答 案
见解析
解析
解：显然
，
，
，
，
这
个数都在
区间，于是，由抽屉原理知：存在
使得
．
即
．
取
，
．
答 案
见解析
解析
解：不妨设
：若
与其他集合都至少有一个公共元素，那么
中的元素在
中总共至少出现了
次．由抽屉原理，知：存在
，使得属于
中的至少
个集合．
：若在中存在个集合
，
，
，
使得与
无公共元素，但
，
，
，
也是属于集合中，其余
个集合与
至少有一个公共元素，这样，
的元素总共在
中出现了
那么由抽屉原理知：存在
，使得属于
，
，
，
中的至少
个合集．
模块
模块1：
1
1
例题1
0
a
{ }
2a
{
}
⋯
qa
{
}
q + 1
0, 1
[
)
0 ⩽i < j ⩽q
ia −ja
<
∣{
}
{
}∣
q
1
ja −ia
−j −i a <
∣([
]
[
])
(
) ∣
q
1
x = ja −
[
]
ia ∈
[
]
N∗
y = j −i ∈N∗
例题2
A
=
∣
1∣
k ⩾2
1
( )
A1
A1
A
⋃
i=1
n
i
n + k −1
x ∈
A
⋃
i=1
n
i
x
A
, A
, ⋯, A
1
2
n
>
k
n + k −1
k
n
2
( )
S
t
B
1
B
2
⋯
B
t
A
1
B
∪
1
A
1
B
∪
2
A
2
⋯
B
∪
t
A
1
s
n −2t −1
A
1
A
1
A
⋃
i=1
n
i
n −2t −1 + kt + k = n + k −2 t +
(
)
k −1 > n + k −1
x ∈
A
⋃
i=1
n
i
x
A
1
A
2
⋯
A
n
k
n
答 案
见解析
解析
解：若能分，由抽屉原理知：，
，
，
这
个数至多有一个是的倍数，
：若存在一个数为的倍数，注意是素数，则不管怎么分，肯定有一个集合的元素的乘积是
的倍数．而另外肯定不是的倍数．故矛盾
：若这
个数都不是的倍数，则假设分成两个集合的乘积相等，并记每个集合的乘积为
，则有
显然由威尔逊定理有：
另外一方面，
，则
，型素因子．否则
．
显然与费马小定理矛盾．故不可能有
．
答 案
见解析
解析
解：我们先证明一个引理：整数集
的任意非空子集的元素之和均不为
的
倍数，当且仅当
，这里
．
引理的证明：根据条件知，
，
，
，
，
恰构成模
的完系；，
，
，
，
，
也
恰构成模
的完系．从而知
．同理可知
．
若
，则
，且
，与条件矛盾．故
．
反之，若
，
，则
的任意
元子集的元素和模
余
，显然不能被
整除．
综上所述，引理得证！
下面回到原题．
因为
，知
．
注意到
，且根据容斥原理，
中恰有
个数与
互素．故满足题设条件的
元子集
恰有
个．
1
1
例题3
n
n + 1
⋯
n + p −2
p −1
p
1
( )
p
p
p
p
2
( )
p −1
p
x
x =
2
n n + 1
n + 2
n + 3
n + 4
n + 5 ⋯n + p −3
n + p −2
(
) (
) (
) (
) (
)
(
) (
)
x =
2
n n + 1
n + 2 ⋯n + p −2 ≡
(
) (
)
(
)
p −1 ! ≡
(
)
−1 modp
(
)
p
n + 1
∣∣
2
p = 4k + 1
p = 4k + 3
n
=
p−1
n
=
4k+2
n
≡
(
2)
2k+1
−1
=
(
)2k+1
−1 modp
(
)
x ≡
2
−1 modp
(
)
例题4
a
, a
, ⋯, a
{
1
2
2015}
2016
a
≡
1
a
≡
2
⋯≡a
≡
2015
r mod2016
(
)
r, 2016 =
(
)
1
0
a1
a
+
1
a
2
a
+
1
a
+
2
a
3
⋯
a
+
1
a
