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raw_volume-zh/volume1/chapter1.tex

@@ -0,0 +1,378 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+一、集合的概念集合是一个原始的概念,是数学中一个不定义的概念.
+管如此,对一个具体的集合而言,很多情况下我们还是可以采用列举法或描述法给出它的一个准确而清晰的表示.
+用描述法表示一个集合基于下面的概括原则:
+概括原则对任给的一个性质 ${\mathbf{}}P$ ,存在一个集合 ${\mathsf{S}},$ 它的元素恰好是具有性质P的所有对象,即
+$S = \{x | P(x)\}$,
+其中 $\textstyle P(x)$ 表示“$x$具有性质 ${\mathbf{}}P$ ”
+由此,我们知道集合的元素是完全确定的,同时它的元素之间具有互异性和无序性.
+集合的元素个数为有限数的集合称为有限集,元素个数为无限数的集合称为无限集.
+果有限集 $A$的元素个数为$n$,则称 $A$为$n$元集,记作 $|A|=n.$ 空集不含任何元素.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+二、集合与集合的关系在两个集合的关系中,子集是一个重要的概念,它的两个特例是真子集和集合相等.
+下面“充分必要条件”的角度来理解子集、真子集和集合相等的概念无疑是十分有益的:
+子集: $A\subseteq B\Longleftrightarrow$ 对任意 $x\in A.$ ,恒有 $x\in B$ ;
+真子集: $A\subsetneq B\Longleftrightarrow A\subseteq B$, 且存在$x^{\prime}\in B$ ,但 $x^{\prime}\not\in{\boldsymbol{A}}$;
+集合相等: $A=B\Longleftrightarrow A\subseteq B$ ,且 $B\subseteq A.$ 
+容易证明两个集合关系的如下性质
+1. $\emptyset \subseteq A,\,\emptyset\subseteq A\ (A\neq\emptyset)$;
+2. $A\subseteq B,\,B\subseteq C\Rightarrow A\subseteq C$ ;
+3. $n$ 元集$A$ 总共有 $2^n$ 个不同的子集.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+三、相关问题举例我们来研究一些与元素和集合有关的稍难的问题, 解决这些问题需要借助其他数学工具.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设集合 $M=\left\{x |{\frac{a x-5}{x^{2}-a}}<0,\,x\in\mathbb{R}\right\}$ 
+(1)当 $a=4$ 时,化简集合 $M$ ;
+(2)若 $3\in M,$ ,且 $5\notin M,$ 求实数a的取值范围.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 化简集合 $M$, 实际上就是解不等式 ${\frac{a x-5}{x^{2}-a}}<0.$ 
+解: (1) 当 $a=4$ 时,有
+$$
+{\frac{4x-5}{x^{2}-4}}<0\,, 
+$$
+即
+$$
+\left(x-\frac{5}{4}\right)(x+2)(x-2)<0. 
+$$
+$x<-2$ 或 ${\frac{5}{4}}<x<2.$ 
+所以 $M=(-\infty,-2)\cup\bigl({\frac{5}{4}}, 2\bigr).$ 
+(2)由 $3\in M,$ 得 ${\frac{3a-5}{3^{2}-a}}<0$,即 $\left(a-\frac{5}{3}\right)(a-9)\geqslant0$ ,所以
+$$
+a<{\frac{5}{3}}或a>9. 
+$$
+由 $5\notin M$ 得, ${\frac{5a-5}{5^{2}-a}}\geqslant0$ 或 $5^{2}-a=0$ ,所以
+$$
+1\leq a\leq25. 
+$$
+可得 $x\in\left[1,{\frac{5}{3}}\right)\cup\left(9,25\right]$.
+说明: $5\notin M$ 隐含了条件 $5^{2}-a=$ 0,这是容易被忽视的.
+由概括原则我们知道,判断一个对象 $x$ 是否为集合 $S$ 的元素,等价于判断 $x$ 是否具有性质 $P$. 
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $A$ 是两个整数平方差的集合,即 $A=\left\{x\mid x=m^{2}-n^{2},\,m,n\in\mathbf{Z}\right\}$.证明:
+(1) 若 $s,\ t\in A$ ,则 $s t\in A.$ 
+(2) 若 $s,\ t\in A,\ t\neq0$,则$\frac{s}{t}=p^{2}-q^{2}.$ ,其中 $p,q$ 是有理数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 想办法将 $st$ 表示为两个整数的平方差.
+证明: (1)由 $s,t\in A$ ,可设
+$$
+s=m_{1}^{2}-n_{1}^{2}\,,\;t=m_{2}^{2}-n_{2}^{2}\,, 
+$$
+其中 $m_{1}, n_{1}, m_{2}, n_{2}$ 均为整数.
+是
+$$
+\begin{array}{l}{{s t=(m_{1}^{2}-n_{1}^{2})\,(m_{2}^{2}-n_{2}^{2})}}\\ {{=m_{1}^{2}m_{2}^{2}+2m_{1}m_{2}n_{1}n_{2}+n_{1}^{2}n_{2}^{2}-m_{1}^{2}n_{2}^{2}-2m_{1}m_{2}n_{1}n_{2}-m_{2}^{2}n_{1}^{2}}}\\ {{=(m_{1}m_{2}+n_{1}n_{2})^{2}-(m_{1}n_{2}+m_{2}n_{1})^{2}\,,}}\end{array} 
+$$
+即 $st$ 是两个整数的平方差,故 $s t\in A.$ 
+(2) 由于 $s, t \in A$ ,由(1)知 $s t\in A.$ 令 $s t=m^{2}-n^{2},m,n$ 是整数.
+ $t\neq 0$,因此
+$$
+{\frac{s}{t}}\,={\frac{s t}{t^{2}}}=\left({\frac{m}{t}}\right)^{2}-\left({\frac{n}{t}}\right)^{2}. 
+$$
+而 ${\frac{m}{t}},{\frac{n}{t}}$ 均为有理数,故命题得证.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设函数 $f(x)=x^{2}+a x+b\ (a,\,b\in\mathbb{R})$ ,集合 $A=\{x\mid x=f(x)$  $x\in\mathbb{R})\,,\,B=\{x\mid x=f(f(x))\,,\,x\in\mathbb{R}\}.$ 
+(1)证明: $A\subset B$ ;
+(2)当 $A=\{-1,\,3\}$ 时,求集合 $B$ .
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 欲证 $A\subseteq B$, 只需证明方程 $x=f(x)$ 的根必是方程 $x=f(f(x))$ 的根.
+解: (1)对任意的 $x_{0}\in A$ ,有 $x_{0}=f(x_{0}), \, x_0 \in \mathbb{R}.$
+于是
+$$
+f(f(x_{0}))=f(x_{0})=x_{0}. 
+$$
+故 $x_{0}\in B$ ,所以 $A\subseteq B$. 
+(2)因 $A=\{-1,\,3\}$ ,所以
+$$
+\begin{align*}
+\left\{
+\begin{aligned}
+    (-\,1)^{2}+a*(-\,1)+b=-\,1, \\
+    3^{2}+a*3+b=3,
+\end{aligned}
+\right.
+\end{align*}
+$$
+解之得 $a=-1$, $b=-3$,故 $f(x)=x^{2}-x-3.$ 由 $x=f(f(x))$ 得
+$(x^2-x-3)^2-(x^2-x-3)-x-3= 0.$
+即
+$$
+(x^{2}-2x-3)\,(x^{2}-3)\,=\,0\,. 
+$$
+解得 $x=-1,\,3,\,\pm{\sqrt{3}}.$ 
+所以 $,B=\{-1,\ 3,-{\sqrt{3}}\,,{\sqrt{3}}\}$ .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设关于 $x$ 的不等式 $\left|x-{\frac{(a+1)^{2}}{2}}\right|\leq{\frac{(a-1)^{2}}{2}}$ 和 $x^{2}-3(a+1)x+2(3a+1)\leq0\ (a\in\mathbb{R})$ 的解集依次为 $A$、$B$,求使 $A\,\subseteq\,B$ 的实数a 的取值范围.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 要由 $A\subseteq B$ 求出a的范围,必须先求出$A$和 $B$.
+解: 由 $\left|x-{\frac{(a+1)^{2}}{2}}\right|\leqslant{\frac{(a-1)^{2}}{2}}$, 得
+$$
+-\frac{(a-1)^{2}}{2}\leq x-\frac{(a+1)^{2}}{2}\leq\frac{(a-1)^{2}}{2}, 
+$$
+解之,得 $2a\leq x\leq a^{2}+1.$ 所以 $,A=\{x\mid2a\leq x\leq a^{2}+1\}$ 
+由 $x^{2}-3(a+1)x+2(3a+1)\leq0$,得
+$$
+(x-2)[x-(3a+1)]\leq0. 
+$$
+当 $a\geq{\frac{1}{3}}$ 时, $B = \{ x \mid 2 \leq x \leq 3a+1 \}$ ;当 $a<{\frac{1}{3}}$时,$B=\{x \mid 3a+1 \leq x \leq 2 \}.$ 
+因为 $A\subseteq B$, 所以
+$$
+\begin{align*}
+\left\{
+\begin{aligned}
+    a \geq \frac{1}{3}, \\
+    2a \geq 2,\\
+    a^2+1 \leq 3a+1,
+\end{aligned}
+\right.
+\end{align*}
+$$ 
+或
+$$
+\begin{align*}
+\left\{
+\begin{aligned}
+    a < \frac{1}{3}, \\
+    2a \geq 3a+1,\\
+    a^2+1 \leq 2.
+\end{aligned}
+\right.
+\end{align*}
+$$ 
+解之,得 $1\leq a\leq3$ 或 $a=-1.$ 
+所以,a 的取值范围是[1, 3]U ${\{-1}\}.$ 
+说明: 上述解答是通过对参数 $a$ 的分类讨论完成的,其实还有更直接的解法.
+方程的角度看 $A\subseteq B$ 等价于方程 $x^{2}-3(a+1)x+2(3a+1)=0$ 在区间$(-\infty,2a]$ 和 $[a^{2}+1,\ +\infty)$ 内各有一个实根.
+ $f(x)\,=\,x^{2} - 3(a+1)x+2(3a+1)$ ,由 $A\subseteq B$, 得
+$$
+\begin{align*}
+\left\{
+\begin{aligned}
+    f(2a) \leq 0, \\
+    f(a^2+1) \leq 0,\\
+\end{aligned}
+\right.
+\end{align*}
+\longrightarrow 1\leq a \leq 3 \text{或} a=-1.$$ 
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设实数$a<b$, $D=[a\,,\,b]$ ,函数 $f(x)=k-\sqrt{x+2}\,,\;x\in D$ 的值域为 $E$. 若 $D=E$, 求实数 $k$ 的取值范围.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 易知, 当 $x \geqslant-2$ 时 $f(x)=k-\sqrt{x+2}$ 为减函数.
+所以 $D=E=[a, b]$ 等价于方程组
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+k-\sqrt{a+2}=b, \\
+k-\sqrt{b+2}=a
+\end{array}\right.
+$$
+有实数解, 且 $a<b$.
+(1)一(2)得
+$$
+\begin{aligned}
+& \sqrt{b+2}-\sqrt{a+2}=b-a, \\
+& \frac{b-a}{\sqrt{b+2}+\sqrt{a+2}}=b-a .
+\end{aligned}
+$$
+因为 $a<b$, 所以
+$$
+\sqrt{b+2}+\sqrt{a+2}=1,
+$$
+即
+$$
+\sqrt{a+2}=1-\sqrt{b+2} \text {. }
+$$
+代入式(1)得
+$$
+k=b+1-\sqrt{b+2} .
+$$
+令 $\sqrt{b+2}=t$. 由式 (3) 知 $0 \leqslant t \leqslant 1$. 于是, 有
+$$
+k=t^2-t-1=\left(t-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{5}{4} .
+$$
+故所求 $k$ 的范围是 $-\frac{5}{4} \leqslant k \leqslant-1$.
+如果 $A 、 B$ 是两个相等的数集, 那么可以得到 $A=B$ 的两个非常有用的必要条件:
+(1) 两个集合的元素之和相等;
+(2) 两个集合的元素之积相等.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 求所有的角 $\alpha$, 使得集合
+$$
+\{\sin \alpha, \sin 2 \alpha, \sin 3 \alpha\}=\{\cos \alpha, \cos 2 \alpha, \cos 3 \alpha\} .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+解: 设 $\alpha \in[0,2 \pi)$. 由已知得
+$$
+\sin \alpha+\sin 2 \alpha+\sin 3 \alpha=\cos \alpha+\cos 2 \alpha+\cos 3 \alpha,
+$$
+即
+$$
+\begin{aligned}
+2 \sin 2 \alpha \cos \alpha+\sin 2 \alpha & =2 \cos 2 \alpha \cos \alpha+\cos 2 \alpha, \\
+\sin 2 \alpha(2 \cos \alpha+1) & =\cos 2 \alpha(2 \cos \alpha+1) .
+\end{aligned}
+$$
+所以 $\sin 2 \alpha=\cos 2 \alpha$ 或 $\cos \alpha=-\frac{1}{2}$ (舍去).
+从而
+$$
+\begin{aligned}
+0 & =\sin 2 \alpha-\cos 2 \alpha \\
+& =\sin 2 \alpha-\sin \left(\frac{\pi}{2}-2 \alpha\right) \\
+& =2 \cos \frac{\pi}{4} \sin \left(2 \alpha-\frac{\pi}{4}\right) .
+\end{aligned}
+$$
+于是 $\alpha=\frac{\pi}{8}, \frac{5 \pi}{8}, \frac{9 \pi}{8}, \frac{13 \pi}{8}$.
+又 $\sin \alpha \sin 2 \alpha \sin 3 \alpha=\cos \alpha \cos 2 \alpha \cos 3 \alpha$, 且 $\sin 2 \alpha=\cos 2 \alpha$, 因此
+$$
+\begin{aligned}
+\cos 4 \alpha & =0, \\
+\alpha=\frac{(2 k-1) \pi}{8}, k & =1,2, \cdots, 8 .
+\end{aligned}
+$$
+经验证, $\alpha=\frac{k \pi}{4}+\frac{\pi}{8}(k \in \mathbf{Z})$ 满足题意.
+说明: 元素之和(积)相等只是两个集合相等的必要条件, 因此这里还必须检查集合的元素是否互异.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $S$ 为非空数集, 且满足: (i) $2 \notin S$; (ii) 若 $a \in S$, 则 $\frac{1}{2-a} \in S$. 证明:
+(1) 对一切 $n \in \mathbf{N}^*, n \geqslant 3$, 有 $\frac{n}{n-1} \notin S$;
+(2) $S$ 或者是单元素集,或者是无限集.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 对于 (1), 因为 $n \in \mathbf{N}^*$, 可以考虑采用数学归纳法.
+证明: (1) 因为 $S$ 非空, 所以存在 $a \in S$, 且 $a \neq 2$.
+我们用数学归纳法证明下面的命题:
+若 $a \in S$, 则对 $k \in \mathbf{N}^*, \frac{(k-1)-(k-2) a}{k-(k-1) a} \in S$, 且 $a \neq \frac{k+1}{k}$.
+当 $k=1$ 时, 显然 $a \in S$, 且 $a \neq 2$ 成立.
+设 $k \in \mathbf{N}^*, \frac{(k-1)-(k-2) a}{k-(k-1) a} \in S$ 且 $a \neq \frac{k+1}{k}$ 成立.
+由 (ii) 得
+$$
+\begin{gathered}
+\frac{1}{2-\frac{(k-1)-(k-2) a}{k-(k-1) a}} \in S, \\
+\frac{k-(k-1) a}{(k+1)-k a} \in S .
+\end{gathered}
+$$
+化简得
+$$
+\frac{k-(k-1) a}{(k+1)-k a} \in S \text {. }
+$$
+又 $\frac{k-(k-1) a}{(k+1)-k a} \neq 2$, 所以 $a \neq \frac{k+2}{k+1}$.
+综上, 由归纳原理知, 对 $k \in \mathbf{N}^*$ 命题成立.
+从而, 对一切 $n \in \mathbf{N}^*, n \geqslant 3$, $\frac{n}{n-1} \notin S$ 成立.
+(2) 由 (1) 知, 若 $a \in S, a \neq \frac{m}{m-1}\left(m \in \mathbf{N}^*, m \geqslant 3\right)$, 则 $\frac{(m-1)-(m-2) a}{m-(m-1) a} \in S$.
