1、高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著1第二节 映射与有限集合的元素的个数数学中的对应关系非常多,如数轴上的点与实数的对应;平面上的点与坐标的对应; 函数与图象的对应等,这些对应有的是单值对应,也有的是一一对应,我们把集合 A 到 B 上的单值对应称为映射.在数学竞赛中恰当地利用映射方法解题,可以使问题简单具体,往往会出奇制胜.本节我们来初步地了解一个映射与集合中的计数问题.【基础知识】一. 有限集合的元素的个数问题我们首先约定:若 X 是一个有限集,则 X 内所含的全部元素的个数用 表示.)(XCard如果 A、B、C 是任意的三个有限集 ,那么有以下几个公式(容斥原理
2、):(1) ;)()()( BACardrAardard (2) )()(CBardard.)()(BrAr(3) )(BACardrACadad (4)若 ,则B)(r(5) ( )()()( CardrrB)CardACard(Aad二映射1映射的概念设 A、B 是两个非空集合,如果按某一个确定的对应关系 ,使对于集合 A 中的任意一f个元素 ,在集合 B 中都有唯一的元素 与之对应,那么就称这种对应 为从集合xy Bf:A 到集合 B 的一个映射(mapping).其中元素 称为这个映射的原象, 为 在这个映射下的xyx象.2关于映射的理解理解映射 的关键是抓住集合 A 中的元素在集合
3、B 中的象的存在性和唯一.Af:根据映射中象与原象的不同状态，有下面几种很常用的特殊映射：(1)满射：如果在映射 下，集合 B 中每一个元素在集合 A 中都至少有一个原象，f:那么称映射 为 A 到 B 的满射.f:(2)单射：如果在映射 下，集合 A 中不同元素在 B 中有不同的象，那么称映射f:为 A 到 B 的单射.f:高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著2(3)双射:如果映射 同时是 A 到 B 上的满射和单射,那么称映射 为 Af: Bf:到 B 的双射,即一一映射.(4)如果 为满射且任何 ,都有 A 中的 个元素 ,使得 (fbmma,21 bfi),则称
4、 为 的倍数映射 .mi,21f3.映射中的计数问题(1)对于满射 ,显然有BAf: ).()(BCardAr(2)对于单射 ,显然有(3)配对原理:如果存在集合 A 到集合 B 上的双射,那么满射 ,显然有Af:).()(BCardAr(4)如果 为 的倍数映射,则fm).()(mCardr【典例精析】【例 1】试问在 1，2，100 中能 3 或 4 或 5 整除的数共有多少？分析 先分析能被 3 或 4 整除的数 .在 1，2，100 中能被 3 整除的数有 33 个，能被整除的数有 25 个，同时被 3 且被 4 整除的数有 8 个，从而在 1，2，100 中能被 3 或 4 整除的数
5、共有 33+25-8=50 个.根据此种思路，即可求解本 题.【解】设全集 ， 且 被 整除0,|xUUxAi|i).5,(i令 ，则所求的数为543A )()()()( 43543 CardcrCardr )()543555 ACardAA=33+25+20 .从而知在 1，2，100 中能 3 或 4 或 5 整除的数共有601860 个.说明 本题主要考查容斥原理的 应用.【例 2】一次会议中有 1990 位数学家参加，每人至少有 1327 位合作者.求证：可以找到 4位数学家，他们中每两个人都合作过.【解】记数学们为 ，与 合作过的数学家组成集合 .任取合作过的数)190,2(iviv
6、iA学家 ，由 得：21,v 190)(,1327(37) 211 CardACardAard .37)()( 2 Card从而存在数学家 且213v.,31vv高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著3又 )()()() 321321321 ACardArACardACard .9079037(从而存在数学家 且 ，从而可知 两两3214v14243,vv4321,v合作过.说明 本题的实质是证明 ，通过容斥原理的计算来完成.321A【例 3】称有限集 S 的所有元素的乘积为 S 的“积数”.给定数集 求数.10,32M集 M 的所有含偶数个元素的子集的“积数”之和.分析