+
2
a
+
3
⋯+ a
2015
2016
0
a2
a
+
2
a
1
a
+
2
a
+
1
a
3
⋯
a
+
2
a
+
1
a
+
3
⋯+ a
2015
2016
a
≡
1
a
mod2016
2 (
)
a
≡
1
a
≡
2
⋯≡a
≡
2015
r mod2016
(
)
r, 2016 =
(
)
d > 1
<
d
2016
2015
a
+
1
a
+
2
⋯+ a
≡
d
2016
r ⋅
≡
d
2016
2016 ⋅
≡
d
r
0 mod2016
(
)
r, 2016 =
(
)
1
a
≡
1
a
≡
2
⋯≡a
≡
2015
r mod2016
(
)
r, 2016 =
(
)
1
a
, a
, ⋯, a
{
1
2
2015}
k 1 ⩽k ⩽2015
(
)
2016
k ⋅r
2016
2016 = 2 ×
5
3 ×
2
7
φ 2016 =
(
)
2016
1 −
1 −
1 −
=
(
2
1 ) (
3
1 ) (
7
1 )
576
5 × 10 =
6
2016 × 2480 + 320
1, 2, ⋯, 320
{
}
320 −
−
[ 2
320 ]
−
[ 3
320 ]
+
[ 7
320 ]
+
[2 × 3
320 ]
+
[2 × 7
320 ]
−
[3 × 7
320 ]
=
[ 2 × 3 × 7
320
]
2016
2015
A
92 ⋅C
+
2481
2015
576 −92 ⋅
(
) C
=
2480
2015
92 ⋅C
+
2481
2015
484 ⋅C
2480
2015
答 案
见解析
解析
解：将所给的边形的各边依次记为
，
，
，
，考虑他们在正方形两条相邻边上的投影，
设
的两个投影长度为
，
，由于边形是凸的，所以正方形边上的每一点至多被该边形的边
的两条射影覆盖，所以
，
另外显然有
，故
即
所以存在一个．使得
故以
，
为边的三角形面积
．
答 案
见解析
解析
解：利用上面结果，我们也同样得到
设凸边形相邻两边的夹角为
，相邻三点组成的面积为
，并记
，则有
是凸边形外角和，即是
，注意对
，有
，由均值不等式
有
(14)
故有一个
满足
．
1
1
例题5
n
a1
a2
⋯
an
ai
xi
y
i
n
n
x
+
1
x
+
2
⋯+ x
⩽
n
2
y
+
1
y
+
2
⋯+ y
⩽
n
2
a
⩽
i
x
+
i
y
i
a
+
1
a
+
2
⋯+ a
⩽
n
x
+ y
+
(
1
1)
⋯+ x
+ y
⩽
(
n
n)
4 11
(
)
a
+ a
+
( 1
2)
a
+ a
+
( 2
3)
⋯+ a
+ a
+
( n−1
n)
a
+ a
=
( n
1)
2
a
⩽
k=1
∑
n
k
8
i
a
+ a
⩽
( i
i+1)
a
= a
12
n
8 ( n+1
1) (
)
ai
ai+1
⩽
⋅
2
1 ( n
4 )
=
( n
4 )
n2
8
例题6
a
+
1
a
+
2
⋯+ a
⩽
n
4 13
(
)
n
α
i
S
i
β
=
i
π −α
i
β
+
1
β
+
2
⋯+ β
n
n
2π
x > 0
sinx < x
a
a
⋯a
⩽
1
2
n
=
(
n
a
+ a
+ ⋯+ a
1
2
n )
n
( n
4 )
n
S ⋯S
=
1
n
a
a
⋯a
sinα
sinα
⋯sinα
⩽
2n
1
1
2
2
2
n
2
1
2
n
sinβ
sinβ
⋯sinβ
2n
1 ( n
4 )
2n
1
2
n
⩽
β
⋯β
2n
1 ( n
4 )
2n
1
n
⩽
2n
1 ( n
4 )
2n
(
n
β
+ ⋯+ β
1
n )
n
=
2n
1
n2n