+所以, 当 $n \geqslant 2, m \geqslant 2, m \neq n$ 时,
+$$
+\begin{aligned}
+& \frac{(n-1)-(n-2) a}{n-(n-1) a}=\frac{(m-1)-(m-2) a}{m-(m-1) a} \\
+& \Leftrightarrow m(n-1)-(n-1)(m-1) a-m(n-2) a+(m-1)(n-2) a^2 \\
+& =n(m-1)-(n-1)(m-1) a-n(m-2) a+(n-1)(m-2) a^2 \\
+& \Leftrightarrow n-m+2(m-n) a+(n-m) a^2=0 \\
+& \Leftrightarrow(n-m)\left(1-2 a+a^2\right)=0 \\
+& \Leftrightarrow a=1 (\text { 因为 } n \neq m) .
+\end{aligned}
+$$
+因为 $\mathbf{N}^*$ 是无限集, 所以 $S$ 或者为单元素集 $\{1\}$ (当且仅当 $a=1$ ), 或者为无限集.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 用 $\sigma(S)$ 表示非空的整数集合 $S$ 的所有元素的和.
+设 $A=\left\{a_1\right.$, $\left.a_2, \cdots, a_{11}\right\}$ 是正整数的集合, 且 $a_1<a_2<\cdots<a_{11}$; 又设对每个正整数 $n \leqslant$ 1500 , 都存在 $A$ 的子集 $S$, 使得 $\sigma(S)=n$. 求 $a_{10}$ 的最小可能值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 要求 $a_{10}$ 的最小值, 显然应使 $\sigma(A)=1500$. 又由题设, 应使 $a_{11}$ 尽可能大, 且前 10 个数之和不小于 750 , 故取 $a_{11}=750$. 考虑整数的二进制表示, 由 $1+2+\cdots+2^7=255$ 知, 前 8 个数应依次为 $1,2,4,8,16,32,64,128$. 这时 $a_9+a_{10}=495$, 从而有 $a_{10}=248$.
+解: 取 $A_0=\{1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750\}$, 易知 $A_0$ 满足题目要求,且 $a_{10}=248$. 故 $a_{10}$ 的最小可能值不超过 248 .
+另一方面, $a_{10}$ 不可能比 248 更小.
+这是因为前 10 个数之和不能小于 750 , 否则设 $\sum_{i=1}^{10} a_i=m, m<750$, 则 $a_{11}=1500-m$, 对 $n \in(m, 1500-m)$, 显然不存在 $A$ 的子集 $S$, 使 $\sigma(S)=n$. 因 $1+2+\cdots+2^?=255$, 由整数的二进制表示知, 其前 8 个数之和最大为 255 . 故 $a_9+a_{10}$ 的最小可能值为 495 , 从而 $a_{10}$ 至少为 248 .
+综上知, $a_{10}$ 的最小可能值为 248 .
+说明: 本例采用了构造法.
+直接构造一个符合题设的 $A_0$, 然后证明 $A_0$ 具有所要求的性质.
+这种方法在解有关集合和组合的问题中经常用到.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 设 $S$ 是由 $2 n$ 个人组成的集合.
+求证: 其中必定有两个人,他们的公共朋友的个数为偶数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明: 用反证法: 设 $S$ 为一个由 $2 n$ 个人组成的集合, $S$ 中每两个人的公共朋友数为奇数.
+对 $S$ 中的任意一个人 $A$, 记 $M=\left\{F_1, \cdots, F_k\right\}$ 为 $A$ 的朋友集, 可以证明： 对每个 $A, k$ 都为偶数.
+事实上, 对每个 $F_i \in M$, 考虑他在 $M$ 中的朋友数, 所有这 $k$ 个 $F_i$ 的这些朋友数之和为偶数 (因为朋友是相互的), 而对 $A 、 F_i$ 而言, 其公共朋友数为奇数, 故每个 $F_i$ 的这样的朋友数为奇数, 故 $k$ 为偶数.
+设 $k=2 m$, 现在考虑每个 $F_i \in M$, 他的所有朋友集不包括 $A$, 但不局限于 $M$ 中, 他的这样的朋友数为奇数 (因为 $F_i$ 的朋友数为偶数, 而 $A$ 不算在内). 因此,所有 $2 m$ 个这样的朋友集的元素个数之和为偶数.
+从而在 $2 n-1$ 个人 ( $A$ 除外) 中, 必有一个人在偶数个这样的朋友集中出现, 他与 $A$ 的公共朋友数为偶数.
+这个矛盾表明: 有两个 $S$ 中的人,他们的公共朋友数为偶数.
+说明: 上述解法采用了奇偶性分析来“制造”矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $n$ 是大于 1 的正整数,证明存在一个集合 $A \varsubsetneqq\{1,2, \cdots, n\}$, 使得
+(1) $|A| \leqslant 2[\sqrt{n}]+1$;
+(2) $\{|x-y| \mid x, y \in A, x \neq y\}=\{1,2, \cdots, n-1\}$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 由 $|A| \leqslant 2[\sqrt{n}]+1$ 想到, 设 $n=k^2+b, 0 \leqslant b \leqslant 2 k$.
+证明: 设 $n=k^2+b, 0 \leqslant b \leqslant 2 k$.
+(1) 当 $b \leqslant k$ 时,考虑集合
+$$
+\begin{gathered}
+A=\left\{1,2, \cdots, k, 2 k, 3 k, \cdots, k^2, k^2+b\right\} \varsubsetneqq\{1,2, \cdots, n\}, \\
+|A|=2 k \leqslant 2[\sqrt{n}]+1=2 k+1,
+\end{gathered}
+$$
+而易知 $\{|x-y| \mid x, y \in A, x \neq y\}=\left\{1,2, \cdots, k^2+b-1\right\}$.
+(2) 当 $b>k$ 时,考虑集合
+$$
+A=\left\{1,2, \cdots, k, 2 k, 3 k, \cdots, k^2, k^2+k, k^2+b\right\} \varsubsetneqq\{1,2, \cdots, n\},
+$$
+同样有
+$$
+|A|=2 k+1 \leqslant 2[\sqrt{n}]+1 \text {, }
+$$
+且 $\{|x-y| \mid x, y \in A, x \neq y\}=\left\{1,2, \cdots, k^2+b-1\right\}$.
+综上知, 原命题成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter2.tex

@@ -0,0 +1,289 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+集合的交集、并集、补集三种基本运算是通过元素与集合的关系来定义的:
+$$
+\begin{aligned}
+& A \cap B=\{x \mid x \in A, \text { 且 } x \in B\}, \\
+& A \cup B=\{x \mid x \in A, \text { 或 } x \in B\}, \\
+& \complement_U A=\{x \mid A \subseteq U, x \in U, \text { 且 } x \notin A\} .
+\end{aligned}
+$$
+请注意这里的逻辑关联词“且”、“或”, 它们在集合运算的定义中起了决定性的作用.
+有时, 我们还要用到集合的差集的概念.
+定义由属于集合 $A$ 但不属于集合 $B$ 的全体元素组成的集合叫做集合
+$A$ 对 $B$ 的差集, 记作 $A \backslash B$ (或 $A-B$ ), 即
+$$
+A \backslash B=\{x \mid x \in A \text {, 且 } x \notin B\} .
+$$
+由这个定义可以看出, 补集只是差集的一种特殊情况.
+记 $U$ 为全集, 容易证明集合的运算满足如下法则:
+(1) 等幂律: $A \cap A=A, A \cup A=A$;
+(2) 同一律: $A \cap U=A, A \cup U=U$,
+$$
+A \cap \varnothing=\varnothing, A \cup \varnothing=A ;
+$$
+(3) 互补律: $A \cap \complement_U A=\varnothing, A \cup \complement_U A=U$;
+(4) 交换律: $A \cap B=B \cap A, A \cup B=B \cup A$;
+(5) 结合律: $A \cap(B \cap C)=(A \cap B) \cap C$,
+$$
+A \cup(B \cup C)=(A \cup B) \cup C
+$$
+(6) 分配律: $A \cap(B \cup C)=(A \cap B) \cup(A \cap C)$,
+$$
+A \cup(B \cap C)=(A \cup B) \cap(A \cup C) \text {; }
+$$
+(7) 吸收律: $A \cup(A \cap B)=A, A \cap(A \cup B)=A$;
+(8) 反演律 (摩根律) : $\complement_U(A \cap B)=\complement_U A \cup \complement_U B$,
+$$
+\complement_U(A \cup B)=\complement_U A \cap \complement_U B .
+$$
+利用维恩图可以清晰地理解集合的交、并、补、差运算及其运算律.
+维恩图为集合问题的解决提供了一个直观的工具.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 已知 $A=\left\{x \mid x^2+x-6=0\right\}, B=\{x \mid m x+1=0\}$, 且 $A \cup B=A$, 求实数 $m$ 的取值范围.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 关键是如何理解和运用 $A \cup B=A$ 这个条件.
+注意到 $A \cup B=A \Leftrightarrow B \subseteq A$, 用列举法表示 $A$, 即可写出 $B$ 的各种情形, 但不要忘了 $B=\varnothing$ 的情形!
+解: $A=\left\{x \mid x^2+x-6=0\right\}=\{-3,2\} . B=\{x \mid m x+1=0\}$ 至多有一个元素.
+因为 $A \cup B=A$, 所以 $B \subseteq A$. 因此, $B=\{-3\}$, 或 $B=\{2\}$, 或 $B=\varnothing$, 即
+$$
+-3 m+1=0 \text {, 或 } 2 m+1=0 \text {, 或 } m=0 \text {, }
+$$
+解得 $m=\frac{1}{3}$ 或 $-\frac{1}{2}$ 或 0 .
+故实数 $m \in\left\{\frac{1}{3},-\frac{1}{2}, 0\right\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 已知集合 $A=\left\{x \mid x^2-2 x-3 \leqslant 0\right\}, B=\left\{x \mid x^2+p x+q<0\right\}$, 若 $A \cap B=\{x \mid-1 \leqslant x \leqslant 2\}$. 求 $p 、 q$ 的取值范围.
+%%<SOLUTION>%%
+解:
+$$
+A=\left\{x \mid x^2-2 x-3 \leqslant 0\right\}=[-1,3] .
+$$
+设 $x^2+p x+q=0$ 的两根为 $x_1 、 x_2, x_1<x_2$. 则
+$$
+\begin{gathered}
+x^2+p x+q=\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right), \\
+B=\left(x_1, x_2\right) .
+\end{gathered}
+$$
+由 $A \cap B=[-1,3] \cap\left(x_1, x_2\right)=[-1,2)$, 得
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+x_1<-1, \\
+x_2=2 .
+\end{array}\right.
+$$
+由韦达定理, 得
+$$
+\begin{gathered}
+x_1+x_2=x_1+2=-p, \\
+x_1 x_2=2 x_1=q .
+\end{gathered}
+$$
+因为 $x_1<-1$, 所以
+$$
+\begin{gathered}
+-p-2<-1, \\
+\frac{q}{2}<-1 .
+\end{gathered}
+$$
+故所求 $p 、 q$ 的范围分别是 $p>-1 、 q<-2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设 $A 、 B$ 都是不超过 9 的正整数组成的全集 $U$ 的子集, $A \cap B= \{2\},\left(\complement_U A\right) \cap\left(\complement_U B\right)=\{1,9\},\left(\complement_U A\right) \cap B=\{4,6,8\}$, 求 $A \backslash B$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:直接进行集合间的运算和推理似乎较难人手, 但我们可从维恩图(<FilePath:./figures/fig-c2e3.png>)中得到解题思路的提示.
+解因为 $\complement_U(A \cup B)=\left(\complement_U A\right) \cap\left(\complement_U B\right)= \{1,9\}$, 所以
+$$
+A \cup B=\{2,3,4,5,6,7,8\} .
+$$
+又
+$$
+\begin{gathered}
+A \cap B=\{2\}, \\
+\left(\complement_U A\right) \cap B=\{4,6,8\}, \\
+B=U \cap B=\left(A \cup \complement_U A\right) \cap B \\
+=(A \cap B) \cup\left(\left(\complement_U A\right) \cap B\right) \\
+=\{2,4,6,8\} .
+\end{gathered}
+$$
+所以
+$$
+\begin{aligned}
+B & =U \cap B=\left(A \cup \complement_U A\right) \cap B \\
+& =(A \cap B) \cup\left(\left(\complement_U A\right) \cap B\right) \\
+& =\{2,4,6,8\} .
+\end{aligned}
+$$
+所以, $A \backslash B=(A \cup B) \backslash B=\{3,5,7\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 已知集合 $A=\{(x, y) \mid a x+y=1\}, B=\{(x, y) \mid x+a y=1\}$, $C=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2=1\right\}$. 问:
+(1) 当 $a$ 取何值时, $(A \cup B) \cap C$ 为含有两个元素的集合?
+(2) 当 $a$ 取何值时, $(A \cup B) \cap C$ 为含有三个元素的集合?
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为 $(A \cup B) \cap C=(A \cap C) \cup(B \cap C)$, 故可从解 $A \cap C$ 及 $B \cap C$ 对应的方程组人手.
+解: $(A \cup B) \cap C=(A \cap C) \cup(B \cap C), A \cap C$ 与 $B \cap C$ 分别为方程组
+(i) $\left\{\begin{array}{l}a x+y=1, \\ x^2+y^2=1,\end{array}\right.$
+(ii) $\left\{\begin{array}{l}x+a y=1, \\ x^2+y^2=1\end{array}\right.$
+的解集.
+由 (i) 解得 $(x, y)=(0,1),\left(\frac{2 a}{1+a^2}, \frac{1-a^2}{1+a^2}\right)$;
+由(ii) 解得 $(x, y)=(1,0),\left(\frac{1-a^2}{1+a^2}, \frac{2 a}{1+a^2}\right)$.
+(1) 使 $(A \cup B) \cap C$ 恰有两个元素的情况只有两种可能:
+<1> $\left\{\begin{array}{l}\frac{2 a}{1+a^2}=0, \\ \frac{1-a^2}{1+a^2}=1 ;\end{array}\right.$
+<2> $\left\{\begin{array}{l}\frac{2 a}{1+a^2}=1, \\ \frac{1-a^2}{1+a^2}=0 .\end{array}\right.$
+由<1>得 $a=0$; 由<2>得 $a=1$.
+故当 $a=0$ 或 1 时, $(A \cup B) \cap C$ 恰有两个元素.
+(2) 使 $(A \cup B) \cap C$ 恰有三个元素的情况是
+$$
+\frac{2 a}{1+a^2}=\frac{1-a^2}{1+a^2}
+$$
+解得 $a=-1 \pm \sqrt{2}$.
+故当 $a=-1 \pm \sqrt{2}$ 时, $(A \cup B) \cap C$ 恰有三个元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 已知集合 $A=\left\{(x, y) \mid \frac{y-3}{x-2}=a+1\right\}, B=\{(x, y) \mid(a^2- 1) x+(a-1) y=15\}$, 且 $A \cap B=\varnothing$, 求 $a$ 的值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:当 $a=1$ 时, $B=\varnothing$, 这时 $A \cap B=\varnothing$; 当 $a \neq 1$ 时, $A \cap B=\varnothing$, 即 $A 、 B$ 对应的直线无公共点.
+解由 $\frac{y-3}{x-2}=a+1$, 得
+$$
+(a+1) x-y-2 a+1=0, \text { 且 } x \neq 2 .
+$$
+这表明集合 $A$ 表示一条缺一个点的直线.
+而
+$$
+\left(a^2-1\right) x+(a-1) y=15,
+$$
+当 $a \neq 1$ 时,表示一条直线; 当 $a=1$ 时,满足等式的点 $(x, y)$ 不存在.
+因此,当且仅当以下三种情况之一发生时, $A \cap B=\varnothing$.
+(1)当 $a=1$ 时, $B=\varnothing$, 显然有 $A \cap B=\varnothing$.
+(2)当 $a=-1$ 时, $A$ 表示直线 $y=3(x \neq 2), B$ 表示直线 $y=-\frac{15}{2}$, 它们互相平行.
+所以, $A \cap B=\varnothing$.
+(3)当 $a \neq \pm 1$ 时, 直线 (1) 与 (2) 相交.
+但直线 (1) 上缺一点 $(2,3)$, 令 $(2, 3) \in B$, 得
+$$
+\left(a^2-1\right) \cdot 2+(a-1) \cdot 3=15,
+$$
+解得 $a=-4$ 或 $a=\frac{5}{2}$.
+综上所述, $a \in\left\{-4,-1,1, \frac{5}{2}\right\}$.