7、 数集 M 的所有子集的积数之和为 设数集 M 的所有含.)10()3(21偶数个元素的子集的积数和为 ，所有含奇数个元素的个子集的 积数之和为 ，则x yx只需再建立一个关于 的方程，就可解出.1)0()31(2 yx, .,【解】设数集 M 的所有含偶数个元素的子集的积数之和为 ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为 ，则yx.1)0()3(2又 1所以 解得.09,29yx.2485x【例 4】设集合 ，若 ，|),(|,|),( axyBaA 2)(BACrd求实数 的取值范围.a【解】当 时，画出草图，如图.由图可知当且仅当0时，直线 与两条射线 有两个1xy|xy交点，即 仅有两个元
8、素；当 时，同理可得BA0a当且仅当 时， 有两个元素.从而实数 的aa取值范围为 .1|【例 5】有 1987 个集合，每个集合有 45 个元素，任意两个任意的并集有 89 个元素，问此1987 个集合的并集有多少个元素?分析 由每个集合有 45 个元素，且任意两个集合的并集有 89 个元素知，任意两个集合有且只有一元素. 【解】显然可以由题设找到这样的 1987 个集合，它们都含有一个公共元素 ，而且每个两a个集合不含 以外的公共元素.a下面我们来排除其它可能性：由任意两个集合的并集有 89 个元素可知，1987 个集合中的任意两个集合有且只有一外公Oyx)0(|)0(a高中数学新课标奥林
9、匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著4共元素，则容易证是这 1987 个集合中必有一个集合 A 中的元素 出现在 A 以外的 45 个集a合中，设 ，其余的设为4521,A .,1986476设 B 为 中的任意一个集合，且 ，由题设 B 和 A, 都.1986746 a4521,有一个公共元素,且此 46 个元素各不相同,故 B 中有 46 个元素,与题设矛盾!所以这 1987 个集合中都含有 .a故所求的结果为 198744+1=87429,即这 1987 个集合的并集有 87429 个元素. 说明 这里我们先设计一种符合 题设的特殊情形,然后再排除其可能的情形,从而达到解题的目的,
10、这是一种“先猜后证” 的解题策略，应注意加以强化.【例 6】怎样证明集合 的全体子集的个数为,21naS.2n分析 本题限定利用一一映射的知 识加以解决，因此首先应建立一个集合 S 与其到自然数子集 间的一一映射.2,10n【证明】将集合 S 的每一个子集合 与一)0,1(,221 nmiiaiim 个二进制数 相对应，使得 ，而其余的2)(21miib 21iiib.在这种对应下，空集 映射于 ，而全集映射于,0kb)0(2= ，其余的子集合映射于 与 之间的某一个确定的二进制2)( n 2)( 1数，容易验证这种映射是从 S 的全体子集到自然数的子集 间的一一映射，,n所以子集合的个数为
11、.n说明 本题将集合中的元素与自然数集建立起了一种一一映射，这种建立一一映射的方法在竞赛中是常用的.这个问题也可以这样来解决，子集合中元素个数为 的子集合个数是k，所以全体子集的个数是，并且这种方法也是常见的证法.),210(nkCn【例 7】如图所示，将 88 的国际象棋棋盘的左上角和右下角都剪去一个方格，问剪去两角的棋盘能否用 31 个 12 的矩形完全覆盖?分析 如果将问题改为能否用 32 个 12 的矩形将 88 的国际象棋棋盘完全覆盖，这将一个十分容易的 问题，可以找到很多种方法.但是要注意这种不同的完全覆盖的方法的个数却是一个十分困难的问题.MEFischer 于 1961 年处出
12、了这个数字等于 12988816=249012. 但是能 过尝试可以发现，要找到一个将剪去两个角的国际象棋棋盘完全覆盖的方法却是十分困难的.虽然剪去两个角的棋盘和原来的棋盘相差“不大”，然而前者却不能完全覆盖不定期个问题用一一映射的概念就可以迎刃而解了.【解】首先我们注意到一个 12 的矩形，不论用什么样的覆盖方法，它必覆盖住棋盘的一个黑格与一个白格.假定能用某种方法用 31 个 12 的矩形完全覆盖，那么这种覆盖方法实高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著5质上就是在剪过的棋盘上的黑格和白格之间建立了一个一一映射.这说明剪过的棋盘上的黑格和白格是一样多的.然而，实际上剪
