
=
n
a
n−1
a
=
n
c
+
n
d
n
b
=
n
b
+
n−1
d
n−1
a
+
n−1
b
=
n−1
4 × 3n−2
①−⑤
．⑥
而由④，③，②有
，⑦
⑦代入⑥得
，
所以
．
于是，当
时，
．
当
时，
，
故总有
．
综上得不同的密码设置共有
种．
答 案
见解析
解析
解：解答：将等边三角形三点看成，，三个元素，如果考虑翻转变换，那么有旋转
，旋转
变换是对称作用．还有轴对称是对称作用．所以有波利亚定理，解答和具体方案如下图
(解)：设针对
的置换群为
所求不等价的方案数为
所有着色方案见图
．
如果不考虑反转，
若置换群为
，即只有旋转，
没有翻转，则不等价的方案数
1
a
−a
+
( n
n−1)
b
−b
=
( n
n−1)
4 × 3
−3
=
( n−1
n−2)
8 × 3n−2
b
−
n
b
=
n−1
d
=
n−1
a
−
n−1
c
=
n−1
a
−
n−1
a
n−2
a
−a
+
( n
n−1)
a
−a
=
( n−1
n−2)
8 × 3n−2
a
−
n
a
=
n−2
8 × 3
n ⩾3
n−2 (
)
n = 2k
a
=
n
a
=
2k
a
+
2
a
−a
+
( 4
2)
a
−a
+
( 6
4)
⋯+ a
−a
( 2k
2k−2)
= 12 + 8 × 3 +
2
8 × 3 +
4
⋯+ 8 × 32k−2
= 12 +
=
3 −1
2
8 × 3 × 3
−1
2
( 2k−2
)
12 + 3 ×
2
3
−1
( 2k−2
)
= 3
+
2k
3 = 3 +
n
2 + −1
(
)n
n = 2k + 1
a
=
n
a
=
2k+1
a
+
1
a
−a
+
( 3
1)
a
−a
+
( 5
3)
⋯+ a
−a
( 2k+1
2k−1)
= 4 + 8 × 3 + 8 × 3 +
3
⋯+ 8 × 32k−1
= 4 +
=
3 −1
2
8 × 3 × 3
−1
( 2k
)
4 + 3 × 3
−1
( 2k
)
= 3
+
2k+1
1 = 3 +
n
2 + −1
(
)n
a
=
n
3 +
n
2 + −1
(
)n
3 +
n
2 + −1
(
)n
例题7
1
2
3
120∘
240∘
S =
1, 2, 3
{
}
Q
=
1
1
2
3 , 123 , 1
23 , 13
2 , 3
12
{( ) ( ) ( ) (
) ( ) (
) (
) ( ) ( ) (
)}
l
=
1
3 + 2 × 3 + 3 × 3
=
6
1 [ 3
1
2]
10
6.4.2
Q
=
2
1
2
3 , 123 , 132
{( ) ( ) ( ) (
) (
)}
1
比在
作用下的着色方案多了一个，它是图
中最后一种，
涂法翻转过来的情形．
答 案
见解析
解析
解：使正方体重合的关于顶点的运动群星(参见图．．)
单位元
，格式为
；
绕
轴旋转
的置换分别为
和
，格式为
，同类的置
换共有个；
绕
轴旋转
的置换为
，格式为
，同类的置换有个；
绕
轴旋转
的置换为
，格式为
，同类的置换有个；
绕
轴旋转
的置换分别为
和
，格式为
，同类置换有个．
由
定理，不同的染色方案数为
答 案
见解析
解析
解：使之重合的运动有关于圆环中心旋转
和
，以及关于
和
轴翻转
．故有置换群
，其中
，
，
，
，
，
，
，
格式为
的置换有个，
的个，
的个，
的个，由P lya定理知方案数为
．
1
1
l
=
2
3 + 2 × 3
=
3
1 [ 3
1]
11
Q1
6.4.2
j
( )
例题8
6
4
3
1
( )
1
2
3
4
5
6
7
8
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1
( )8
2
( )
xx′
±90∘
1234
5678
(
) (
)
4321
8765
(
) (
)
4
( )2
6
3
( )
xx′
180∘
13
24
57
68
(
) (
) (
) (
)
2
( )4
3
4
( )
yy′
180∘
17
26
35
48
(
) (
) (
) (
)
2
( )4
6
5
( )
zz′
±120∘
136
475
8
2
(
) (
) ( ) ( )
631
574
2
8
(
) (
) ( ) ( )
1
3
( )2( )2
8
Polya
L =
2 + 6 × 2 + 3 × 2 + 6 × 2 + 8 × 2
=
24
1 [ 8
2
4
4
4]
23
例题9
±90∘
±180∘
xx′
yy′
180∘
B =
p
, p
, ⋯, p
{
1
2
8}
p
=
1
v
v
v
v
( 1) ( 2) ( 3) ( 4)
p
=
2
v
v
v
v
( 2) ( 4) ( 1
3)
p
=
3
v
v
v
v
( 1
2
3
4)
p
=
4
v
v
v
v
( 1) ( 3) ( 2
4)
p
=
5
v
v
v
v
( 1
3) ( 2
4)
p
=
6
v
v
v
v
( 1
4) ( 2
3)
p
=
7
v
v
v
v
( 4
3
2
1)
p
=
8
v
v
v
v
( 1
2) ( 3
4)
1
( )4
1
4
( )1
2
2
( )2
3
1
2
( )2( )1
2
L =
3 + 2 × 3 + 3 × 3 + 2 × 3
=
8
1 ( 4
2
3)
21
答 案
见解析
解析
解：对给定的
，满足
，且
①
的三元数组
的个数记为
．
注意到，若，固定，则显然至多有一个使得①成立．因
，即有
种选法，故
．
同样地，若，固定，则至多有个使得①成立．因
，即有
种选法，故
．从而
．
因此，当为偶数时，设
，则有
．
当为奇数时，设
，则有
．
1
例题10
j 1 < j < n
(
)
1 ⩽i < j < k ⩽n
=
a
−a
k
j
a
−a
j
i
r
i, j, k
(
)
g
r
j ( )
i
j
k
i < j
i
j −1
g
r ⩽
j ( )
j −1
j
k
i
k > j
k
n −j
g
r ⩽
j ( )
n −j
g
r ⩽
j ( )
min j −1, n −1
{
}
n
n = 2m
f
r =
n ( )
g
r =
j=2
∑
n−1
j ( )
g
r +
j=2
∑
m−1
j ( )
g
r
j=m
∑
2m−1
j ( )
⩽
j −1 +
j=2
∑
m
(
)
2m −j =
j=m+1
∑
2n−1
(
)
+
2
m m −1
(
)
2
m m −1
(
)
= m −
2
m < m =
2
4
n2
n
n = 2m + 1
f
r =
n ( )
g
r =
j=2
∑
n−1
j ( )
g
r +
j=2
∑
m
j ( )
g
r
j=m+1
∑
2m
j ( )
⩽
j −1 +
i=2
∑
m
(
)
2m + 1 −j
k=n+1
∑
2m
(
)
= m <
2
4
n2