42n
nn
2π
(
)n
S
i
S
⩽
i
=
2
1 ( n
4 )
2
( n
2π )
15
n3
16π (
)
答 案
见解析
解析
解：记第行第列的方格为
，设
中所填数字为
．
一方面，令
，则同行相邻两个方格中所填数的差为同列相邻
两个方格中所填数的差为，此时
．
下面我们证明，无论怎样填，必有相邻两个方格中所填数字之差不小于．
若结论不成立，设任意相邻的两个方格中所填两数之差不大于
．考虑每行中最大的数和每列
中最大的数，设这
个最大数中最小的数为
，且不妨设
为第行中的最大数．
对于任意
，设第列中的最大数为
，则
．由于任意相邻
两个方格中所填数字之差不大于
，故在
沿列向
行进的过程中，必有某个方
格中的数字落在集合
中，从而每列中都存在某数落在集
合中．注意到
，根据抽屉原理，中必有某数出现在两个不同的列中，也即该数在
数表中至少出现两次，这与条件矛盾．
综上所述，
的最小可能值为．
答 案
见解析
解析
证明：
等价于
．
解：我们使用分析方法．
中全部元素的排列数目为
．另外，对于
中元素做排列如下：
其中
是
中元素的全排列，中元素排列为
．形如这样的排列有
个．
下面证明，对于不同的下标，，
和
所产生的这样的排列是不同的．假定
所产生的排列
与
中的排列
相同，那么必有
或
，与假定相
违．
这样就证明了
而
克的最大值就是
，所以把分母放缩，最多只有
项求和．
答 案
见解析
1
1
1
例题7
i
j
A i, j
(
)
A i, j
(
)
a
i,j
a
=
i,j
i −1 n +
(
)
j 1 ⩽ij ⩽n
(
)
1
n
d n =
( )
n
n
n −1
2n
ap,q
ap,q
p
j ∈1, 2, ⋯, n
{
}
j
a
i,j
a
⩽
p,j
a
⩽
p,q
a
i,j
n −1
A p, j
(
)
A i, j
(
)
S =
a
, a
+ 1, ⋯, a
+ n −2
{
p,q
p,q
p,q
}
S
S =
∣∣
n −1
S
d n
( )
n
例题8
⩽
i=1
∑
m
C
n
A
∣
i∣
1
1
A
! n −A
! ⩽
i=1
∑
m
∣
i∣(
∣
i∣)
n!
A
n!
Ai
x
x
⋯x
y
y
⋯y
1
2
A
∣
i∣1
2
n−A
∣
i∣
x
x
⋯x
1
2
A
∣
i∣
A
i
y
y
⋯y
1
2
n−A
∣
i∣
A
! n −A
!
∣
i∣(
∣
i∣)
i
j
A
i
A
j
A
j
x
x
⋯x
y
y
⋯y
1
′
2
′
A
∣
j∣
′
1
′
2
′
n−A
∣
j∣
′
Ai
x
x
⋯x
y
y
⋯y
1
2
A
∣
i∣1
2
n−A
∣
i∣
A
⊆
i
A
j
A
⊆
j
A
i
1
( )
Cn
t
Cn
[ 2
n]
Cn
[ 2
n]
例题9
解析
解：我们用
定理可以证明．
证法．令
，以
表示第个剧团做观众的时间集合，则
．由于每个剧团都全面观摩过其它剧团的演出，所以
，
互不包含(因为第个剧团观摩第个剧团的演出的那一天属于
，而不属于
)，故集合系
是一个
系．根据
定理，需要求出
．
由于函数
是递增函数，故由
，
知道：
．
Sperner
1
A =
1, 2, 3, ⋯, n
{
}
A
1 ⩽i ⩽11
i (
)
i
A
⊂
i
A i = 1, 2, 3, ⋯, 11
(
)
A
i
A
0 ⩽i, j ⩽11
j (
)
i
j
A
i
Aj
A
, A
, ⋯, A
{
1
2
11}
Sperner
Sperner
n
=
0
min
n
C
⩾11
{
∣∣∣∣
n
[ 2
n]
}
f n =
( )
C
n
[ 2
n]
C
=
5
2
10
C
=
6
3
20
n
=
0
6