13、过的棋盘上还有 32 个黑格和 30 个白格.这一矛盾说明不能用 12 的矩形将剪过的棋盘完全覆盖.说明 本题与上节的例 1 一样 ，也是利用一一映射处理问题，这种处理方法在数学竞赛中是最常用的方法之一，应重点掌握 .【例 8】集合 A 和 B 分别由适合如下条件的所有五倍数构成：对于集合 A 中的每一个数，其各位数字之和或者加 1 或者减 1 之后是 5 的倍数；对于集合 B 中的每一个数，其各位数字之和或者是 5 的倍数，或者是减去 2 之后是 5 的倍数.证明：集合 A 和集合 B 中所含的元素个数相等.分析 若要证明两个集合所含的元素个数相同，只需在两个集合之间建立一种一一映射即可.【
14、解】分别用 表示 的数字和.对 是五位数，并且)(,S, 109,，因此 或)5(mod14609)( S 0)(,5(mod)SS，即5mod2.B反之，设 ，则 .因此对应 是 A、B 之间的一一A1109对应，从而 ).()(CardAr说明 建立一一映射证明两集合的个数相同，是奥林匹克数学竞赛中常用的方法，应重点掌握.【例 9】设 是集合 的子集，且 （3021,， 203,1 60)(iACard）.,i求证：存在 ，使得,ji .23)(jiard【证明】不妨设每一个 的元素都为 660 个（否则去掉一些元素）.作一个集合、元素的关iA系表：表中每一行（除最上面的一行外）分别表示
15、30 个集合 ，表的 列（最3021,A， n左边的一列除外）分别表示 2003 个元素 1，2，2003.若，则在 所在的列与 所在行的交叉处写上下班 1，若)301,2,(jiAj ijA，则在交叉处写上 0.如下表：j1 2 3 2003A1 A2 A30 高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著6表中每一行有 660 个别，因此共有 30660 个 1.设第 列有 个 1（ ） ，jjm203,j则有 由于是每个元素 属于 个交集 ，因此，.603201jjmj2jCtsA.)(301203tstsj ACradj 由柯西不等式 21jmj 2031(jj)2031
16、jm03()21jjm2031)jj所以必有 满足： =i 2)(30CAardji()2031jj2031)jjm，202039)6(所以 .jiACard说明 本题中所作的表，称为元素、集合的从属关系表，它在讨论涉及多个集合的问题时经常采用.【例 10】 （首届东南地区竞赛） 支球队要举行主客场双循环比赛（每两支球队比赛两场，n各有一场主场比赛） ，每支球队在一周（从周日到周六的七天）内可以进行多场客场比赛.但是如果一周内某球队有主场比赛，在这一周内不能安排该球队的客场比赛.如果 4 周内能够完成全部比赛，求 的最大值.(注：A 、B 两队在 A 方场地举行的比赛，称为 A 的主场比赛，B
17、 的客场比赛.)【解】如下表所示：表格中的“*”表示该球队在该周有主场比赛，不能出访 .容易验证，按表中的安排，6 支球队四周内可以完成比赛.球队 第一周 第二周 第三周 第四周1 * *2 * *3 * *4 * *5 * *6 * *下面证明 7 支球队不能在四周内完成比赛.设 表示 号球队的主场比赛)7,6543,21(iSi周次的集合.假设 4 周内能完成比赛，则 S 是1 ，2，3，4的非空真子集.i一方面由于某周内该队有主场比赛，在这一周内不能安排该球的客场比赛，所以中，没有一个集合是另外一个集合的子集.)7,6532,1(iS另一方面，设 4,31,432,321, CBA4,4
18、, FED高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著7由抽屉原理，一定存在 属于同一集合 A 或 B 或 C 或 D 或jiSjiji ,54,321,E 或 F，必有 或 发生. jiSji所以 的最大值是 6.n说明 本题是例 9 的深入延伸，先能过表格得出一个确定的值，再证明大于（小于）这个数的不能成立，这是求解最值问题 的常用方法.【例 11】 （1992 年全国高中数学联赛）设集合 .若 X 是 的子集，把 X 中,21nSnnS的所有数的和称为 X 的“容量”（规定空集的容量为 0）.若 X 的容量为奇（偶）数，则称X 为 的奇（偶）子集 .nS（1）求证： 的奇