+说明 $a \neq 1$ 时, $A \cap B=\varnothing$, 并不表明直线 (1) 与 (2) 必须平行, 由于直线 (1) 上缺了一个点 $(2,3)$, 当直线 (2) 穿过点 $(2,3)$ 时, 同样有 $A \cap B=\varnothing$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设 $n \in \mathbf{N}$, 且 $n \geqslant 15, A 、 B$ 都是 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的真子集, $A \cap B=\varnothing$, 且 $\{1,2, \cdots, n\}=A \cup B$. 证明: $A$ 或者 $B$ 中必有两个不同数的和为完全平方数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:由题设, $\{1,2, \cdots, n\}$ 的任何元素必属于且只属于它的真子集 $A$ 、$B$ 之一.
+假设结论不真, 则存在如题设的 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的真子集 $A 、B$, 使得无论是 $A$ 还是 $B$ 中的任何两个不同的数的和都不是完全平方数.
+不妨设 $1 \in A$, 则 $3 \notin A$. 否则 $1+3=2^2$, 与假设矛盾, 所以 $3 \in B$. 同样, $6 \notin B$, 所以 $6 \in A$. 这时 $10 \notin A$, 即 $10 \in B$. 因 $n \geqslant 15$, 而 15 或者在 $A$ 中, 或者在 $B$ 中,但当 $15 \in A$ 时, 因 $1 \in A, 1+15=4^2$, 矛盾; 当 $15 \in B$ 时, 因 $10 \in B, 10+15=5^2$, 仍然矛盾.
+因此假设不真, 即 $A$ 或者 $B$ 中必有两个不同数的和为完全平方数.
+说明由 $A 、 B$ 地位对称, 在上面的解法中我们采用了“不妨设 $1 \in A$ ”这种技巧,有效简化了解题过程.
+例6 实际上给出了一个关于集合的方程组:
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+A \cup B=\{1,2, \cdots, n\}, \\
+A \cap B=\varnothing .
+\end{array}\right.
+$$
+如果交换 $A 、 B$ 算两组解 (有序解), 那么这个方程组有多少组有序解呢?
+设 $U=\{1,2, \cdots, n\}$, 由 $A \cup B=U, A \cap B=\varnothing$,知 $A$ 与 $B$ 互补, 对于 $A \subseteq U$, 可取 $B=\complement_U A$. 故上述集合方程的有序解的个数为 $2^n$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 已知集合 $A 、 B 、 C$ (不必相异)的并集
+$$
+A \cup B \cup C=\{1,2, \cdots, 2005\},
+$$
+求满足条件的有序三元组 $(A, B, C)$ 的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 由图(<FilePath:./figures/fig-c2e7.png>)可知,表示集合 $A 、 B 、 C$ 的 3 个圆交出了 7 个区域.
+这表明,在求 $A \cup B \cup C$ 时, 1 , $2, \cdots, 2005$ 中每一个数都有 7 种选择.
+所以,所求的有序三元组的个数为 $7^{2005}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 设集合 $S$ 含有 $n$ 个元素, $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 是 $S$ 的不同子集, 它们两两的交集非空,而 $S$ 的其他子集不能与 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 都相交.
+求证: $k=2^{n-1}$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: $S$ 有 $2^n$ 个子集, 将两个互为补集的子集作为一组, 则可将 $2^n$ 个子集分成 $2^{n-1}$ 个组, 记为 $\left\{A_i^{\prime}, B_i^{\prime}\right\}, i=1,2, \cdots, 2^{n-1}$, 显然 $A_i$ 只能选取每组中的���个子集.
+证明: 设 $a \in S$. 因为 $|S|=n$, 故 $S$ 的子集中含 $a$ 的子集有 $2^{n-1}$ 个.
+显然它们两两的交非空.
+所以, $k \geqslant 2^{n-1}$.
+又可将 $S$ 的 $2^n$ 个子集分成 $2^{n-1}$ 组, 每组有两个集合, 它们互为补集.
+若 $k>2^{n-1}$, 则必有两个集合 $A_i 、 A_j(i \neq j)$ 来自上述同一组, 但 $A_i \cap A_j=\varnothing$,与题意不符.
+所以, $k=2^{n-1}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 有 1987 个集合,每个集合有 45 个元素,任意两个集合的并集有 89 个元素, 问此 1987 个集合的并集有多少个元素?
+%%<SOLUTION>%%
+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个公共元素.
+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 $a$,而且每两个集合不含 $a$ 以外的公共元素.
+下面,我们来排除其他可能性.
+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个公共元素, 则容易证明这 1987 个集合中必有一个集合 $A$ 中的元素 $a$ 出现在 $A$ 以外的 45 个集合中, 设为 $A_1, A_2, \cdots, A_{45}$, 其余的设为 $A_{46}, A_{47}, \cdots, A_{1986}$.
+设 $B$ 为 $A_{46}, \cdots, A_{1986}$ 中的任一个集合, 且 $a \notin B$, 由题设 $B$ 和 $A, A_1$, $A_2, \cdots, A_{45}$ 都有一个公共元素, 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 个集合中均含有 $a$.
+故所求结果为 $1987 \times 44+1=87429$, 即这 1987 个集合的并集有 87429 个元素.
+说明: 在这里我们先设计一种符合题设的特殊情形, 然后再排除其他可能的情形, 从而达到解题目的.
+这是一种“先猜后证”的解题策略.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $A$ 是集合 $S=\{1,2, \cdots, 1000000\}$ 的一个恰有 101 个元素的子集.
+证明: 在 $S$ 中存在数 $t_1, t_2, \cdots, t_{100}$, 使得集合
+$$
+A_j=\left\{x+t_j \mid x \in A\right\}, j=1,2, \cdots, 100
+$$
+中, 每两个的交集为空集.
+%%<SOLUTION>%%
+分析: 先弄清楚在什么情况下 $A_i \cap A_j \neq \varnothing$. 设 $a \in A_i \cap A_j$, 则 $a=x+ t_i==y+t_j, x, y \in A$. 于是 $t_i-t_j=y-x$. 这说明选取 $t_1, t_2, \cdots, t_{100}$ 时, 只要保证其中任意两个之差不等于 $A$ 中任二元素之差即可.
+证明: 考虑集合 $D=\{x-y \mid x, y \in A\}$, 则
+$$
+|D| \leqslant 101 \times 100+1=10101 \text {. }
+$$
+若 $A_i \cap A_j \neq \varnothing$, 设 $a \in A_i \cap A_j$, 则 $a=x+t_i, a=y+t_j$, 其中 $x, y \in A$, 则 $t_i-t_j=y-x \in D$.
+若 $t_i-t_j \in D$, 即存在 $x, y \in A$, 使得 $t_i-t_j=y-x$, 从而 $x+t_i=y+t_j$, 即 $A_i \cap A_j \neq \varnothing$.
+所以, $A_i \cap A_j \neq \varnothing$ 的充要条件是 $t_i-t_j \in D$. 于是, 我们只需在集 $S$ 中取出 100 个元素, 使得其中任意两个的差都不属于 $D$.
+下面用递推方法来取出这 100 个元素.
+先在 $S$ 中任取一个元素 $t_1$, 再从 $S$ 中取一个 $t_2$, 使得 $t_1 \notin t_2+D=\{t_2+ x \mid x \in D\}$, 这是因为取定 $t_1$ 后, 至多有 10101 个 $S$ 中的元素不能作为 $t_2$, 从而在 $S$ 中存在这样的 $t_2$, 若已有 $k(\leqslant 99)$ 个 $S$ 中的元素 $t_1, t_2, \cdots, t_k$ 满足要求, 再取 $t_{k+1}$, 使得 $t_1, \cdots, t_k$ 都不属于 $t_{k+1}+D=\left\{t_{k+1}+x \mid x \in D\right\}$. 这是因为 $t_1, t_2, \cdots, t_k$ 取定后, 至多有 $10101 k \leqslant 999999$ 个 $S$ 中的数不能作为 $t_{k+1}$, 故在 $S$ 中存在满足条件的 $t_{k+1}$. 所以, 在 $S$ 中存在 $t_1, t_2, \cdots, t_{100}$, 其中任意两个的差都不属于 $D$.
+综上所述,命题得证.
+说明条件 $|S|=10^{\varepsilon}$ 可以改小一些.
+一般地, 我们有如下更强的结论: 若 $A$ 是 $S=\{1,2, \cdots, n\}$ 的一个 $k$ 元子集, $m$ 为正整数, 且 $m$ 满足条件 $n>(m-1) \cdot\left(C_k^2+1\right)$, 则存在 $S$ 中的元素 $t_1, \cdots, t_m$, 使得 $A_j=\left\{x+t_j \mid x \in A \right\}, j=1, \cdots, m$ 中任意两个的交集为空集.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter3.tex

@@ -0,0 +1,353 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+我们知道集合可以分为有限集和无限集两类.
+研究无限集元素的“数目” 是一个困难而有趣的问题, 最出名的就是所谓 “连续统假设”, 但它不是我们的话题.
+我们要讨论的问题仅与有限集有关.
+一、有限集的阶有限集 $A$ 的元素的数目叫做这个集合的阶, 记作 $|A|$ (或 $n(A))$.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+二、有关集合阶的不等式有些集合虽然不能准确求出其元素的数目,但是我们可以利用不等式来估计其阶的范围.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+三、有关集合阶的最大(小)值对于满足一定条件的一组集合, 如何确定集合元素数目的最大 (小)值, 这也是一类常见的问题.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设集合 $A=\left\{(x, y, z) \mid \log _{\frac{1}{4}}\left(x^4+y^4+z^4+1\right) \geqslant \log _4 \frac{1}{x}+\log _4 \frac{1}{y}+\log _4 \frac{1}{z}-1\right\}$. 求 $|A|$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:无疑应从考察 $(x, y, z)$ 满足的条件人手.
+解由 $\log _{\frac{1}{4}}\left(x^4+y^4+z^4+1\right) \geqslant \log _4 \frac{1}{x}+\log _4 \frac{1}{y}+\log _4 \frac{1}{z}-1$ 得
+$$
+x^4+y^4+z^4+1 \leqslant 4 x y z, x, y, z>0 .
+$$
+又由算术几何平均不等式, 得
+$$
+x^4+y^4+z^4+1 \geqslant 4 x y z,
+$$
+其中等号当且仅当 $x=y=z=1$ 时成立.
+于是
+$$
+\begin{gathered}
+x^4+y^4+z^4+1=4 x y z . \\
+x=y=z=1 .
+\end{gathered}
+$$
+从而所以, $|A|=1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设集合 $A=\{a \mid 1 \leqslant a \leqslant 2000, a=4 k+1, k \in \mathbf{Z}\}$, 集合 $B= \{b \mid 1 \leqslant b \leqslant 3000, b=3 k-1, k \in \mathbf{Z}\}$. 求 $|A \cap B|$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:令 $4 k+1=3 m-1$, 得 $m=\frac{4 k+2}{3}=k+1+\frac{k-1}{3}$. 因 $m \in \mathbf{Z}$, 所以 $3 \mid k-1$. 令 $k-1=3 r, r \in \mathbf{Z}$, 得 $m=4 r+2$. 这时 $b=12 r+5$, 故 $A \cap B$的元素是形如 $12 r+5$ 的整数.
+解形如 $4 k+1$ 的数可分为 3 类:
+$$
+12 l+1,12 l+5,12 l+9(l \in \mathbf{Z}),
+$$
+其中只有形如 $12 l+5$ 的数是形如 $3 k-1$ 的数.
+令
+$$
+1 \leqslant 12 l+5 \leqslant 2000(l \in \mathbf{Z}),
+$$
+得 $0 \leqslant l \leqslant 166$. 所以, $A \cap B=\{5,17, \cdots, 1997\}$.
+所以, $|A \cap B|=167$.
+以上两例, 我们都是采用列举出集合的全部元素的办法来求其元素的数目.
+对于一些较为复杂的集合, 这种方法是很难奏效的, 这时必须另辟蹊径.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_n\right)$ 是集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 中 $n$ 个元素的一个排列, 记所有满足
+$$
+k \mid 2\left(a_1+a_2+\cdots+a_k\right), k=1,2, \cdots, n
+$$
+的排列 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_n\right)$ 的集合为 $A_n$. 求 $\left|A_n\right|$ 的值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:显然 $1\left|2 a_1, n\right| 2\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)$, 我们需要研究当 $2 \leqslant k \leqslant n-1$ 时, $k \mid 2\left(a_1+a_2+\cdots+a_k\right)$ 应满足的条件.
+对于一般的 $k$, 我们没有更好的办法来表示 $a_1+a_2+\cdots+a_k$, 但当 $k=n-1$ 时, 显然有 $a_1+a_2+\cdots+ a_{n-1}=1+2+\cdots+n-a_n {=} \frac{n(n+1)}{2}-a_n$, 于是 $n-1 \mid 2\left(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\right)$ 等价于 $n-1 \mid n(n+1)-2 a_n$, 问题转化为对 $a_n$ 的研究.
+解设 $F_n=\left|A_n\right|$. 容易算出 $F_1=1, F_2=2, F_3=6$.
+当 $n>3$ 时,对于任意 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_n\right) \in A_n$, 有
+$$
+\begin{aligned}
+& 2\left(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1}\right) \\
+= & n(n+1)-2 a_n \equiv 2-2 a_n(\bmod (n-1)) .
+\end{aligned}
+$$
+由 $A_n$ 的定义, 必有
+$$
+n-1 \mid 2-2 a_n \text {. }
+$$
+故 $a_n=1$,或 $a_n=n$, 或 $a_n=\frac{n+1}{2}$.
+(1) 若 $a_n=\frac{n+1}{2}$, 则
+$$
+\begin{aligned}
+2\left(a_1+a_2+\cdots+a_{n-2}\right) & =n(n+1)-2 a_{n-1}-(n+1) \\
+& =n^2-1-2 a_{n-1} \\
+& \equiv 3-2 a_{n-1}(\bmod (n-2)) .
+\end{aligned}
+$$
+从而有
+$$
+n-2 \mid 3-2 a_{n-1} .
+$$
+解得 $a_{n-1}=\frac{n+1}{2}$. 于是 $a_{n-1}=a_n$, 矛盾.
+(2) 若 $a_n=n$, 则 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}, n\right)$ 与 $A_{n-1}$ 的元素 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}\right)$ 形成一一对应关系.
+所以, 这样的排列共有 $F_{n-1}$ 种.
+(3) 若 $a_n=1$, 则 $\left(a_1-1, a_2-1, \cdots, a_{n-1}-1\right)$ 是集合 $\{1,2, \cdots, n-1\}$ 中 $n-1$ 个元素的一个排列.
+由
+$$
+\begin{aligned}
+& 2\left[\left(a_1-1\right)+\left(a_2-1\right)+\cdots+\left(a_k-1\right)\right] \\
+= & 2\left(a_1+a_2+\cdots+a_k\right)-2 k \\
+\equiv & 0(\bmod k) \\
+\Leftrightarrow & \left(a_1-1, a_2-1, \cdots, a_{n-1}-1\right) \in A_{n-1}
+\end{aligned}
+$$
+知 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}, 1\right)$ 与 $A_{n-1}$ 的元素 $\left(a_1-1, a_2-1, \cdots, a_{n-1}-1\right)$ 之间也形成一一对应关系.
+故这样的排列也有 $F_{n-1}$ 种.
+由(2)、(3), 可建立递推关系
+$$
+F_n=2 F_{n-1}, n>3 .
+$$
+由 $F_3=6$, 得 $F_n=3 \cdot 2^{n-2}(n \geqslant 3)$.
+综上, 当 $n=1$ 时, $F_1=1$; 当 $n=2$ 时, $F_2=2$; 当 $n \geqslant 3$ 时, $F_n=3 \cdot 2^{n-2}$.
+说明这里, 我们通过建立 $F_n$ 与 $F_{n-1}$ 之间的联系 (递推关系) 来达到求解的目的。
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 为 $1,2, \cdots, n$ 的一个排列, $f_k=\mid\{a_i \mid a_i<a_k, i>k\}\left|, g_k=\right|\left\{a_i \mid a_i>a_k, i<k\right\} \mid$, 其中 $k=1,2, \cdots, n$. 证明:
+$$
+\sum_{k=1}^n g_k=\sum_{k=1}^n f_k
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+分析:一般来说 $f_k \neq g_k$, 且分别计算 $f_k 、 g_k$ 是困难的.
+令 $A_k=\left\{a_i\mid a_i<a_k, i>k\right\}$, 对 $A_k$ 换一种写法: $A_k=\left\{\left(a_i, a_k\right) \mid a_i<a_k, i>k\right\}$, 显然是合理的.
