- 2021-06-15 发布 |
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文档介绍
【数学】2020届一轮复习人教B版组合与构造作业
16组合与构造2016-2018年历年数学联赛 2017A三、(本题满分50分)将方格纸中每个小方格染三种颜色之一,使得每种颜色的小方格的个数相等。若相邻两个小方格的颜色不同,则称他们的公共边为“分割边”。试求分割边条数的最小值。 ★解析:记分割边的条数为.首先,将方格纸按如图所示分成三 个区域,分别染成三种颜色,粗线上均为分割边,此时共有56条 分割边,即。 下面证明. 将方格纸的行从上至下依次记为,,,列从左至右依次记为 ,,,行中方格出现的颜色数记为, 列中方格出现的颜色数记为,三种颜色分别记为,,, 对于一种颜色,设是表示含有色方格的函数与列数之和. 记,同理定义, 则① 由于染色的方格有个,设含有色方格的行有个,列有个,则色方格一定在这行和列的交叉方格中,因此.从而 即.② 由于在行中有种颜色的方格,因此至少有条分割边,同理在行中有种颜色的方格,因此至少有条分割边,于是, ③ 下面分两种情形讨论. ⑴当有一行或有一列全部方格同色时,不妨设有一行全为色,从而方格纸的33列中均含有的方格,由于的方格有363个,故至少有行中含有色方格。于是。④ 由①③④得 ⑵没有一行或没有一列全部方格同色时,则对任意,均有,,从而由②知, 综上可知,分割边条数的最小值为。 2017A四、(本题满分50分)。设均是大于的整数,,是个不超过的互不相同的正整数,且互素。证明:对任意实数,均存在一个(),使得,这里表示实数到它最近的整数的距离。 ★证明:首先证明两个引理: 引理1:存在整数,满足,并且,. 由于互素,即,有裴蜀定理,存在整数,满足。① 下面证明,通过调整,存在一组满足①,且,记, 。 如果,那么存在,于是,又是大于1的整数,故由①可知,存在,令,,(,),则 ,② 并且,, 所以, 如果,则存在,因此有一个.令,,(,),那么②成立,并且,与上面类似可以证明到: ,,即说明与均是非负整数,故通过有限次上述的调整,可以得到一组使得①成立,并且结论获证。 引理2:①对任意的实数,均有;②对任意整数和实数,有; 由于对任意整数和实数,均有,于是不妨设,此时,,若,不妨设,则,从而 若,不妨设同号,则当时,有, 此时;当时,注意到总有,故 ;故①得证; 又,由①知,②是成立的。 接下来回到原题,由结论①存在整数,满足,并且,.于是,,由引理2得, 因此,③ 若,则由③知, 若,则在中存在两个相邻的正整数。不妨设相邻,则,故与中有一个不小于。 综上,总存在存在一个(),使得 2016A三、(本题满分50分)给定空间个点,其中任意四点不在一个平面上。将某些点之间用线段相连,若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形,试确定所连线段数目的最大值。 ★解析:以这10个点为顶点,所连线段为边,得到一个10阶简单图G,我们证明G的变数不超过15. 设G的顶点为,一共有条边,用表示顶点的度。若对都成立,则。 假设存在满足,不妨设,且与均相邻.于是之间没有边,否则就成三角形,所以与之间恰有条边. 对每个(),至多与中的一个顶点相邻(否则设与,()相邻,则,,,就对应了一个空间四边形的四个顶点,这与题意矛盾),从而与之间的边数至多条。 在这个顶点之间,由于没有三角形,由托兰定理,至多条边,因此G的边数 例如如图所示的就有条边,且满足要求。 综上所述,所连线段数目的最大值为。查看更多