19、子集与偶子集的个数相等.（2）求证：当 时， 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等.3nS（3）当 时，求出 的所有奇子集的容量之和.n分析 要证明两个集合的元素一 样多，一种方法是直接将两个集合中的元素个数算出来，另外一种方法是在这两个集合之间建立一个一一映射.这里我们采用第二种方法解决.【解】(1)设 A 是 的任一奇子集，构造映射 如下：nSf，若 ；1A，若 .（注： 表示从集合 A 中去掉 1 后的集合）所以映射 是将奇子集映为偶子集的映1A f射.易知，若 是 的两个不同的奇子集，则 ，即 为单射.21,nS )(21Afff又对 的每一个偶子集 B，若 ，则存在 ，使
20、得 ；n 1BB若 ，则存在 ，使得 ，从而 是满射.BAAf)(f所以 是使得 的奇子集的组成的集到 的偶子集所组成的集之间的一一对应，从而fnSnS的奇子集与偶子集的个数相等，故均为 个.nS 12n（2）设 表示 中全体奇（偶）子集容量之和.)(nban若 是奇数，则 的奇子集由如下两类构成： 的奇子集； 的偶子集与3S1nS1nS集 的并，于是可得：高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著8（*）)2(1nnba又 的偶子集可由 的偶子集和 的偶子集与集 的并构成，所以：nS1nSS（*）)(21nn由（*） 、 （*）便可得 .nba若 是偶数，同上可知：)4(n
21、 )2(1nnnab由于 是奇数，由上面已证 ，从而1n1n.n综上即知， ).,32(nba（3）由于 的每一个元素均在 个子集 中出现，所以 的所有子集容量之和为S1nnSnS)1(2)(又由（2）知 ，所以nba .123annn说明 对于第（2）小题的证明，建立了递推关系，这是解决“计数”问题的一个有效的方法.【例 12】 （2003 年 IOM 试题）设 A 是集合 的恰有 101 个元素的子0,S集.证明：在 S 中存在数 ，使得 中，每两1021,tt 10,2,|jAxtjj个的交集为空集.分析 先弄清在什么情况下 .设 ，则 于是jiaji.,Ayxtaji.这说明选取 时，
22、只要保 证其中任意两个之差不等于 A 中任二元xytji1021,tt素之差即可.【解】考虑集合 ，则,|AyxD.1010)(dCra若 ，设 ，则 ，其中 ，则jiAajijityt, Ayx,.xytji若 ，即存在 ，使得 ，从而 ，即 .DjiAy, xytjijityji所以 的充要条件是 .于是我们只需在集合 S 中取出其 100 个元素，jiADtji高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著9使得其中任意的两个的差都不属于 D.下面用递推的方法来取出这 100 个元素.先在 S 中任取一个元素 ，再从 S 中取一个元素 使得 这是1t ,2t .|221Dx
23、tt因为取定 后，至多有 10101 个 S 中的元素都不能作为 ，从而在 S 中存在这样的 .1t 2t若已有 个 S 中的元素 满足要求，再取 使得 都不属于)9(kktt,21 ,1ktktt,2这是因为 取定以后，至多有 10101 个.|11Dxttkk kt,21 9S 中的数不能作为 故在 S 中存在满足条件的 .所在在 S 中存在 ，其中任, 1 1021,tt意两个的差都不属于 D.综上所述，命题得证.说明 条件 可以改小一些 .一般地，我们有如下更强的结论：610)(Card若 A 是 S=1，2，3，n的一个 k 元子集，m 为正整数，满足条件 n(m1)( )，则12k
24、C存在中的元素 ，使得 中任意两个的交集为mtt,1 jAxtAjj ,21,|空集.这个结论是可以证明的， 请读者自已试证之(见组习题 ).【赛向点拨】1.集合中的计数问题是最近几年竞赛试题中的常见问题，是综合考查集合知识的一个很好的出发点.2.映射方法是处理竞赛问题的一种非常重要的方法，将问题利用映射的方法重往往可以化难为易、化繁为简.3. 集合是组合数学的基础，也是高中数学竞赛中的重要组成部分.希望大家通过本讲学习开拓思路，灵活解题，另外，要想解好集合题目，相关知识也很重要.【针对练习】(A 组)1某班期中考试中，数学优秀率为 70%，语文优秀率为 75%，则两门学科都优秀的百分率是（
