《奥数最佳实战题 上》舒五昌，唐淳，田廷彦编著|(epub+azw3+mobi+pdf)电子书下载

图书名称：《奥数最佳实战题 上》

【作　者】舒五昌，唐淳，田廷彦编著

【页 数】 196

【出版社】 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社 , 2017.10

【ISBN号】978-7-5603-6411-7

【价 格】38.00

【分 类】数学－竞赛题－题解

【参考文献】 舒五昌，唐淳，田廷彦编著. 奥数最佳实战题 上. 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社, 2017.10.

图书封面：

图书目录：

《奥数最佳实战题 上》内容提要：

本书共分3章.第1章为*实战题，共包括40道题；第2章为代数不等式六讲；第3章为重要的定理、结论与方法.

《奥数最佳实战题 上》内容试读

第1章最佳实战题

Chapter 1 The Best Practical Problems

心得体会拓广疑间

第1章最佳实战题

1.S={1,2,…,n},A1,A2,…,A4是S的子集，其中不会有一个集是另一个集的子集.求这样一批子集的个数k的最大值

解这样一批子集的个数最大值为C].{1,2,…,n的所有[公]元子集满足要求。

因此，只要证明当{1,2，…，n}的一批子集A1,A2,…,Ak,没有

一个是另一个的子集时，k≤C].为此，先证明下面的引理引理设A,A2,…,A是{1,2，…，n}的不同的1元子集，l>

[2].则必有1,2，…，n的不同的1-1元子集B,B,…,B:满

足：每个B是某个A,的子集

记B={B1B是A的1-1元子集}(i=1,2,…,k).由于A是元集，所以川写1=1.因此，写，写2，…，5中的集共有l个，而对于每个1-1元集B,包含B的l元集有n-1+1个.由于1>

[公]，所以n-1+1≤1，即这从个集中至少有k个不同的集，即

1BU男U…UBI≥k.在写U写2U…UB中任取k个不同的

集B1,B2,…,B。就符合要求.引理证毕

现设A1,A2,…,A4是{1,2，…，n}的子集，且没有一个是另一个的子集

不妨设1A,1≥1A,1≥…≥A1,若1A,1=>[2],且A,…

An都是l元集(IAm+1I<).由引理知，有I-1元子集B,,…,Bm,它们中每个集都是某个A(1≤≤m)的子集.

于是，B,B2,…,Bn,Am+1,Am+2,…,A这个子集中，依1旧没有

一个是另一个的子集，

B,…,Bm是不同的1-1元集，不会有一个是另一个的子集

Am1,Am+2,…,A。中没有一个是另一个的子集.而后面的集不会是前面的集的子集，因为B,…,Bm都是A,…,Am中某一个的子集.前面的集也不会是后面的集的子集，因为1B:I≥|AI(i=1,2,…,m,j=m+1,m+2,…,k).B:A,即B:=A如果1B|=l-1

仍使1-1>[2]，而这些集中1-1元集有m,个，由引理可把这

m1个都换掉.这样最后可得到k个集D,D2,…,D,依旧没有一

奥数最佳实战题（上卷）

2

The Best Practical Problems for the Mathematical Olympiads(Volume I

个集是另一个集的子集，[2]≥D,1≥D1≥…≥Dl,再取这k

心得体会拓广疑问

个集的补集，即{1,2，…，n}\D(i=1,2,…,k).于是，这k个集的补集(D:的补集记为E:)E,Ek-1,…,E,使IEI≥IEk-1I≥…≥

1E,1≥[2]，且依旧满足条件（没有一个是另一个的子集）重复上

一过程.最后将得到k个不同的[号]元集.因为1,2，…，n的[2]元子集有C个，所以k

注本题的结论称为斯潘诺定理。主要是证明k≤C],这里用了比较直接的证法，一般是用{1,2，…，n}的排列数为n!,及对每个集作出了一个排列所成的子集来证明的，是比较巧妙的做法，但这里的直接做法也是不容易想到的

2.求最小的有下面性质的正整数n:把集{1,2，…，n}任意分成两个集A,B时，总有一个集中有两个不同的数a,b,使得a+b是一个正整数的立方.