+易知 $k \neq k^{\prime}$ 时, $A_k \cap A_k{ }^{\prime}=\varnothing$. 所以, $\sum_{k=1}^n f_k=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\cdots+\left|A_n\right|=\left|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right|=\left|\left\{\left(a_i, a_j\right) \mid a_i<a_j, i>j\right\}\right|$.
+证明考虑集合 $A=\left\{\left(a_i, a_j\right) \mid a_i<a_j, i>j\right\}$ 的元素的数目 $|A|$. 一方面, 固定 $a_j$ 时, $a_i$ 的个数为 $f_j$. 所以
+$$
+|A|=\sum_{j=1}^n f_j .
+$$
+另一方面, 固定 $a_i$ 时, $a_j$ 的个数为 $g_i$, 所以
+$$
+|A|=\sum_{i=1}^n g_i
+$$
+所以, $\sum_{k=1}^n g_k=\sum_{k=1}^n f_k$.
+说明在这里, 我们没有直接证明 $\sum_{k=1}^n g_k=\sum_{k=1}^n f_k$, 而是引人一个中间量 $|A|=\left|\left\{\left(a_i, a_j\right) \mid a_i<a_j, i>j\right\}\right|$ 来过渡.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $p \geqslant 5$ 是一个素数, $S=\{1,2, \cdots, p-1\}, A=\{a \mid a \in S, a^{p-1} \not \equiv 1\left(\bmod p^2\right) \}$. 证明 : $|A| \geqslant \frac{p-1}{2}$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:如果 $1 \leqslant a \leqslant p-1$, 显然 $1 \leqslant p-a \leqslant p-1$. 将 $a$ 与 $p-a$ 配对, 如果 $a^{p-1}$ 与 $(p-a)^{p-1}$ 模 $p^2$ 不同余, 则结论成立.
+证明设 $a \in S$, 则 $p-a \in S$. 由二项式定理,有
+$$
+(p-a)^{p-1}-a^{p-1} \equiv-(p-1) a^{p-2} \cdot p \not \equiv 0\left(\bmod p^2\right) .
+$$
+于是, $a$ 和 $p-a$ 中至少有一个在 $A$ 中, 从而有
+$$
+|A| \geqslant \frac{p-1}{2} \text {. }
+$$
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. $A_1, A_2, \cdots, A_{30}$ 是集合 $\{1,2, \cdots, 2003\}$ 的子集,且 $\left|A_i\right| \geqslant 660$, $i=1,2, \cdots, 30$. 证明: 存在 $i \neq j, i, j \in\{1,2, \cdots, 30\}$, 使得 $\left|A_i \cap A_j\right| \geqslant$ 203.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:不妨设每一个 $A_i$ 的元素都为 660 个(否则去掉一些元素). 作一个集合、元素的关系表: 表中每一行(除最上面的一行外)分别表示 30 个集合 $A_1, A_2, \cdots, A_{30}$, 表的 $n$ 列 (最左面一列除外) 分别表示 2003 个元素 1 , $2, \cdots, 2003$. 若 $i \in A_j(i=1,2, \cdots, 2003,1 \leqslant j \leqslant 30)$, 则在 $i$ 所在的列与 $A_j$ 所在行的交叉处写上 1 , 若 $i \notin A_j$, 则写上 0 .
+\begin{tabular}{c|ccccc} 
+& 1 & 2 & 3 & $\cdots$ & 2003 \\
+\hline$A_1$ & $\times$ & $\times$ & $\times$ & $\cdots$ & $\times$ \\
+$A_2$ & $\times$ & $\times$ & $\times$ & $\cdots$ & $\times$ \\
+$\cdots$ & $\times$ & $\times$ & $\times$ & $\cdots$ & $\times$ \\
+$A_{30}$ & $\times$ & $\times$ & $\times$ & $\cdots$ & $\times$
+\end{tabular}
+表中每一行有 660 个 1 , 因此共有 $30 \times 660$ 个 1 . 设第 $j$ 列有 $m_j$ 个 1 $(j=1,2, \cdots, 2003)$, 则
+$$
+\sum_{j=1}^{2003} m_j=30 \times 660 .
+$$
+由于每个元素 $j$ 属于 $\mathrm{C}_{m_j}^2$ 个交集 $A_s \cap A_t$, 因此
+$$
+\sum_{j=1}^{2003} \mathrm{C}_{m_j}^2=\sum_{1 \leqslant s<t \leqslant 30}\left|A_s \cap A_t\right| .
+$$
+由柯西不等式, 得
+$$
+\begin{aligned}
+\sum_{j=1}^{2003} \mathrm{C}_{m_j}^2 & =\frac{1}{2}\left(\sum_{j=1}^{2003} m_j^2-\sum_{j=1}^{2003} m_j\right) \\
+& \geqslant \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2003}\left(\sum_{j=1}^{2003} m_j\right)^2-\sum_{j=1}^{2003} m_j\right) .
+\end{aligned}
+$$
+所以, 必有 $i \neq j$, 满足
+$$
+\begin{aligned}
+\left|A_i \cap A_j\right| \geqslant & \frac{1}{\mathrm{C}_{30}^2} \times \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2003}\left(\sum_{j=1}^{2003} m_j\right)^2-\sum_{j=1}^{2003} m_j\right) \\
+= & \frac{660(30 \times 660-2003)}{29 \times 2003}>202, \\
+& \left|A_i \cap A_j\right| \geqslant 203 .
+\end{aligned}
+$$
+从而说明本题中所作的表,称为元素、集合从属关系表.
+它在讨论涉及多个集合的问题时非常有用.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $n, k \in \mathbf{N}^*$, 且 $k \leqslant n$. 并设 $S$ 是含有 $n$ 个互异实数的集合, $T=\left\{a \mid a=x_1+x_2+\cdots+x_k, x_i \in S, x_i \neq x_j(i \neq j), 1 \leqslant i, j \leqslant k\right\}$. 求证: $|T| \geqslant k(n-k)+1$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $S_n=\left\{s_1, s_2, \cdots, s_{n-1}, s_n\right\}$, 且 $s_1<s_2<\cdots<s_{n-1}<s_n$. 作 $S_n$ 的子集 $S_{n-1}=\left\{s_1, s_2, \cdots, s_{n-1}\right\}$, 设 $S_{n-1} 、 S_n$ 分别对应 $T_{n-1} 、 T_n$. 对固定的 $k (k \leqslant n-1)$, 由 $s_{n-1}+s_{n-2}+\cdots+s_{n-k}<s_n+s_{n-2}+\cdots+s_{n-k}<s_n+s_{n-1}+s_{n-3}+\cdots+s_{n-k}<\cdots<s_n+s_{n-1}+\cdots+s_{n-k+1}$, 知 $\left|T_n\right| \geqslant\left|T_{n-1}\right|+k$. 而 $k(n-k)+ 1=k(n-1-k)+k+1$, 这提示我们对 $n$ 进行归纳证明.
+证明设 $s_1<s_2<\cdots<s_n$ 是 $S$ 的 $n$ 个元素.
+对元素数目 $n$ 使用数学归纳法.
+首先, 当 $k=1$ 和 $k=n$ 时, 结论显然成立.
+设 $k \leqslant n-1$, 且结论对 $S_0=\left\{s_1, s_2, \cdots, s_{n-1}\right\}$ 成立, 并设 $T_0$ 是当把 $S$ 换成 $S_0$ 时与 $T$ 相应的集合.
+于是有
+$$
+\left|T_0\right| \geqslant k(n-k-1)+1 .
+$$
+令 $x=s_n+s_{n-1}+\cdots+s_{n-k}$, 并令
+$$
+y_i=x-s_{n-i}, i=0,1, \cdots, k .
+$$
+显然 $y_i \in T$, 且有 $y_0<y_1<y_2<\cdots<y_k$. 因为 $y_0$ 是 $T_0$ 中的最大元素, 所以
+$$
+y_i \in T, y_i \notin T_0, i=1,2, \cdots, k .
+$$
+故有
+$$
+|T| \geqslant\left|T_0\right|+k \geqslant k(n-k-1)+1+k=k(n-k)+1 .
+$$
+这就完成了归纳证明.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 设 $S$ 是一个由正整数组成的集合, 具有如下性质: 对任意 $x \in S$, 在 $S$ 中去掉 $x$ 后, 剩下的数的算术平均值都是正整数, 并且 $1 \in S, 2002$ 是 $S$ 中的最大元.
+求 $|S|$ 的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:显然 1 是 $S$ 中的最小元.
+设 $S$ 的元素为 $1=x_1<x_2<\cdots<x_n=$ 2002 , 由 $\frac{\sum_{i=1}^n x_i-x_j}{n-1} \in \mathbf{N}^*$, 我们来估计 $|S|$ 的范围.
+解设 $S$ 中的元素为
+$$
+1=x_1<x_2<\cdots<x_n=2002,
+$$
+则对于 $1 \leqslant j \leqslant n$, 均有
+$$
+y_j=\frac{\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)-x_j}{n-1} \in \mathbf{N}^* .
+$$
+从而, 对任意 $1 \leqslant i<j \leqslant n$, 都有
+$$
+y_i-y_j=\frac{x_j-x_i}{n-1} \in \mathbf{N}^* .
+$$
+特别地, 应有 $n-1 \mid(2002-1)$, 即
+$$
+n-1 \mid 2001 .
+$$
+另一方面, 对于 $1<j \leqslant n$, 均有
+$$
+\begin{gathered}
+x_j-1=\left(y_1-y_j\right)(n-1), \\
+n-1 \mid\left(x_j-1\right) . \\
+\left(x_j-1\right)-\left(x_{j-1}-1\right), \text { 所以 } \\
+(n-1) \mid\left(x_j-x_{j-1}\right)(j=2, \cdots, n),
+\end{gathered}
+$$
+从而
+$$
+\begin{aligned}
+\text { 又 } x_j-x_{j-1}= & \left(x_j-1\right)-\left(x_{j-1}-1\right), \text { 所以 } \\
+& (n-1) \mid\left(x_j-x_{j-1}\right)(j=2, \cdots, n),
+\end{aligned}
+$$
+于是
+$$
+\begin{aligned}
+x_n-1 & =\left(x_n-x_{n-1}\right)+\left(x_{n-1}-x_{n-2}\right)+\cdots+\left(x_2-1\right) \\
+& \geqslant(n-1)+(n-1)+\cdots+(n-1)=(n-1)^2,
+\end{aligned}
+$$
+即 $(n-1)^2 \leqslant 2001, n \leqslant 45$. 结合 $n-1 \mid 2001$, 知 $n=2,4,24,30$, 故 $n \leqslant 30$.
+另一方面, 令 $x_j=29 j-28,1 \leqslant j \leqslant 29, x_{30}=2002$, 则 $S=\left\{x_1, x_2, \cdots\right.$, $x_{30}$ 具有题述性质.
+所以, $|S|$ 的最大值为 30 .
+说明先估计 $|S|=n$ 的上界, 即 $n \leqslant 30$, 再构造一个实例说明 $n=30$ 是可以达到的, 从而知 $n$ 的最大值为 30 . 这种“先估计, 再构造”的方法在解决离散型最值问题时经常被用到.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 试求出同时满足下列条件的集合 $S$ 的元素个数的最大值：
+(1) $S$ 中的每个元素都是不超过 100 的正整数;
+(2) 对于 $S$ 中的任意两个不同的元素 $a 、 b$, 都存在 $S$ 中的另外一个元素 $c$, 使得 $a+b$ 与 $c$ 的最大公约数等于 1 ;
+(3) 对于 $S$ 中的任意两个不同的元素 $a 、 b$, 都存在 $S$ 中的另外一个元素 $c$, 使得 $a+b$ 与 $c$ 的最大公约数大于 1 .
+%%<SOLUTION>%%
+分析:若 $a+b$ 为质数,则条件 (3) 无法满足.
+而 101 就是一个质数,这说明数组 $\{1,100\},\{2,99\}, \cdots,\{50,51\}$ 中, 每组的两个数不同时在 $S$ 中.
+那么在每组数中各取一个数组成的集合是否满足所有条件呢?
+解构造 50 个数组:
+$$
+\{1,100\},\{2,99\}, \cdots,\{50,51\},
+$$
+每个数组中的两个数之和是 101 .
+由于 101 是质数, 在 $S$ 中不存在元素 $c$, 使得 101 与 $c$ 的最大公约数大于 1. 因此, 在 $S$ 中不可能同时含有上述数组中的同一数组中的两个数.
+由抽屉原理可知,集合 $S$ 中元素的个数不大于 50 .
+另一方面, 我们构造集合 $A=\{2,1,3,5,7, \cdots, 95,97\}$. 此集合含有 2 和小于 98 的 49 个奇数.
+下面说明集合 $A$ 满足题设条件.
+对于集合 $A$ 中的任意两个元素 $a$ 和 $b$ :
+(i) 若 $a=2$, 则 $b$ 是奇数.
+若 $b=1$, 易见 $A$ 中存在元素 $c$ 满足题设条件;
+若 $3 \leqslant b \leqslant 95$, 则 $A$ 中元素 1 与 $a+b$ 的最大公约数等于 $1, A$ 中元素 $b+2$ 与 $a+b$ 的最大公约数是 $b+2$ 大于 1 ;
+若 $b=97$, 易见 $A$ 中存在元素 $c$ 满足题设条件.
+(ii) 若 $a 、 b$ 都不等于 2 , 则 $a 、 b$ 都是奇数, $a+b$ 是偶数.
+于是, $a+b$ 与 2 的最大公约数是 2 大于 1 , 且 $a+b$ 与 $1 、 89 、 91$ 中的某个数必互质.
+所以,集合 $A$ 满足题设条件.
+因此,集合 $S$ 的元素个数的最大值是 50 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $a_1, a_2, \cdots, a_{20}$ 是 20 个��两不同的整数, 且集合 $ \{a_i+a_j \mid 1 \leqslant  i \leqslant j \leqslant 20\}$ 中有 201 个不同的元素.
+求集合 $\left\{\left|a_i-a_j\right| \mid 1 \leqslant i<j \leqslant 20\right\}$ 中不同元数个数的最小可能值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:从 $a_1, a_2, \cdots, a_{20}$ 中任取两个(可以相等) 相加, 至多有 $\mathrm{C}_{20}^2+ 20=210$ 个不同的和, 由题设知, 所有 $a_i+a_j$ 中有些和数相等.
+另一方面, 应使所有的 $\left|a_i-a_j\right|$ 中出现尽可能多的相等的情况.
+由此, 可构造一组特殊的数: $a_1^{\prime}, a_2^{\prime}, \cdots, a_{20}^{\prime}$.
+解所给集合的元素个数的最小值为 100 .
+首先, 令 $a_i=10^{11}+10^i, a_{10+i}=10^{11}-10^i, i=1,2, \cdots, 10$. 则 $\{a_i+a_j \mid 1 \leqslant i \leqslant j \leqslant 20\}$ 中共有 $(20+19+\cdots+1)-10+1=201$ 个不同的元素, 而 $\left\{\left|a_i-a_j\right| \mid 1 \leqslant i<j \leqslant 20\right\}=\left\{2 \times 10^i \mid i=1,2, \cdots, 10\right\} \bigcup\{\left|10^i \pm 10^j\right| \mid 1 \leqslant i<j \leqslant 10\}$ 共有 $10+2 \mathrm{C}_{10}^2=100$ 个不同的元素.
+下面用反证法证明: 所给集合的不同元素的个数不小于 100 .
+若存在一个使所给集合的元素个数小于 100 的集合 $S=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_{20}\right\}$. 我们计算 $S$ 的 “好子集” $\{x, y, z, w\}$ 的个数, 这里 $x<y \leqslant z<w$, 且 $x+w=y+z$.
+对 $S$ 中满足 $b>c$ 的数对 (b,c) (共 190对), 考虑它们的差 $b-c$, 由于至多有 99 个不同的差 (这里用到反证法假设), 故必有至少 91 个数对 $(b, c)$, 使得存在 $b^{\prime}, c^{\prime} \in S$, 满足 $b^{\prime}<b, c^{\prime}<c$, 且 $b-c=b^{\prime}-c^{\prime}$. 对这样的 91 个数对 $(b$, $c)$, 它与其相应的 $b^{\prime}, c^{\prime}$ 形成 $S$ 的一个 4 元集 $\left\{b, c, b^{\prime}, c^{\prime}\right\}$, 可得到 $S$ 的一个 “好子集” $\{x, y, z, w\}$, 且至多两个数对 $(b, c)$ 形成相同的子集 $\{x, y, z, w\}$ (只能是 $(b, c)=(w, z)$ 和 $(w, y)$ ). 故 $S$ 的“好子集”至少有 46 个.