25、）A60% B55% C50% D45%2已知集合 A=2，4，6，8，9，集合 B=1，2，3，4，6，7. 又已知集合 C 是这样的一个非空集合：若 C 的各元素都加上 2，则变为 A 的一个子集；若 C 的各元素都减去 2，则变为 B 的一个子集，则 （ ）)(ardA9 B8 C7 D6高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著103(2002 年全国高中数学赛)已知两个实数集合 Aa 1,a2,a100与 Bb 1,b2,b50，若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中每个元素都有原象，且 f(a1)f(a2)f(a 100)则这样的映射共有（ ）个.AC 501
26、00 B.C 4899 C.C 49100 D.C 49994设 ， ，则集合,1|,2)( ZnAxf ),(|AnfyB的元素的个数是（ ）|2ZmBA100 B51 C36 D以上都不对5 （2007 年江西预赛）正整数集合 的最小元素为 ，最大元素为 ，并且各元素可kA1207以从小到大排成一个公差为 的等差数列，则并集 中的元素个数为（ 759A） A B. ； C. ； D. .19201546某班有 50 人，开设英语和日语两种外语.现规定每人至少选学一门，估计报英语的人数占全班总人数的 80%90%之间，报日语的人数占全班总人数的 32%40%之间.设 M 是两门都学的人数的最
27、大值，m 是两门都学的人数的最小值，则 Mm= .7已知集合 ，把 M 中最高位数字是 1 的数全部抽出,10,2|ZnxMn出来，组成一个新的集合 S，则 S 中的元素共有 个( ).30.2lg8已知映射 ，其中集合 ，其中集合中的元素都是 A 中BAf: 4,31,2A元素在映射 下的象，且对任意 在 B 中，和对应的元素是 ，则集合 B 中的元素,a|a的个数是 .9一个自然数若与它的“反序数”相等，这个自然数就称为一个“魔幻数”.如 3 和 1991都是“魔幻数”.在集合 的元素中，去掉所有的“魔幻数”后，201,|xZxM形成一个不含“魔幻数”的子集 N，则集合 N 中的元素共有
28、个.10.（2007 年山东省青岛市奥林匹克学校入学试题）开运动会时，高一某班共有 28 名同学参加比赛，有 15 人参加游泳比赛，有 8 人参加田径比赛，有 14 人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有 3 人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有 3 人，没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少人？11.求 1 至 250 之间能被 2、3、5 和 7 中任何一个整数整除的整数的个数.12. 个点 顺次排在同一条直线上，每个点涂上黑色或白色.已知 和 分别涂nnr, 1rn高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著11上
29、了白色和黑色.求证：相邻点间线段不同色的个数一定是奇数.（B 组）1.设 若 R 中每 个元素的交集不空，而,21mAA,21mARr个元素的交集为空集，则：r（1） 至少是多少？)(Cad（2）当 最小时， 为多少？r)(iCard2.设 Z 是平面上由 个点组成的点数，其中任三点不共线，又设自然数 满足不等式)3(n k2n如果 Z 中的每个点都至少与 Z 中的 个点有线段相连，证明：这些线段中一定有三.k k条线段构成三角形的三边.3. (2005 年北方数学奥林匹克数学邀请赛 )已知 位数的各位数字只能取集合 中n1,2345的元素，设含有数字且在的前面不含的 位数个数为 ，求 fnf
30、4.对于任何的集合 S，设 为集合 S 的子集的个数.如果 A、B、C 是三集合，满足下列)(n条件： （1） ；（2）)()(ACBA .10)()(Bardr求 的最小值.Card5.（2006 年山东省第二届夏令营试题）设 T 是由 的所有的正因数组成的集合，S 是 T106的一个子集，其中没有一个数是另一个数的倍数，求 的最大值.)(Card6. 若 A 是 S=1，2，3， ，n 的一个 k 元子集， m 为正整数，满足条件 n(m1)()，则存在中的元素 ，使得 中任意12kCmtt,21 jAxtAjj ,21,|两个的交集为空集.【参考答案】（A 组）1解：设班级人数为 100