解本题的最小n为124

为方便起见，若{1,2，…，n}任意分成两个集时，总存在一个集中有两个不同的数a,b,使a+b是立方数，就说n具有性质P.反之，如果{1,2，，}可以分成两个集，且每个集中都不会有两个不同的数，它们的和是立方数，就说n存在性质P.若no有性质

P,显然不小于no的数都有性质P.

本题要求最小的具有性质P的，相当于求具有性质P的最

大正整数

如果k具有性质P,即{1,2，…，k}可以分成两个集A,B,每个集中不会有两个不同的数，它们的和是立方数，那么在考虑集{1，2,…,k+1}时，要看在{1,2，…，k}中与k+1的和是立方数的数的个数.当这样的数没有时，把k+1放在A或B中都可以，当这样的数只有一个时，只要把k+1放在另一个集中即可.这时，k+1

也具有性质P.由此可见，62有性质P,而63是第一个（最小的）这

样的数：比它小而与它的和是立方数的数有两个：1及62.由于62与2不在同一集中，只要1与2不在同一集中，1与62就在同一集

中，可见63有性质P.这样可知108有性质P.接下来的109，

110,…,124都是“有问题”的数（如果124有性质P,可得171有

性质P)

下证124有性质P.用反证法，若124有性质P,即{1,2，…，

第1章最佳实战题

3

Chapter 1 The Best Practical Problems

124}可以分成两个集A,B,且每个集中不会有两个不同的数a,b,

心得体会拓广疑问

它们的和是立方数，那么：

(1)两个不同的、和为34的数不会在同一个集中，因为如果a≠b,a+b=34,a,b∈A,于是125-a∈B,125-b∈B,而(125-a)+(125-b)=250-(a+b)=216=63;

(2)两个不同的、和为20的数不会在同一个集中，因为若cd,c+d=20,c,d∈A,于是27-ceB,27-d∈B,且(27-c)+(27-d)=54-(c+d)=34与(1)矛盾；

(3)两个不同的、和为6的数不会在同一个集中，因为如果e≠f,e+f=6,e,feA,则20-eeB,20-f∈B,且(20-e)+(20-f)=40-(e+f)=34与(1)矛盾；

(4)两个不同的、和为4的数（也就是1与3）不会在同一个集

中.若1,3∈A,则由(1)知，33,31∈B,但33+31=64=43

由此，124有性质P.若124有性质P,{1,2,…,124}可分成两

个集A,B,每个集中不会存在两个不同的数，它们的和是立方数，

不妨设1∈A,由(4)知3∈B,由(3)知5∈B,而3+5=8=2.矛

盾！

最后，说明123有性质P.为此，只要把{1,2，…，32}分成两个

集A,B,使得1,2不在同一集中，每个集中不会有两个不同的数、

和为立方数及34即可（这时，109,110，·，123都可以适当地放在

一个集中)

A:134681011131518202225272932

B:2579121416171921232426283031

3.在一个圆周上有2000个点，每个点都染上一种颜色，共有

五种颜色可用.满足：任何连着的25个点中，五种颜色的点都有.求最小的有下面性质的n:对于满足条件的染色法，必有连着的n个点，其中五种颜色的点都有

解所求的最小n为19.

先证19有所要求的性质.用反证法，若结论不对，则对任何连着的19个点，都不会五种颜色的点都有.任取连着的19个点，不

妨设按顺时针方向依次为P,P2,·,P9(按此次序下面的点依次

为P0,P21,…).由条件知，在P1,P2,…,P5这25个点中，五种颜

色的点都有，而P,Pg,…,Ps这19个点中，并不是五种颜色的点

都有.因此，在P,P2,…,P。这6个点中，必有一点的颜色在

P,…,Ps中都不用的，称之为第一色.

同理，如果把P,作为第一个点，在P,Pg,Pg,P1o,P1,P2这6个点中，必有一个点的颜色（当然不会是第一色，我们称之为第二

奥数最佳实战题（上卷）

The Best Practical Problems for the Mathematical Olympiads(Volume I

色.)是其后的19个点（从P到P)中没有的.接下去在其后的6

心得体会拓广疑问

个点P3,P4,P5,P6,P7,Pg中，必有一个点的颜色（当然不会是第一色及第二色，我们称之为第三色.)在其后的19个点（从Pg

到P,)中是没有的.