+另一方面, $S$ 的 “好子集” $\{x, y, z, w\}$ 的个数等于 $\sum \frac{1}{2} s_i\left(s_i-1\right)$, 这里 $s_i$ 为 $S$ 中满足 $b+c=i, b \leqslant c$ 的数对 $(b, c)$ 的个数, 其中 $i$ 为正整数.
+注意到, 对每个 $i, S$ 中的每个元素 $s$ 至多出现在上面的一个数对 $(b, c)$ 中 （事实上, 当 $s \leqslant i-s$ 时, $s$ 出现在数对 $(s, i-s)$ 中, 其余情况出现在 $(i-s, s)$ 中), 于是 $s_i \leqslant 10$. 从而在 $s_i \neq 0$ 时, $1 \leqslant s_i \leqslant 10$, 故 $\frac{1}{2} s_i\left(s_i-1\right) \leqslant 5 s_i-5$. 由于集合 $\left\{a_i+a_j \mid 1 \leqslant i \leqslant j \leqslant 20\right\}$ 中有 201 个不同的元素,故使得 $s_i \geqslant 1$ 的正整数 $i$ 有 201 个, 设 $T$ 为这样的 $i$ 组成的集合.
+易知 $S$ 中有 $\mathrm{C}_{20}^2$ 对 $(b, c)$ 满足 $b<c$, 有 20 对 $(b, c)$ 满足 $b=c$, 所以 $\sum_{i \in T} s_i=\mathrm{C}_{20}^2+20=210$. 于是,
+$$
+\sum_{i \in T} \frac{1}{2} s_i\left(s_i-1\right) \leqslant \sum_{i \in T}\left(5 s_i-5\right)=5 \times(210-201),
+$$
+这与 $S$ 的“好子集”至少有 46 个矛盾.
+所以,所给集合中,至少有 100 个不同的元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter4.tex

@@ -0,0 +1,318 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+集合的分划一个集合可以写成若干个集合的并集,例如集合 $\{1,2, 3, 4, 5\}$, 可以写成两个集合 $A=\{1,2,3\}, B=\{3,4,5\}$ 的并集 $A \cup B$; 也可以写成三个集合 $C=\{1,2\}, D=\{3,5\}, E=\{4\}$ 的并集 $C \cup D \cup E$, 等等.
+下面我们来研究将一个集合表示成若干个集合的并集的一种特殊情形.
+定义把一个集合 $M$ 分成 $n$ 个非空的子集: $A_1, A_2, \cdots, A_n$, 如果:
+(1) $A_i \cap A_j=\varnothing(1 \leqslant i, j \leqslant n, i \neq j)$;
+(2) $\bigcup_{i=1}^n A_i=M$,
+那么,这些子集的全体叫做集合 $M$ 的一个 $n$-分划.
+由集合分划的定义, 容易证明有限集的一个非常有用的性质：
+加法原理设 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 是有限集 $M$ 的一个 $n$-分划, 则
+$$
+|M|=\sum_{i=1}^n\left|A_i\right|
+$$
+这是一个基本的计数公式.
+集合的分划引出了大量有趣的数学问题.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 试将集合 $\{1,2, \cdots, 1989\}$ 分为 117 个互不相交的子集 $A_i ( i=1, 2, \cdots, 117)$, 使得:
+(1) 每个 $A_i$ 都含有 17 个元素;
+(2) 所有 $A_i$ 中各元素之和都相同.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为 $1989=117 \times 17$, 故可将 $\{1,2, \cdots, 1989\}$ 顺次分成 17 段, 每段含 117 个数.
+显然, 只要把每段的 117 个数适当地分别放人 $A_1, A_2, \cdots, A_{117}$ 中以使条件 (2)满足,问题就解决了.
+解将集合 $\{1,2, \cdots, 1989\}$ 中的数从小到大顺次分成 17 段,每段含 117 个数.
+从第 4 段数开始, 将偶数段的数从小到大依次放人 $A_1, A_2, \cdots, A_{117}$ 中, 并将奇数段的数从大到小依次放人这 117 个子集中.
+易见,所有集合中的 14个数之和都相等.
+于是问题归结为如何将前三段数 $\{1,2, \cdots, 351\}$ 每 3 个一组分别放人每个集中, 且使每组 3 数之和都相等.
+把这些数中 3 的倍数抽出来从大到小排好: $\{351,348,345, \cdots, 6,3\}$ , 共 117 个数,依次放人 $A_1, A_2, \cdots, A_{117}$ 中.
+其余的 234 个数从小到大排列并分成两段, 每段 117 个数, 即 $\{1,2,4,5,7, \cdots, 173 ， 175\}$ 和 $\{176,178,179, \cdots, 349,350\}$. 将这两段数分别顺次放人 $A_1, A_2, \cdots, A_{117}$ 之中便满足要求.
+事实上, 若将这两段数中的数顺次相加, 则其和为 $\{177,180,183,186, \cdots, 522,525\}$. 由此可见, 放人每个 $A_i$ 的 3 数之和都是 528 .
+说明上述解法是通过具体地构造 $A_i(i=1,2, \cdots, 117)$ 完成的.
+由此不难看出, 这种构造方式不是惟一的, 有兴趣者不妨一试.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 集合 $H=\{1,2, \cdots, 9\}$ 的分拆 $p$ 是将 $H$ 表示为两两不相交的子集的并.
+对于 $n \in H$ 和分拆 $p$, 将包含 $n$ 的子集中元素的数目记为 $p(n)$. 例如, 若 $p:\{1,4,5\} \cup\{2\} \cup\{3,6,7,8,9\}$, 则 $p(6)=5$. 证明: 对 $H$ 的任意两个分拆 $p_1 、 p_2$, 存在 $H$ 的两个不同的元素 $m 、 n$, 使得
+$$
+p_1(m)=p_1(n), p_2(m)=p_2(n) .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为 $H$ 只有 9 个元素, 对于一个确定的分拆 $p, p(i)(i=1$, $2, \cdots, 9)$ 只有三种不同的取值, 这是因为若有四种不同的取值, 则至少需要 $1+2+3+4=10$ 个元素.
+这就给我们打开了一条通过对 $p(i)$ 可能的取值个数的研究解决问题的思路.
+解用反证法.
+假设可以找到 $H$ 的两个分拆 $p_1 、 p_2$, 使不存在 $H$ 的两个不同的元素 $m 、 n$, 满足
+$$
+p_1(m)=p_1(n), p_2(m)=p_2(n) .
+$$
+对于确定的 $p_1$, 若 $p_1(i)(i=1,2, \cdots, 9)$ 有四种不同的取值, 则至少需要 $1+2+3+4=10$ 个元素, 而 $|H|=9$, 矛盾.
+所以, $p_1(i)$ 至多有三种不同的取值.
+若同时有四个元素的 $p_1(i)$ 取值相等, 由于 $p_i(i)$ 至多有三个不同取值, 所以,必有四个中的两个元素 $m 、 n$,使得 $p_2(m)=p_2(n)$ ，与假设矛盾.
+若 $p_1(i)$ 至多有两种不同的取值, 由抽屉原理知, 至少有 $H$ 的四个不同元素的 $p_1(i)$ 值相同.
+这说明对于任意确定的 $p_1, p_1(i)$ 恰有三种不同取值, 且每种取值有三个元素取到.
+也就是说对于分拆 $p_1, H$ 的每一个子集的元素个数不超过 3 . 不妨设
+$$
+\begin{aligned}
+& p_1(1)=p_1(2)=p_1(3)=1, \\
+& p_1(4)=p_1(5)=p_1(6)=2,
+\end{aligned}
+$$
+$$
+p_1(7)=p_1(8)=p_1(9)=3 .
+$$
+但 $p_1(4)=p_1(5)=p_1(6)=2$ 是不可能的.
+这就否定了假设.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 对一个由非负整数组成的集合 $S$, 定义 $r_s(n)$ 为满足下述条件的有序对 $\left(s_1, s_2\right)$ 的对数:
+$$
+s_1 \in S, s_2 \in S, s_1 \neq s_2, \text { 且 } s_1+s_2=n .
+$$
+问: 是否能将非负整数集分划为两个集合 $A$ 和 $B$, 使得对任意 $n$, 均有 $r_A(n)=r_B(n)$ ?
+%%<SOLUTION>%%
+分析:整数有多种表示形式, 其中二进制表示的每位数字只有 0 和 1 这两种选择.
+由于是将 $S$ 分划为两个集合 $A 、 B$, 对每个固定的 $n$, 满�� $s_1+s_2=n$ 的非负整数对 $\left(s_1, s_2\right)$ 是有限的, 用二进制数来讨论 $\left(s_1, s_2\right)$ 在 $A$ 和 $B$ 中的分配情况似乎较有利.
+解存在上述的分划.
+将所有二进制表示下数码 1 出现偶数个的非负整数归人集合 $A$, 其余的非负整数归人 $B$, 则 $A 、 B$ 是非负整数集 $N$ 的分划.
+注意到, 对 $A$ 中满足 $a_1+a_2=n, a_1 \neq a_2, a_1, a_2 \in A$ 的数对 $\left(a_1, a_2\right)$, 由于 $a_1 \neq a_2$, 因此在二进制表示下 $a_1$ 与 $a_2$ 必有一位上的数码不同, 从右到左看, 第 1 个不同数码的数位上, 改变 $a_1 、 a_2$ 在该位上的数码, 分别得到 $b_1 、 b_2$, 则 $b_1 、 b_2 \in B$, 且 $b_1 \neq b_2, b_1+b_2=n$. 这个将 $\left(a_1, a_2\right)$ 对应到 $\left(b_1, b_2\right)$ 的映射是一一对应, 因此 $r_A(n)=r_B(n)$.
+说明这是一个存在性问题.
+我们是利用二进制数构造 $S$ 的 $2-$ 分划 $A$ 、 $B$, 然后通过建立 $A$ 中有序对集 $\{\left(a_1, a_2\right) \mid a_1, a_2 \in A, a_1 \neq a_2, a_1+a_2=n\}$ 与 $B$ 中有序对集 $\left\{\left(b_1, b_2\right) \mid b_1, b_2 \in B, b_1 \neq b_2, b_1+b_2=n\right\}$ 的一一对应来解决的.
+利用一一对应解决计数问题的方法就是所谓的配对原理.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设集合 $A=\{1,2, \cdots, m\}$. 求最小的正整数 $m$, 使得对 $A$ 的任意一个 14 -分划 $A_1, A_2, \cdots, A_{14}$, 一定存在某个集合 $A_i(1 \leqslant i \leqslant 14)$, 在 $A_i$ 中有两个元素 $a 、 b$, 满足 $b<a \leqslant \frac{4}{3} b$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:由于要考虑的是一种极端情况, 我们来作一张元素、集合从属关系的表: 从 1 开始, 由小到大每 14 个数为一组, 依次填人表中的每一列中 (如表 4-1). 填满 4 列后, 观察发现: 去掉右下角的数 56 后, 子集 $A_1, A_2, \cdots$, $A_{13}$ 中每一个都有 4 个元素, 而 $A_{14}$ 有 3 个元素, 这时 $A_1, A_2, \cdots, A_{14}$ 任何一个中都不存在两个元素满足题中的不等式.
+故 $m \geqslant 56$.
+表 4-1
+$\begin{array}{llllll}A_1 & 1 & 15 & 29 & 43 & \cdots\end{array}$
+$\begin{array}{llllll}A_2 & 2 & 16 & 30 & 44 & \cdots\end{array}$
+$\begin{array}{llllll}A_3 & 3 & 17 & 31 & 45 & \cdots\end{array}$
+$\begin{array}{cccccc}\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ A_{12} & 12 & 26 & 40 & 54 & \cdots \\ A_{13} & 13 & 27 & 41 & 55 & \cdots \\ A_{14} & 14 & 28 & 42 & 56 & \cdots\end{array}$
+表 4-2
+$\begin{array}{lllll}A_1 & 1 & 15 & 29 & 43\end{array}$
+$\begin{array}{lllll}A_2 & 2 & 16 & 30 & 44\end{array}$
+$\begin{array}{lllll}A_3 & 3 & 17 & 31 & 45\end{array}$
+$\begin{array}{ccccc}\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ A_{12} & 12 & 26 & 40 & 54 \\ A_{13} & 13 & 27 & 41 & 55 \\ A_{14} & 14 & 28 & 42 & \end{array}$
+解如表 4-2, 第 $i$ 行的数即为子集 $A_i$ 的元素.
+这时 $\left|A_i\right|=4(i=1,2, \cdots, 13),\left|A_{14}\right|=3$. 显然, 14 个子集每一个都不存在两个元素满足题中不等式.
+所以, $m \geqslant 56$.
+另一方面, 若 $m=56$, 则对 $A$ 的任意分划 $A_1, A_2, \cdots, A_{14}$, 数 $42 , 43, \cdots, 56$ 中, 必有两个数属于同一个 $A_i$, 取此二数为 $a 、 b$, 则
+$$
+42 \leqslant a<b \leqslant 56=\frac{4}{3} \cdot 42 \leqslant \frac{4}{3} a .
+$$
+综上所述, 所求 $m$ 的最小正整数值为 56 .
+另解若 $m<56$, 令 $A_i=\{a \mid a \equiv i(\bmod 14), a \in A\}$, 则对任意 $a, b \in A_i(i=1,2, \cdots, 14), b<a$, 均有 $56>a>b$, 且 $a-b \geqslant 14$. 故 $b<a- 14<42$. 于是
+$$
+\frac{a}{b}=1+\frac{a-b}{b} \geqslant 1+\frac{14}{b}>1+\frac{14}{42}=\frac{4}{3} .
+$$
+所以, $m \geqslant 56$.
+后同前解.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 证明: 可以把自然数集分划为 100 个非空子集,使得对任何 3 个满足关系式 $a+99 b=c$ 的自然数 $a 、 b 、 c$, 都可以从中找出两个数属于同一子集.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:当然, 只要能具体地构造一个满足条件的 100 -分划即可.
+在构造之前, 有必要对关系式 $a+99 b=c$ 进行讨论.
+有两点是显然的: $a(\bmod 99) \equiv c(\bmod 99) ; a 、 b 、 c$ 中偶数的个数为奇数.
+我们的证明由此人手.
+证明按如下法则构造自然数集的子集: 在第 $i$ 个子集 $(1 \leqslant i \leqslant 99)$ 中放人所有被 99 除余 $i-1$ 的偶数,而在第 100 个子集中放人所有的奇数.
+显然, 这是一个自然数集的 $100-$ 分划.
+在任何满足方程 $a+99 b=c$ 的自然数 $a 、 b 、 c$ 中, 偶数的个数为奇数, 且
+$a(\bmod 99) \equiv c(\bmod 99)$.
+如果 $a 、 b 、 c$ 中有两个为奇数,则此二奇数同属第 100 个子集; 否则, 它们全为偶数,且 $a$ 和 $c$ 被 99 除同余,故 $a$ 与 $c$ 仍属于同一子集.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设集合 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 和 $B_1, B_2, \cdots, B_n$ 是集合 $M$ 的两个 $n$ 一分划, 已知对任意两个交集为空集的集合 $A_i, B_j(1 \leqslant i, j \leqslant n)$, 均有 $\left|A_i \cup B_j\right| \geqslant n$. 求证: $|M| \geqslant \frac{n^2}{2}$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:由 $A_i 、 B_j$ 的交集为空集,有 $\left|A_i \cup B_j\right|=\left|A_i\right|+\left|B_j\right| \geqslant n$. 当每一个 $\left|A_i\right| \geqslant \frac{n}{2}$ 时, 结论显然成立.
+当某个 $\left|A_i\right|$, 不妨设为 $\left|A_1\right|$ 小于 $\frac{n}{2}$ 时, 设 $\left|A_1\right|=k$, 这时与 $A_1$ 相交的 $B_j$ 至多有 $k$ 个; 而至少有 $n-k$ 个集合与 $A_1$ 不相交, 它们每一个的元素个数不小于 $n-k$. 假如 $k$ 是所有 $\left|A_i\right| 、\left|B_j\right|$ 中最小的, 则有 $|M| \geqslant k \cdot k+(n-k)(n-k) \geqslant \frac{n^2}{2}$.
+证明设 $k=\min \left\{\left|A_i\right|,\left|B_j\right|, 1 \leqslant i, j \leqslant n\right\}$, 不妨设 $\left|A_1\right|=k$.