31、，则两门学科中至少有一门优秀的总人数不大于 100.由 ，)()()()( BACardrACardBard 可得 70+75 ,即10.45故两门学科都优秀的百分率至少为 %.452解：逆向思维，即 A 中各元素都减去 2，得集合 D=0，2，4，6，7 ，集合 B 中的各高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著12元素都加上 2，得集合 E=3，4，5，6，7，10，因此集合 C 是集合 D 与集合 E 的公共元素组成的集合 G=4，6，7的真子集，这样的集合 C 共有 个.71233. 解：不妨设 b1 b2 b50，将 A 中元素 a1,a2,a100 按顺序分为非
32、空的 50 组。定义映射 f:AB，使第 i 组的元素在 f 之下的象都是 bi(i=1,2,50).易知这样的 f 满足题设要求，每个这样的分组都一一对应满足条件的映射，于是满足题设要求的映射 f 的个数与 A 按足码顺序分为 50 组的分法数相等，而 A 的分法数为 C4999，则这样的映射共有 C4999，故选 D.4.解：当 时， 恒为偶数.从而选 A.n2)(nfy5.解：设 ，由 ，得 ，于是()1kardA071k206k， ，17206()9C59()35CradA；59103267cr从而 故应17 59103()()()()9531adArrCradA选 C. 6.解：设集
33、合 A=报英语的同学，集合 B=报日语的同学 ，则由题可知 5080%5090%,即 40 .)(Card45)(ACard同理， 20)(16B，从而 ，5024)(016BACard即 ，所以 ，所以 Mm =9.15Ar,7解：令 ，则有 ，于是 且使得knk0202lg12lgkn301,2，从而可以计算得 S 的个数为 302.1n8.解：依题意，由 的对应法则 于是，将集合 A 中的 7 个不同的元素分BA.|:af别取绝对值后依次得 3，2，1，1，2，3，4.由集合元素的互异性可知 ,它有 432,1B个元素.9显然前 9 个数都是“魔幻数” ，两位数中有 11，22，33，4
34、4，55，66，77，88，99 共 9个“魔幻数”三位数中有101，111，121，131，141，151，161，171，18，191，202，212，989，999 共 90高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著13个“魔幻数” ；在不大于 2000 的四位中还有 10 个“魔幻数” ，它们分别是1001，1111，1221，1331，1441，1551，1661，1771，1881，1991.所以共有9+9+90+10=118 个“魔幻数” ，M 的不含“魔幻数”的子集 N 共有 2000 个.18210.解：A参加游泳比赛的同学，B参加田径比赛的同学，C参加球类
35、比赛的同学则 card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14 ，card(ABC)=28且 card(AB)=3，card(AC)=3，card(ABC)=0由公式得 281581433card(BC)+0即 card(BC)=3所以同时参加田径和球类比赛的共有 3 人，而只参加游泳比赛的人有 15339(人)11.解:设 A 表示 1 至 250 之间能被 2 整除的整数集合，B 表示 1 至 250 之间能被 3 整除的整数集合，C 表示 1 至 250 之间能被 5 整除的整数集合，D 表示 1 至 250 之间能被 7 整除的整数集合.则 ,10)(ard ,83250
36、)(Card,52)(.7)(,4130)(BACard,250)(CAard,17250)(DACard,652)(,173)(DB.)(,830)(CBAard,520)(ACard,752)(D,73)(DB高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著14（其中x表示不超过 x 的最大整数）.175320)( DCBAard所以由容斥原理得： + +)(DCBAard)(Aard)(BCr)(ard)(DC)(ard)(DC(r)r)(r)(Br.193)(BAr12.证明:在集合黑色,白色和 1,1之间建立一个一一映射，使黑色映射到 1，白色映射到1，则每个顶点 都映射