由上所述，在P,P2,…,P5中，在最后的7个点P9,P0,…,

P5中，不会有第一色、第二色及第三色的点.而任何一个点可作为

P·因而在任何连着的7个点中，至多只用了两种颜色.当然，连着

的任何7个点不会是同一色的（否则再取下面的18个点，把这连着的7个点的前6个点去掉，这19个点中五种颜色的点都有)综上所述，可知在连着的7个点中，恰好有两种颜色

在2000个点中，取两个相连的不同色的点A,B,不妨设A是

红色，B是黄色的.按顺时针方向是先A后B,在B后面取5个点，

在A之前取5个点.如记A为Q6,B为Q,则Q1,Q2,…,Q2这12

个点中，都是红色或黄色的.而如前面所说，在Q1,…,Q。这6个点

中的第一色必是红色，从而Q,…,Q2必定全是黄色的.接着Q1

不是黄色，而Q13,Q4,Q15,Q16,Q1,Q1s全都是同色.不妨设是蓝

色，等等.因此，这2000个点的染色法只有一种可能：从某一点B

开始连着6个点是一种颜色，接下来6个点是另一种颜色，而五种颜色依次出现，接下来又循环地出现，所以，这个染色是以30为周期的，但30卜2000，这就出现了矛盾，

最后，我们要说明18不具有这个性质，即要举出一个染色的方法，它满足题中的条件，但任何连着的18个点都不会五种颜色的点都有。

我们用0,1,2,3,4表示五种颜色，我们的染色是以25为周期的，其中一个周期的25个点的颜色为

0000001000000200000030004

易见，任何连着的25点中，五种颜色的点都有，但1,2,3,4这

四种颜色的点都是只有一个.而任何连着的18个点可认为是连着的25个点中去掉后面的7个点，而连着的7个点不会都是0.所以总有一个颜色的点是没有的

4.是否存在函数f:N*→N·(N·表示正整数全体)满足下面

三个要求：

(1)f1)=2;

(2)ff(n))=f(n)+n(对任何neN);

(3)f(n+1)>f(n)(对任何n∈N*).

解若f:N·→N满足要求.由f(1)=2及ff(n)=f(n)+n,可知f(2)=ff(1))=f(1)+1=3,f(3)=ff(2))=f(2)+2=5,…,可知记{fn}为如下的Fibonacci数列：f=1,f方=2，fn+2=fm+

奥数最佳实战题（上卷）6

The Best Practical Problems for the Mathematical Olympiads(Volume I)再取另外一些纸条（为与上面的纸条相区别，上面的！张纸

心得体会拓广疑问

条是白色，现取的是黄色的纸条).对于每一张白纸条，如果它上面写的某一个排列，而下面写着这排列的所有不动点.若不动点个数为k就用k张黄纸条，上面写上这个排列，下面分别写上这排列的一个不动点.

因为对每一个有k个不动点的排列a相应地用了k张黄纸条，所以黄纸条的张数为

含机

另一方面，黄纸条上写的是：上面写着{1,2，…，n的有不动点的排列，下面则写着它的一个不动点.可见下面写i(i∈{1,2，…，n})的黄纸条数是以i为不动点的排列数，即(n-1)!.从而黄纸条的张数为n·(n-1)！=n!

由此，三切=a叫

注本题是1987年M0试题，

6.设n≥3，n项的正数数列名1,2，…，x。满足

0

求(x,+2+…+x)(上+上+…+)的最小值11

解先看n=3的情况，即要求(，+，2+x)(上+上+)的

最小值，

由柯西不等式知

(x++…+x)(++…+上)≥n2

+1+…+√)

√x1

√x2

≤（+名+…+x,)(+1+…+1)记5=x1+,所以（上+上）·≥4,1+1≥4从而

1x2

(x1+x2+x3)(+1+)≥(+)(4+

X1 x2 x3

S X7

=4+1+

2x3

=5+2(+

s 2x3

令0=1+>0)，由条件：≤，所以2名，≤分由于f在

···试读结束···