+若 $k \geqslant \frac{n}{2}$, 则
+$$
+|M|=\sum_{i=1}^n\left|A_i\right| \geqslant n k \geqslant \frac{n^2}{2}
+$$
+若 $k<\frac{n}{2}$, 由于 $B_1, B_2, \cdots, B_n$ 两两不相交, 故 $B_1, B_2, \cdots, B_n$ 中至多有 $k$ 个集合与 $A_1$ 的交集不空, 从而另外的 $n-k$ 个集合均与 $A_1$ 的交集为空集, 且这些集合的元素个数不小于 $n-k$. 由 $n>2 k$, 得 $n-k>k$. 于是我们有
+$$
+\begin{aligned}
+|M| & =-\sum_{i=1}^n\left|B_i\right| \geqslant k \cdot k+(n-k) \cdot(n-k) \\
+& =k^2+(n-k)^2 \\
+& \geqslant \frac{1}{2}(k+(n-k))^2=\frac{n^2}{2} .
+\end{aligned}
+$$
+综上所述,命题成立.
+说明本例的解答应用了最小数原理.
+关于最小数原理的应用, 我们将在后面作专门的介绍.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设自然数集分划成 $r$ 个互不相交的子集: $\mathbf{N}=A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_r$. 求证其中必有某个子集 $A$, 它具有如下性质 $P$ : 存在 $m \in \mathbf{N}$, 使对任何正整数 $k$, 都能找到 $a_1, a_2, \cdots, a_k \in A$, 满足
+$$
+1 \leqslant a_{j+1}-a_j \leqslant m, j=1,2, \cdots, k-1 .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+分析:显然具有性质 $P$ 的子集 $A$, 不可能是 $\mathbf{N}$ 的 $r$-分划中的有限集.
+不妨设 $\mathbf{N}$ 的 $r$-分划中的无限集为 $A_1, A_2, \cdots, A_{r^{\prime}}$, 令 $B=A_2 \cup A_3 \cup \cdots \cup A_{r^{\prime}}$. 设 $b$ 是集合 $A_{r^{\prime}+1} \cup \cdots \cup A_{r-1} \cup A_r$ 中的最大自然数, 则 $b$ 以后的自然数都在 $N^{\prime}= A_1 \cup B$ 中, 即 $N^{\prime}$ 中存在任意有限长度的相继自然数段.
+只需证明: 若 $A_1$ 不具有性质 $P$, 则 $B$ 必具有性质 $P$.
+证明先证下面的引理:
+引理设 $\mathbf{N}=A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_r$, 且 $A_1, A_2, \cdots, A_r$ 两两不相交.
+若 $A_i \cup A_{i+1} \cup \cdots \cup A_r$ 包含任意有限长度的相继自然数段.
+而 $A_i$ 不具有性质 $P$, 则 $A_{i+1} \cup \cdots \cup A_r$ 中必定含有任意有限长度的相继自然数段.
+引理的证明若 $A_i$ 不具有性质 $P$, 则对于任给的 $m \in \mathbf{N}$, 存在 $k(m) \in \mathbf{N}$, 使得对于 $A_i$ 的任何 $k(m)$ 个数 $a_1<a_2<\cdots<a_{k(m)}$, 都可找到下标 $j \in\{1,2, \cdots, k(m)-1\}$, 数 $a_j$ 与 $a_{j+1}$ 之间至少有 $m$ 个相继自然数都不属于 $A_i$.
+在 $A_i \cup A_{i+1} \cup \cdots \cup A_r$ 中选取一个长度为 $L=k(m) m$ 的相继自然数段.
+若该段数中有 $k(m)$ 个数属于 $A_i$, 则因 $A_i$ 不具有性质 $P$, 故在这 $k(m)$ 个数中, 存在两个数 $a_j$ 与 $a_{j+1}$, 它们之间有 $m$ 个相继自然数都不属于 $A_i$, 当然就都属于 $A_{i+1} \cup \cdots \cup A_r$. 若选出的长度为 $L$ 的相继自然数段中属于 $A_i$ 的数少于 $k(m)$ 个, 则当把这 $L$ 个相继自然数依次分成 $k(m)$ 段, 每段恰有 $m$ 个数时, 由抽庶原理知其中必有一段 $m$ 个数中不含 $A_i$ 中的数, 当然都属于 $A_{i+1} \cup \cdots \cup A_r$. 由 $m \in \mathbf{N}$ 的任意性知引理成立.
+回到原题的证明.
+若 $A_1$ 具有性质 $P$, 则结论成立; 若 $A_1$ 不具有性质 $P$, 则由引理知 $A_2 \cup A_3 \cup \cdots \cup A_r$ 满足引理的条件.
+若 $A_2$ 具有性质 $P$, 则结论成立; 若 $A_2$ 不具有性质 $P$, 则 $A_3 \cup \cdots \cup A_r$ 又满足引理的条件.
+这样继续下去, 或者在某一步得出 $A_{i_0}$ 具有性质 $P$, 或者进行到最后, 得到 $A_r$ 含有任意有限长度的自然数段, 当然具有性质 $P$.
+说明由上面的证明可以看出, 本例可作如下的加强：设 $M \subset \mathbf{N}, M$ 中存在任意有限长度的相继自然数段, 作 $M$ 的 $r$-分划: $A_1, A_2, \cdots, A_r$, 则在这些子集中必存在某个子集 $A$ 具有性质 $P$. 可以对 $r$ 进行归纳证明.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 将正整数集拆分为两个不相交的子集 $A 、 B$, 满足条件:
+(1) $1 \in A$;
+(2) $A$ 中没有两个不同的元素, 使它们的和形如 $2^k+2(k=0,1,2, \cdots)$;
+(3)B 中也没有两个不同的元素, 其和具有上述形式.
+证明: 这种拆分可以以唯一的方式实现, 并确定 1987, 1988, 1989 所属的子集.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:对任意的自然数 $n$, 总存在非负整数 $h$, 使 $2^h \leqslant n<2^{h+1}$. 若 $m<n$, 则存在 $n+m=2^h+2$ 或 $n+m=2^{h+1}+2$ 两种可能, 只要将 $n$ 与 $m$ 置于不同的集合即可.
+证明因为 $1+2=2^0+2$, 所以 $2 \in B$. 设对小于 $n$ 的数均有惟一的归属, 且满足条件 (1)、(2)、(3). 考虑 $n(n \geqslant 3)$, 总有自然数 $h$, 使
+$$
+2^h \leqslant n<2^{h+1} .
+$$
+若 $n=2^h, h>1$, 因 $2 \in B$, 故 $n \in A$. 这时, 对 $A$ 中任一元素 $m<n$,有
+$$
+2^h<n+m<2^{h+1} .
+$$
+而 $m \neq 2$, 所以 $n+m$ 不能写成 $2^h+2$ 的形式.
+条件(1)、(2)、(3)成立.
+若 $n=2^h+1$, 则 $1+n=2^h+2$, 故 $n \in B$. 这时, 对 $B$ 中任一元素 $m<n$,
+$$
+2^h+2<n+m<2^{h+1}+2 .
+$$
+条件(1)、(2)、(3)成立.
+若 $n>2^h+1$, 则 $2^{h+1}+2-n<n$, 所以必须令 $n$ 与 $2^{n+1}+2-n$ 在不同集合中.
+这时, 设 $m<n$, 且与 $n$ 在同一集合中, 则
+$$
+2^h+2<n+m<2^{h+2}+2,
+$$
+而 $n+m \neq 2^{h+1}+2$. 所以, 条件 (1)、(2)、(3)仍然成立.
+这说明所说的拆分可以惟一地实现.
+由于 $1987=2^{11}+2-63$, 而 $63=2^6+2-3,3=2^1+2-1 \in B$, 所以 $1987 \in B$.
+同理可知 $1988 \in A, 1989 \in B$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 平面上横纵坐标都为有理数的点称为有理点.
+求证: 平面上的全体有理点可分成 3 个两两不相交的集合,满足条件:
+(i)在以每个有理点为圆心的任一圆内一定包含 3 个点分属这 3 个集合;
+(ii)在任何一条直线上都不可能有 3 个点分别属于这 3 个集合.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:由有理数的稠密性知, 以坐标平面上任何点 $D$ 为圆心, 任何正数 $r$ 为半径的圆内都有无数多个有理点.
+关键是怎样使这些点分属三个不同的集合, 这似乎比较容易办到.
+如果直线 $a x+b y+c=0$ 上有 1 个以上的有理点, 则直线方程化简后的系数必皆为有理数, 这时直线上有无数多个有理点, 如果 3 -分划能使同一直线上的有理点至多属于分划的两个子集, 则问题获解.
+证明显然, 任一有理点均可惟一地写成 $\left(\frac{u}{w}, \frac{v}{w}\right)$ 的形式, 其中 $u 、 v 、 w$ 都是整数, $w>0$ 且 $(u, v, w)=1$.
+令
+$$
+\begin{aligned}
+& A=\left\{\left(\frac{u}{w}, \frac{v}{w}\right) \mid 2 \nmid u\right\}, \\
+& B=\left\{\left(\frac{u}{w}, \frac{v}{w}\right)|2| u, 2 \nmid v\right\}, \\
+& C=\left\{\left(\frac{u}{w}, \frac{v}{w}\right)|2| u, 2 \mid v\right\} .
+\end{aligned}
+$$
+让我们来验证这 3 个集合满足条件(i)和(ii).
+设平面上的直线方程为
+$$
+a x+b y+c=0 .
+$$
+如果其上有两个不同的有理点 $\left(x_1, y_1\right)$ 和 $\left(x_2, y_2\right)$, 则有
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+a x_1+b y_1+c=0, \\
+a x_2+b y_2+c=0 .
+\end{array}\right.
+$$
+如果 $c=0$, 则可取 $a 、 b$ 为有理数.
+如果 $c \neq 0$, 不妨设 $c=1$, 于是, 从上面的联立方程中可解得 $a$ 和 $b$ 的值, 当然都是有理数.
+再通分即知, 可以使 $a 、 b 、 c$ 都是整数且满足 $(a, b, c)=1$.
+设有理点 $\left(\frac{u}{w}, \frac{v}{w}\right)$ 在直线 $a x+b y+c=0$ 上, 于是, 有
+$$
+L: a u+b v+c w=0 .
+$$
+(1) 先证集合 $A 、 B 、 C$ 满足条件(ii). 分三种情形.
+(a) $2 \nmid c$. 若 $2|u, 2| v$, 则由 (1) 知 $2 \mid c w$, 从而 $2 \mid w$, 此与 $(u, v, w)=$ 1 矛盾.
+所以,集合 $C$ 中的点都不能在直线 $L$ 上.
+(b) $2 \mid c, 2 \nmid b$. 若 $2 \nmid v$, 则 $2 \nmid a u$, 从而 $2 \nmid u$. 因此, 集合 $B$ 中的点都不能在直线 $L$ 上.
+(c) $2|c, 2| b$. 由(1)得 $2 \mid a u$. 又因 $(a, b, c)=1$, 故 $2 \nmid a$. 所以 $2 \mid u$. 这表明集合 $A$ 中的点都不在直线 $L$ 上.
+综上可知, $A 、 B 、 C$ 这 3 个集合满足条件(ii).
+(2) 再证满足条件 (i).
+设 $D$ 是以有理点 $\left(\frac{u_0}{w_0}, \frac{w_0}{w_0}\right)$ 为圆心, 以 $r$ 为半径的圆.
+取正整数 $k$, 使得
+$$
+2^k>\max \left\{w_0, \frac{1}{r}\left(\left|u_0\right|+\left|v_0\right|+1\right)\right\} .
+$$
+于是易验证, 下列 3 个有理点
+$$
+\begin{gathered}
+\left(\frac{u_0 2^k+1}{w_0 2^k}, \frac{v_0 2^k}{w_0 2^k}\right) \in A,\left(\frac{u_0 2^k}{w_0 2^k}, \frac{v_0 2^k+1}{w_0 2^k}\right) \in B, \\
+\left(\frac{u_0 2^k}{w_0\left(2^k+1\right)}, \frac{v_0 2^k}{w_0\left(2^k+1\right)}\right) \in C
+\end{gathered}
+$$
+都在 $\odot D$ 的内部.
+注意, 在上述 3 点中, $u_0 、 v_0 、 w_0$ 不一定互质.
+但由于 $2^k> w_0$, 故约分之后不改变分子的奇偶性.
+这表明条件(i)成立.
+最后,我们来看一个非常特殊的集合分划的例子.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $A=\{1,2, \cdots, 2002\}, M=\{1001,2003,3005\}$. 对 $A$ 的任一非空子集 $B$, 当 $B$ 中任意两数之和不属于 $M$ 时, 称 $B$ 为 $M$-自由集.
+如果 $A= A_1 \cup A_2, A_1 \cap A_2=\varnothing$, 且 $A_1 、 A_2$ 均为 $M$-自由集, 那么称有序对 $\left(A_1, A_2\right)$ 为 $A$ 的一个 $M$-划分.
+试求 $A$ 的所有 $M$-��分的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+解:对 $m, n \in A$, 若 $m+n=1001$ 或 2003 或 3005 , 则称 $m$ 与 $n$ “有关”.
+易知, 与 1 有关的数仅有 1000 和 2002 ,与 1000 和 2002 有关的都是 1 和 1003 , 与 1003 有关的为 1000 和 2002 .
+将 $1,1003,1000,2002$ 分为两组 $\{1,1003\},\{1000,2002\}$, 其中一组中的数仅与另一组中的数有关, 我们将这样的两组叫做一个 “组对”. 同样可划分其他各组对 $\{2,1004\},\{999,2001\} ;\{3,1005\},\{998,2000\} ; \cdots ;\{500,1502\},\{501,1503\} ;\{1001\},\{1002\}$.
+这样 $A$ 中的 2002 个数被分划成 501 个组对,共 1002 组.
+由于任意数与且只与对应另一组有关, 所以, 若一组对中一组在 $A_1$ 中, 另一组必在 $A_2$ 中.
+反之亦然, 且 $A_1$ 与 $A_2$ 中不再有有关的数.
+故 $A$ 的 $M$ 一划分的个数为 $2^{501}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter5.tex

@@ -0,0 +1,393 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+我们可以将某些集合取来作为元素构成一个新的集合, 如 $A^*=\{\{1\},\{0,1\},\{0\}, \varnothing\}$ 就是一个含有 4 个元素 $\{1\} 、\{0,1\} 、\{0\} 、 \varnothing$ 的集合.
+特别地, 将集合 $M$ 的若干子集作为元素构成的集合 $M^*$ 叫做原集合的一个子集族.
+例如前面的 $A^*$ 就是二元集 $A=\{0,1\}$ 的全部子集所构成的子集族.
+子集族中所含原来集合的子集的数目叫做该子集族的阶.
+例如子集族 $A^*$ 的阶为 4 , 即 $\left|A^*\right|=4$.
+一、C 族最简单的子集族是由有限集 $M$ 的全体子集所构成的子集族, 简称为 $C$ 族.
+$C$ 族有如下基本的性质:
+性质设 $|M|=n$, 则集合 $M$ 的全部子集构成的集合 $M^*$ 的阶为 $2^n$, 即
+$$
+\left|M^*\right|=\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1+\cdots+\mathrm{C}_n^n=2^n .
+$$
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+二、求解子集族求解子集族的问题主要有两类: 求子集族的阶, 或确定集合的满足特定条件的子集族中的每个集合.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 试证: 任一有限集的全部子集可以排定次序, 使得任何相邻的两个子集都相差一个元素.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:不妨设有限集 $A=\{1,2,3, \cdots, n\}$. 先来看一些简单情形:
+当 $n=1$ 时,显然可以排成: $\varnothing,\{1\}$;
+当 $n=2$ 时,共有 $2^2=4$ 个子集,可排成: $\varnothing,\{1\},\{1,2\},\{2\}$;
+当 $n=3$ 时,共有 $2^3=8$ 个子集,可排成: $\varnothing,\{1\},\{1,2\},\{2\},\{2,3\},\{1,2,3\},\{1,3\},\{3\}$.
+显然符合条件的排序方式不是惟一的.
+请注意 $n=3$ 时的上述排法: 所有子集可分为两组, 前 4 个子集都不含元素 3 ; 后 4 个均含元素 3, 且去掉 3 后恰是前 4 个子集排列的逆序.
+事实上, $n=2$ 时也如此.
+这说明我们可以考虑用数学归纳法来证明.
+证明设有限集为 $M_n=\left\{w_1, w_2, \cdots, w_n\right\}$, 我们对 $n$ 进行归纳.
+当 $n=1$ 时, $M_1=\left\{w_1\right\}$,将它的两个子集排列成 $\varnothing,\left\{w_1\right\}$ 即可.
+假设当 $n=k$ 时,命题成立.