37、到一个数 .设线段 两端点不同色，iria),21(n1ir则 =1.设两点不同色的线段的个数为 ，从下式iak1= knnna)()(1321231 可得 为奇数.k（B 组）1解：考虑下标集合 的任一 元子集 在 中任,2m r,21rii riii A21取一个元素 ，这就建立了从下标 到元素 的一个映射，并且不同的原象其象a,21ri a也不相同，否则不同的 ， 对应同一个 时，必有 个子集不,21ri rjj r空，与题设矛盾.这说明 .)(mCAd（2）考虑任一 ，在 R 中任取其余 个集合，它们的交集至少有一个元素（不空） ，而此i r交集与 的交集为 ，所以 中至少含有 A 中
38、的 个iAmiiA121 rmC1不同的元素，有 .)()(1rmi CadCr而当 时， mard)( .11rmrmri CA另一方面， 与 R 中任选 个其余的集相交，至少有一个元素，有 种不同的取法，iA1r 1r可知 至少有 个不同的元素， i1rmC.)(1rmiCard由可得 .)(1riad2证明：因为 ，所以 ，即每个点都至少与 Z 中 2 个点有线段相连.不妨高23nkk高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著15设 AB 为 Z 中点连成的线段.令 与 有线段相连 ，PZM,|ABN与 有线段相连 .P,|B由于 Z 中任一点至少引出 条直线，所以有k
39、 .1)(,1)(kCardkard又由于 中不含 A、B，所以有 因此NM.2nC)2()()()()()( nkNMrrCardard.022nnk所以 ，即存在点 ，且N).,(BCA显然线段 AB、AC、BC 构成三角形的三边.3解：对于满足条件的 n+1 位数的个数 的计算，可分为如下两种情况：)1(nf情形 1：当个位数字不是 5 时，则前 位数中一定含有数字 5，它是满足条件的一个 位数，n其个数为 对于每一个这样的 位数，从 1、2、3、4 中任取一个放在它的最右端，可).(f得一个 位数，因此个位数字不是 5 的 位数是 个.nn)(nf情形 2：当个位数字是 5 时，由于在
40、 5 的前面不能含有 3，则前 位数字的每一位数字均为4 种取法，因此个数字是 5 的 位数共有 个.所以 ，1n4nff4)(1(即 ，显然4)(1(1nnff .)(f则 ，故)1 1n4.解：如果一个集合有 个元素，那么它有 个子集.由题设有kk2，即)CBA(rad)C(ard1022 .110)CBA(ard10)C(ard因为 是大不动声色 1 且等于一个性的整数幂，所以 从而有1)(r .(.0BAad由容斥原理得： )()()()()( cCardBrACardBACardCard .)(Ar从而有 403)B )()()( rrr 由 、 、 得ACC高中数学新课标奥林匹克竞
41、赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著16，102)(),(), CBardACardBard所以 .97340( 另一个方面，取 ，102,65,421,54,1,2 满足题设条件.这时 .97)06()( CradBACard所以 的最小值为 97.)(ard5.解： ，53260 ,1,20|532 ZcbacTcba 设 ,1,|ZcScb若 ，设 ，vu|,1120cbv22530cb由 知 ，从而 ，即 矛盾！|21220cb 21,vu故 S 中没有一个元素是另一个元素的倍数， .0)(2SCard下证：若 T 的一个子集 的元素个数 ，则 中一定有一个元素是另一个元素的倍数.S2
42、10因为 ，所以考虑 3 和 5 的指数对 ),(cb，一定有两个元素是相同的.210)(Card不妨设 .,53jinjimvu当 时， ；当 时，n| |u综上所述，所求的 的最大值为)(SCard.1026.解：考虑集合 ，显然，,|AyxB .1)(2kCBard下证存在 ，使得对 ，有 我们递归地构造 .ttm,21 ji.|tjimtt,21取 ，令 ，则有：)(1tSc ).()()(21kkncCr对 ，假定 和 已经选定，且 ，取ii,2 ic 021Cimad中的最小元素为 ，考虑集合 ，则有ic1it )(1iiitB，)(2)()(2 kkii CcardcCr高中数学新课标奥林匹克竞赛辅导讲义(高一部分) 贾广素 编著17显然 满足要求.mtt,21注：题中 表示集合1B.|1Bbt