+当 $n=k+1$ 时,
+$$
+M_{k+1}=\left\{w_1, w_2, \cdots, w_k, w_{k+1}\right\},
+$$
+它是由集合 $M_k=\left\{w_1, w_2, \cdots, w_k\right\}$ 添加元素 $w_{k+1}$ 而形成的.
+$M_k$ 的子集个数为 $2^k$. 由归纳假设知, 可将 $M_k$ 的全体子集排成满足题设要求的一列, 不妨设
+$$
+A_1, A_2, A_3, \cdots, A_{2^k}\left(A_i \subseteq M_k, i=1,2,3, \cdots, 2^k\right)
+$$
+就是这样的一个排列.
+我们来看排列
+$$
+A_1, A_2, A_3, \cdots, A_{2^k}, A_{2^k} \bigcup\left\{w_{k+1}\right\}, A_{2^k-1} \bigcup\left\{w_{k+1}\right\}, \cdots, A_1 \bigcup\left\{w_{k+1}\right\},
+$$
+它恰好由 $M_{k+1}$ 的 $2^{k+1}$ 个不同子集排成, 且任意两个相邻集合的元素都仅相差 1 个.
+可见当 $n=k+1$ 时, 命题也成立.
+所以,对任意的 $n \in \mathbf{N}^*$, 所述命题成立.
+说明一个复杂的问题,也许一时找不到解题的突破口, 这时可考虑“以退求进”的策略.
+先解决一些简单的或特殊的情形, 从中发现规律和方法, 从而找到解决一般问题的办法.
+这也就是从特殊到一般的思维方法.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 在某次竞选中各政党作出 $n$ 种不同的诺言 $(n>0)$, 有些政党可以作某些相同的诺言.
+现知其中每两个政党都至少作了一个相同的诺言, 但没有两个政党的诺言完全相同.
+求证: 政党个数 $\leqslant 2^{n-1}$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设有 $m$ 个政党.
+以 $A$ 记所有诺言的集合, $A_i$ 记第 $i$ 个政党的诺言的集合 $(i=1,2, \cdots, m)$. 由题设知
+$$
+|A|=n, A_i \cap A_j \neq \varnothing, A_i \neq A_j, 1 \leqslant i<j \leqslant m .
+$$
+因 $\left(\complement_A A_i\right) \cap A_i=\varnothing$, 故 ${ }_A A_i \neq A_j(i, j=1,2, \cdots, m)$, 即 $\complement_A A_i$ 不同于任何一个政党的诺言的集合.
+所以
+$$
+A_1, A_2, \cdots, A_m, \complement_A A_1, \complement_A A_2, \cdots, \complement_A A_m
+$$
+各不相同, 而它们的个数不超过集合 $A$ 的所有子集的数目 $2^n$, 即 $2 m \leqslant 2^n$, 所以
+$$
+m \leqslant 2^{n-1} .
+$$
+说明上述解法的特点是将一个趣味问题转化为集合问题, 然后借助集合的知识和方法来解决.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设正整数 $n \geqslant 5, n$ 个不同的正整数 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 有下列性质: 对集合 $S=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\}$ 的任何两个不同的非空子集 $A$ 和 $B, A$ 中所有数的和与 $B$ 中所有数的和都不会相等.
+在上述条件下,求
+$$
+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}
+$$
+的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为 $S$ 的任何两个不同的非空子集的各自元素之和不相等, 由集合元素的互异性及正整数二进制表示的惟一性的启示, 似乎集合 $S$ 中的数应是形如 $2^r(r \in \mathbf{N})$ 的数.
+下面的工作就是由此���开的.
+解不妨设 $a_1<a_2<\cdots<a_n$.
+先证明对任意自然数 $k \leqslant n$, 都有
+$$
+\sum_{i=1}^k a_k \geqslant 2^k-1
+$$
+用反证法.
+若 $\sum_{i=1}^k a_k<2^k-1$, 则 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_k\right\}$ 的每个非空子集的元素和不超过 $2^k-2$. 但 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_k\right\}$ 有 $2^k-1$ 个非空子集, 根据抽屉原则, 必有两个非空子集的元素和相等, 这与题设矛盾.
+故所证结论(1)成立.
+接着证明:
+$$
+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n} \leqslant 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}=2-\frac{1}{2^{n-1}} .
+$$
+事实上,
+$$
+\begin{gathered}
+1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}\right) \\
+=\frac{a_1-1}{a_1}+\frac{a_2-2}{2 a_2}+\cdots+\frac{a_n-2^{n-1}}{2^{n-1} a_n} . \\
+\text { 令 } C_i=\frac{1}{2^{i-1} a_i}, d_i=a_i-2^{i-1}, D_k=\sum_{i=1}^k d_i \text { 显然 } C_1>C_2>\cdots>C_n, \text { 且 } \\
+D_k=\sum_{i=1}^k a_i-\left(1+2+\cdots+2^{k-1}\right)=\sum_{i=1}^k a_i-\left(2^k-1\right) \geqslant 0 .
+\end{gathered}
+$$
+于是我们有
+$$
+\begin{aligned}
+& 1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}-\left(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}\right) \\
+= & \sum_{i=1}^n C_i d_1 \\
+= & C_1 D_1+C_2\left(D_2-D_1\right)+\cdots+C_n\left(D_n-D_{n-1}\right) \\
+= & \left(C_1-C_2\right) D_1+\left(C_2-C_3\right) D_2+\cdots+\left(C_{n-1}-C_n\right) D_{n-1}+C_n D_n \\
+\geqslant & 0,
+\end{aligned}
+$$
+故(2)式得证.
+注意到, 当 $S=\left\{1,2,2^2, \cdots, 2^{n-1}\right\}$ 时, 题设条件成立.
+此时有
+$$
+\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\cdots+\frac{1}{a_n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-1}}=2-\frac{1}{2^{n-1}} \text {. }
+$$
+因此, 所求的最大值是 $2-\frac{1}{2^{n-1}}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 已知集合 $A=\{1,2, \cdots, 10\}$. 求集合 $A$ 的具有下列性质的子集个数: 每个子集至少含有 2 个元素, 且每个子集中任何两个元素的差的绝对值大于 1 .
+%%<SOLUTION>%%
+分析:集合 $A$ 有 $2^{10}-1$ 个非空子集,逐一考察的工作只有交给计算机.
+像例 1 一样, 我们先来看看比 $A$ 的元素少一些的集合的情形.
+记集合 $A_i$ 符合条件的子集族为 $A_i^*,\left|A_i^*\right|=a_i$.
+$$
+\begin{aligned}
+A_1 & =\{1\}, A_1^*=\varnothing, a_1=0 ; \\
+A_2 & =\{1,2\}, A_2^*=\varnothing, a_2=0 ; \\
+A_3 & =\{1,2,3\}, A_3^*=\{\{1,3\}\}, a_3=1 ; \\
+A_4 & =\{1,2,3,4\}, A_4^*=\{\{1,3\},\{1,4\},\{2,4\}\}, a_4=3 ; \\
+A_5 & =\{1,2,3,4,5\}, A_5^*=\{\{1,3\},\{1,4\},\{2,4\},\{1,3,5\}, \{1,5\},\{2,5\},\{3,5\}\}, a_5=7 . &
+\end{aligned}
+$$
+我们来考察写出 $A_5^*$ 的过程, 这可以分作两步: 第一步写出 $A_4^*$ 的全部元素, 它们都不含元素 5 ; 第二步写出含 5 的子集, 它们是在 $A_3^*$ 的元素中添 5 所成, 或者是含 5 的二元子集, 即 $a_5=a_4+a_3+3$. 其实对 $A_4^* 、 A_3^*$ 有类似的结论: $a_4=a_3+a_2+2, a_3=a_2+a_1+1$. 我们可以将这个作法推广到一般。
+解设 $a_n$ 是集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的具有题设性质的子集个数.
+对于集合 $\{1,2, \cdots, n, n+1, n+2\}$, 具有题设性质的子集可分为两类: 第一类子集不包含 $n+2$, 它们是集合 $\{1,2, \cdots, n, n+1\}$ 的全部具有题设性质的子集, 共有 $a_{n-1}$ 个; 第二类子集包含 $n+2$, 它们是集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的每个具有题设性质的子集与 $\{n+2\}$ 的并集, 以及二元子集 $\{1, n+2\},\{2$, $n+2\}, \cdots,\{n, n+2\}$, 共有 $a_n+n$ 个.
+于是, 我们有
+$$
+a_{n+2}=a_{n+1}+a_n+n .
+$$
+易知, $a_1=a_2=0$, 因此 $a_3=1, a_4=3, a_5=7, a_6=14, a_7=26$, $a_8=46, a_9=79, a_{10}=133$.
+所以,所求子集的个数为 133 .
+说明上述解法的特点是将问题一般化,一般问题解决了, 特殊问题当然就解决了.
+这里用到了递推方法, 递推也是解决组合问题的常用方法之一.
+与上例相反,我们来看一个已知子集族求恰好包含这些子集的集合的阶的问题.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 对于整数 $n(n \geqslant 2)$, 如果存在集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的子集族 $A_1$, $A_2, \cdots, A_n$ 满足;
+(a) $i \notin A_i, i=1,2, \cdots, n$;
+(b) 若 $i \neq j, i, j \in\{1,2, \cdots, n\}$, 则 $i \in A_j$, 当且仅当 $j \notin A_i$;
+(c) 任意 $i, j \in\{1,2, \cdots, n\}, A_i \cap A_j \neq \varnothing$.
+则称 $n$ 是 “好数”.
+证明: (1) 7 是好数;
+(2)当且仅当 $n \geqslant 7$ 时, $n$ 是好数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:对于 $n=7$, 可以作出满足条件的子集族来验证; 当 $n \geqslant 7$ 时, 可考虑用数学归纳法证明.
+证明 (1) 当 $n=7$ 时, 取
+$$
+\begin{aligned}
+& A_1=\{2,3,4\}, A_2=\{3,5,6\}, A_3=\{4,5,7\}, \\
+& A_4=\{2,6,7\}, A_5=\{1,4,6\}, A_6=\{1,3,7\}, \\
+& A_7=\{1,2,5\}
+\end{aligned}
+$$
+即可.
+(2) 先证当 $n \geqslant 7$ 时, $n$ 是好数.
+对 $n$ 进行归纳.
+由 (1) 知, 当 $n=7$ 时, 结论成立.
+假设 $n(n \geqslant 7)$ 是好数, 则存在子集族 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 满足条件.
+对于 $n+$ 1 , 取��集族 $B_1=A_1, B_2=A_2, \cdots, B_n=A_n, B_{n+1}=\{1,2, \cdots, n\}$. 由归纳假设易知, 它们也是满足条件的.
+下面证明每一个好数 $n$ 都至少为 7 .
+如果 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 是一个 $n$ 为好数的集合的子集族,那么, 每一个 $A_i$ 至少有三个元素.
+事实上,若 $A_i \subset\{j, k\}$, 则
+$$
+A_i \cap A_j=\{k\}, A_i \cap A_k=\{j\} .
+$$
+所以, $k \in A_j, j \in A_k$. 矛盾.
+考虑一个由元素 $0 、 1$ 构成的 $n \times n$ 阶正方形表格,当且仅当 $j \in A_i$ 其第 $i$ 行第 $j$ 列的元素为 1 . 表中对角线上的元素为 0 , 对于余下的元素，因为 $i \neq j$, 当且仅当 $a_{j i}=1$ 时 $a_{i j}=0$, 所以 0 的个数等于 1 的个数.
+因此, 表中元素的和为 $\frac{n^2-n}{2}$. 又每行元素的和大于等于 3 , 所以 $n^2-n \geqslant 6 n$, 故 $n \geqslant 7$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 集合 $X=\{1,2, \cdots, 6 k\}, k \in \mathbf{N}^*$. 试作出 $X$ 的三元子集族 $\mathscr{A}$, 满足:
+(1) $X$ 的任一二元子集至少被族 $\mathscr{A}$ 中的一个三元子集包含;
+(2) $|\mathscr{A}|=6 k^2$.
+%%<SOLUTION>%%
+解:先证明下面的引理:
+引理对 $n \in \mathbf{N}^*$, 集合 $X_1=\{1,2, \cdots, 2 n\}$ 的全部二元子集可分成 $2 n-1$ 组, 且每组是 $X_1$ 的一个分划.
+引理的证明: 如图(<FilePath:./figures/fig-c5e6.png>),将 $1,2, \cdots, 2 n-1$ 这 $2 n-1$ 个数按顺时针方向放到一个正 $2 n-1$ 边形的顶点上,数 $2 n$ 放在外接圆圆心.
+连结 $2 n$ 与 1 , 作 $n-1$ 条以 $2 n-1$ 边形顶点为端点且垂直于 1 与 $2 n$ 连线的线段,便得到 $X_1$ 的 $n$ 个二元子集构成 $X_1$ 的一个分划.
+将 $2 n$ 与 1 的连线依次顺时针旋转 $\frac{2 \pi}{2 n-1}, \frac{4 \pi}{2 n-1}, \cdots, \frac{(4 n-4) \pi}{2 n-1}$, 作出相应的图及
+$X_1$ 的 $n$ 个二元子集.
+这样, $X_1$ 的全部 $\mathrm{C}_{2 n}^2=n(2 n-1)$ 个二元子集被分成 $2 n-1$ 组, 且每组 $n$ 个集合构成 $X_1$ 的一个分划.
+下面来作满足题设的子集族:
+$$
+\text { 令 } A=\{1,2, \cdots, 2 k\}, B=\{2 k+1,2 k+2, \cdots, 4 k\}, C=\{4 k+1 ,4 k+2, \cdots, 6 k\}
+$$. 
+由引理, $A$ 的全部二元子集可分成 $2 k-1$ 组, 每组是 $A$ 的一个分划.
+将其中一组重复一次, 得到 $A$ 的 $2 k$ 个分划, 让其中每个分划与 $B$ 的一个元素搭配作出 $k$ 个 $X$ 的三元子集.
+类似地,作出 $B$ 的 $2 k$ 个二元子集构成的分划, 包含 $B$ 的全部二元子集, 让其中每个分划与 $C$ 的一个元素搭配作出 $k$ 个 $X$ 的三元子集; 作出 $C$ 的 $2 k$ 个二元子集构成的分划, 包含 $C$ 的全部二元子集, 让其中每个分划与 $A$ 的一个元素搭配作出 $k$ 个 $X$ 的三元子集.
+上面得到的 $k \times 2 k \times 3=6 k^2$ 个 $X$ 的三元子集组成的族 $\mathscr{A}$ 满足题设要求.
+说明 $X$ 的二元子集有 $\mathrm{C}_{6 k}^2=3 k(6 k-1)=18 k^2-3 k$ 个.
+而所作的三元子集族中的每个集合 (子集族的元素) 都包含 3 个二元子集, 子集族共可生成二元子集 $3 \times 6 k^2=18 k^2$ 个.
+这说明有 $3 k$ 个(次)二元子集在子集族中被重复生成.
+那么, 满足条件 (1) 的 $|\mathcal{A}|$ 的最小值是 $6 k^2$ 吗?
+三、有关子集族的最值问题有关集合子集族的最值主要有三类:(1)求子集族阶的最值; (2) 求子集族中的集合阶的最值; (3) 求符合特定条件的集合元素的最值.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 集合 $A=\{0,1,2, \cdots, 9\},\left\{B_1, B_2, \cdots, B_k\right\}$ 是 $A$ 的一族非空子集, 当 $i \neq j$ 时, $B_i \cap B_j$ 至多有两个元素.
+求 $k$ 的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:集合 $A$ 的一元、二元、三元子集显然符合要求.
+而 $A$ 的任一多于三元的子集 $B^{\prime}$ 必包含了.
+$A$ 的三元子集, 故 $B^{\prime}$ 与其包含的三元子集不能同在题中的子集族内.
+解首先至多含 3 个元素的 $A$ 的非空子集有
+$$
+\mathrm{C}_{10}^1+\mathrm{C}_{10}^2+\mathrm{C}_{10}^3=10+\frac{10 \times 9}{2}+\frac{10 \times 9 \times 8}{6}=175 \text { (个). }
+$$
+这些集合的交集至多有两个元素, 否则两集合相等, 矛盾.
+因此 $k_{\max } \geqslant 175$.
+下面证明 $k_{\max } \leqslant 175$.
+设 $\mathscr{b}$ 为满足题设的子集族.
+若 $B \in \mathscr{C}$, 且 $|B| \geqslant 4$, 设 $b \in B$, 则 $B$ 与 $B- \{b\}$ 不能同时含于 $\mathscr{C}$, 以 $B-\{b\}$ 代 $B$, 则 $\mathscr{C}$ 中元素数目不变.
+仿此对 $\mathscr{C}$ 中所有元素数目多于 4 的集合 $B$ 作相应替代, 替代后子集族 $\mathscr{C}$ 中的每个集合都是元素数目不多于 3 的非空集合.
+故 $k_{\max } \leqslant 175$.
+所以, $k$ 的最大值为 175 .
+说明上述解答采用了“两边夹”的策略: 先得出 $k$ 的最大值不小于 175 , 然后指出 $k$ 不大于 175 , 从而得出 $k_{\max }=175$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 设 $A \subseteq\{0,1,2, \cdots, 29\}$ 满足：���任何整数 $k$ 及 $A$ 中任意数 $a 、 b$ ( $a 、 b$ 可以相同), $a+b+30 k$ 均不是两个相邻整数之积.
+试定出所含元素个数最多的 $A$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为当 $b=a$ 时, $2 a+30 k$ 均不是两个相邻整数之积, 故我们只需考察 $2 a$ 被 30 除的余数.
+解所求 $A$ 为 $\{3 l+2 \mid 0 \leqslant l \leqslant 9\}$.
+设 $A$ 满足题中条件且 $|A|$ 最大.
+因为两个相邻整数之积被 30 除, 余数为 $0,2,6,12,20,26$. 则对任一 $a \in A$, 有 $2 a \neq 0,2,6,12,20,26(\bmod 30)$ ,
+即 $a \neq 0,1,3,6,10,13,15,16,18,21,25,28$, 因此, $A \subseteq\{2,4,5,7,8,9,11,12,14,17,19,20,22,23,24,26,27,29\}$, 后一集合可分拆成下列 10 个子集的并, 其中每一个子集至多有一个元素包含在 $A$ 中: $\{2,4\}, \{5,7\},\{8,12\},\{9,11\},\{14,22\},\{17,19\},\{20\},\{23,27\},\{24,26\},\{29\}$, 故 $|A| \leqslant 10$.
+若 $|A|=10$, 则每个子集恰好有一个元素包含在 $A$ 中, 因此, $20 \in A, 29 \in A$.
+由 $20 \in A$ 知 $12 \notin A$, 从而 $8 \in A$, 这样 $4 \notin A, 22 \notin A, 24 \notin A$. 因此 $2 \in A, 14 \in A, 26 \in A$.
+由 $29 \in A$ 知 $7 \notin A, 27 \notin A$, 从而 $5 \in A, 23 \in A$, 这样 $9 \notin A, 19 \notin A$, 因此 $11 \in A, 17 \in A$.
+综上所述,有 $A=\{2,5,8,11,14,17,20,23,26,29\}$, 此集合 $A$ 确实满足要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 设 $n$ 为正整数, 在数集
+$$
+\{-n,-n+1,-n+2, \cdots,-1,0,1, \cdots, n-1, n\}
+$$
+中最多选取多少个数, 可使任意三个数的和均不为 0 (三个数可以相同)?
+%%<SOLUTION>%%
+分析:显然, 当选取的数的绝对值充分大时, 可使任意三个数的和均不为 0 .
+解设从题中数集中最多选取 $k$ 个数, 可使任意三个数的和均不为 0 . 考察子集
+$$
+\left\{-n, \cdots,-\left[\frac{n}{2}\right]-1,\left[\frac{n}{2}\right]+1, \cdots, n\right\},
+$$
+其中 $[x]$ 表示不超 $x$ 的最大整数.
+知当 $n$ 为偶数时, $k \geqslant n$; 当 $n$ 为奇数时, $k \geqslant n+1$.
+设 $A=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_m\right\}, B=\left\{b_1, b_2, \cdots, b_l\right\}$ 都是元素为整数的非空集合.
+定义集合
+$$
+A+B=\{a+b \mid a \in A, b \in B\},
+$$
+可以证明 $A+B$ 至少有 $m+l-1$ 个元素.
+事实上, 不妨设 $a_1<a_2<\cdots<a_n, b_1<b_2<\cdots<b_l$, 则
+$$
+a_1+b_1, a_1+b_2, \cdots, a_1+b_l, a_2+b_l, \cdots, a_m+b_l
+$$
+是一个有 $m+l-1$ 项的严格递增的数列, 其中每一个数都是集合 $A+B$ 的元素.
+假设 $S$ 是一个满足题设的子集.
+显然 $0 \notin S$. 取
+$$
+\begin{aligned}
+& A=S \cap\{-n,-n+1, \cdots,-1\}, \\
+& B=S \cap\{1,2, \cdots, n\} .
+\end{aligned}
+$$
+于是, $A+B$ 和 $-S=\{-s \mid s \in S\}$ 是集合 $\{-n,-n+1, \cdots, n\}$ 的两个不相交的子集.
+由前证知
+$$
+\begin{aligned}
+2 n+1 & \geqslant|A+B|+|-S| \\
+& \geqslant|A|+|B|-1+|S| \\
+& =2|S|-1,
+\end{aligned}
+$$
+即 $|S| \leqslant n+1$.
+当 $n$ 为奇数时, 就证明了 $k=n+1$.
+当 $n$ 为偶数时, 还需要证明 $|S|=n+1$ 是不可能的.
+由于 $A+B \subseteq\{-n+1,-n+2, \cdots, n-1\}$, 若有
+$$
+|A+B|+|-S|=2 n+1 \text {, }
+$$
+则必有 $-n, n \in-S$, 即 $-n, n \in S$. 于是
+$$
+\{1, n-1\}, \cdots,\left\{\frac{n}{2}-1, \frac{n}{2}+1\right\},\left\{\frac{n}{2}\right\}
+$$
+每个集合中至多有一个元素在 $B$ 中.
+因此,
+$$
+|B| \leqslant \frac{n}{2} .
+$$
+同理，
+$$
+|A| \leqslant \frac{n}{2} .
+$$
+由 $A 、 B$ 的定义, 知
+$$
+|S|=|A|+|B| \leqslant n .
+$$
+与 $|S|=n+1$ 矛盾.
+因此,当 $n$ 为偶数时, $k=n$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 集合 $A=\{1,2, \cdots, 1997\}$, 对 $A$ 的任意一个 999 元子集 $X$, 若存在 $x, y \in X$, 使得 $x<y$ 且 $x \mid y$, 则称 $X$ 集为好集.
+求最大自然数 $a(a \in A)$, 使任一含有 $a$ 的 999 元子集都为好集.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:抓住 $A$ 的 999 元子集 $X_0=\{999,1000, \cdots, 1997\}$ 是关键.
+因为 $999 \times 2=1998>1997$, 所以 $a<999$. 考虑集合 $A$ 的这样的元素 $b: 2 b \in X_0$, $3 b \notin X_0$. 易知 $b=666+i, i=0,1, \cdots, 332$. 由 $B_i=\{666+i\} \cup X_0 \backslash \{2(666+i)\}, i=0,1, \cdots, 332,\left|B_i\right|=999$, 知 $a \leqslant 665$.
+解我们证明 $\max a=665$.
+先证 $a \leqslant 665$. 显然 $A$ 的 999 元子集 $X_0=\{999,1000,1001, \cdots, 1997\}$ 中不存在 $x, y \in X_0$, 使得 $x<y$ 且 $x \mid y$. 事实上, $X_0$ 的最小元素为 999 , 它的最小倍数除本身外为 $2 \times 999=1998>1997$, 即比 $X_0$ 的最大元素还大.
+这样, $a$ 就不能为 $999,1000,1001, \cdots, 1997$ 中的任一个数.
+构造集合
+$$
+B_i=\{666+i\} \bigcup X_0 \backslash\{2(666+i)\}, i=0,1, \cdots, 332 .
+$$
+对 $B_i$ 来说, $(666+i) \times 3 \geqslant 1998$, 而 $(666+i) \times 2 \notin B_i$, 故 $666+i$ 除本身外其他倍数都不在 $B_i$ 中.
+上面已证 $X_0$ 的任一非本身的倍数都不在 $X_0$ 中; 而 $666+i<999(i=0,1,2, \cdots, 332)$, 故 $X_0$ 中任 $\cdots$ 元素的倍数不可能为 $666+i(i=0,1, \cdots, 332)$. 这样 $B_i$ 中仍不存在两元素满足 $x<y$ 且 $x \mid y$. 而 $B_i$ 中 $(i=0,1, \cdots, 332)$ 包含了 $666,667, \cdots, 998$, 故 $a \neq 666,667, \cdots, 998$. 所以 $a \leqslant 665$.
+下证 665 是可取的.
+反设存在一个含 665 的 999 元子集 $X$,不存在这样的 $x, y \in X, x<y$ 使 $x \mid y$, 则 $665 \times 2 、 665 \times 3 \notin X$.
+构造如下 997 个抽庶, 它包含了 $A$ 中除 $665 、 665 \times 2 、 665 \times 3$ 外的所有元素,且每个元素只出现一次
+$$
+\begin{aligned}
+& \left\{1,1 \times 2,1 \times 2^2, \cdots, 1 \times 2^{10}\right\}, \\
+& \left\{3,3 \times 2,3 \times 2^2, \cdots, 3 \times 2^9\right\}, \\
+& \left\{5,5 \times 2,5 \times 2^2, \cdots, 5 \times 2^8\right\}, \\
+& \cdots \ldots \\
+& \{663,663 \times 2,663 \times 3\}, \\
+& \{667,667 \times 2\}, \\
+& \{669,669 \times 2\}, \\
+& \cdots \ldots . \\
+& \{1991\},\{1993\},\{1997\} .
+\end{aligned}
+$$
+$X$ 中除 665 外的其他 998 个元素归人这 997 个抽屉里, 定有两个在同一抽屉, 而同一抽屉里的数互为倍数关系, 矛盾.
+证毕.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter6.tex

@@ -0,0 +1,369 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+集合的性质很多集合问题实际上就是研究集合中元素的性质问题,前面的每一节都能找到这样的例子.
+面,我们再通过一些例子进一步探讨研究集合性质的技巧.
+一、集合中全部元素的性质已知集合 $S=\{x \mid P(x)\}$. 如果由性质 $P$ 能推出 $S$ 中每个元素都满足的性质 $P^{\prime}$, 那么 $P^{\prime}$ 就是 $P$ 的一个必要条件.
+设 $S^{\prime}=\left\{x \mid P^{\prime}(x)\right\}$, 显然有 $S \subseteq S^{\prime}$.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+二、集合子集元素的性质设集合 $S=\{x \mid P(x)\}$. 如果条件 $P^*$ 是条件 $P$ 的充分条件,那么集合
+$$
+S^*=\left\{x \mid P^*(x), x \in S\right\}
+$$
+是集合 $S$ 的子集, 即 $S^* \subseteq S$. 这里 $P^*$ 是集合 $S$ 中部分元素的性质.
+我们还可以通过增加 $S$ 的“内涵”的方式来缩小它的“外延”: $S$ 是所有具备性质 $P$ 的元素 $x$ 的集合,增加新的性质 $P^*$, 得到集合
+$$
+S^*=\left\{x \mid P(x) \text { 且 } P^*(x), x \in S\right\},
+$$
+显然 $S^*=\left\{x \mid P^*(x), x \in S\right\}$, 它是 $S$ 的子集, 即 $S^* \subseteq S$.
+一类典型的问题就是从集合 $S$ 中分离出所有满足性质 $P^*$ 的元素, 从而得到所求的 $S^*$.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+三、其他有关集合性质的问题有关集合性质的问题丰富多彩,除了上面两类典型的问题外很难作一个系统的分类.
+其实, 集合问题大多具有明显的组合色彩, 解题方法各异, 分类并没有实质意义.
+下面我们再看几个例子.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 已知数集 $M$ 至少有 3 个元素, 且对 $M$ 中任何两个不同的元素 $a 、 b$, 数 $a^2+b \sqrt{2}$ 都是有理数,证明: 对于 $M$ 中任何数 $a$,数 $a \sqrt{2}$ 都是有理数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $a, b \in M$ 且 $a \neq b$, 则 $a^2+b \sqrt{2} \in \mathbf{Q}, b^2+a \sqrt{2} \in \mathbf{Q}$. 于是有 $a^2+ b \sqrt{2}-\left(b^2+a \sqrt{2}\right)=\frac{1}{2}(a \sqrt{2}-b \sqrt{2})(a \sqrt{2}+b \sqrt{2}-2) \in \mathbf{Q}$. 若能证明 $a \sqrt{2}- b \sqrt{2} \in \mathbf{Q}$ 或 $a \sqrt{2}+b \sqrt{2} \in \mathbf{Q}$, 则问题迎刃而解.
+但已给条件似乎不够用! 不过另设 $c \in M, c \neq a, c \neq b$, 则 $c^2+a \sqrt{2} \in \mathbf{Q}, c^2+b \sqrt{2} \in \mathbf{Q}$, 便得到
+$$
+c^2+a \sqrt{2}-\left(c^2+b \sqrt{2}\right)=a \sqrt{2}-b \sqrt{2} \in \mathbf{Q} .
+$$
+证明任取 $a, b, c \in M$, 且 $a 、 b 、 c$ 互不相等, 则 $a^2+b \sqrt{2}, b^2+a \sqrt{2}, c^2+ a \sqrt{2}, c^2+b \sqrt{2} \in \mathbf{Q}$. 因此
+$$
+\begin{aligned}
+& a^2+b \sqrt{2}-\left(b^2+a \sqrt{2}\right)=(a-b)(a+b-\sqrt{2}) \\
+= & \frac{1}{2}(a \sqrt{2}-b \sqrt{2})(a \sqrt{2}+b \sqrt{2}-2) \in \mathbf{Q}, \\
+& c^2+a \sqrt{2}-\left(c^2+b \sqrt{2}\right)=(a \sqrt{2}-b \sqrt{2}) \in \mathbf{Q} .
+\end{aligned}
+$$
+从而
+$$
+a \sqrt{2}+b \sqrt{2}-2 \in \mathbf{Q}
+$$
+所以 $a \sqrt{2}+b \sqrt{2} \in \mathbf{Q}$.
+所以
+$$
+a \sqrt{2}=\frac{1}{2}(a \sqrt{2}+b \sqrt{2}+a \sqrt{2}-b \sqrt{2}) \in \mathbf{Q} .
+$$
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $\alpha=\frac{r}{s}$, 这里 $r 、 s$ 是正整数,且 $r>s,(r, s)=1$. 令集合
+$$
+N_\alpha=\{[n \alpha] \mid n=1,2, \cdots\} .
+$$
+求证：对任何 $m \in N_\alpha, r \nmid m+1$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:$n \alpha=n \cdot \frac{r}{s}$. 当 $s=1$ 时, 结论显然成立.
+当 $s>1$ 时, 若 $1 \leqslant n \leqslant s-1$, 由 $\frac{r}{s}>1$ 知, $1 \leqslant n \alpha \leqslant r-\frac{r}{s}<r-1$, 即 $1 \leqslant[n \alpha]<r-1$, 结论成立; 若 $n \geqslant s$, 令 $n=q s+k\left(0 \leqslant k \leqslant s-1, q \in \mathbf{N}^*\right)$, 则 $n \alpha=q r+k \alpha,[n \alpha]= q r+\left[k_\alpha\right]$, 又转化为前面情形的讨论.
+证明分两种情形讨论.
+(1) 若 $s=1$, 则 $N_\alpha=\{r n \mid n=1,2, \cdots\}$. 因 $r>1$, 结论显然成立.
+(2) 若 $s>1$, 因 $\frac{r}{s}>1$, 故
+$$
+1 \leqslant\left[\frac{r}{s}\right]<\left[\frac{2 r}{s}\right]<\cdots<\left[\frac{(s-1) r}{s}\right]=r+\left[-\frac{r}{s}\right]<r-1 .
+$$
+任取 $m=\left[n_0 \alpha\right] \in N_\alpha$, 令 $n_0=q s+k(0 \leqslant k \leqslant s-1)$, 则
+$$
+\begin{aligned}
+& {\left[n_0 \alpha\right]=[q r+k \alpha]=q r+[k \alpha],} \\
+& m+1=\left[n_0 \alpha\right]+1=q r+[k \alpha]+1 .
+\end{aligned}
+$$
+但由不等式<1>, 有 $0 \leqslant[k \alpha]<r-1$, 即
+$$
+1 \leqslant[k \alpha]+1<r \text {. }
+$$
+于是, 由(2)式可知 $r \nmid m+1$.
+综上可知, 命题成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 在平面上给定无穷多个点, 已知它们之间的距离都是整数, 求证这些点都在一条直线上.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:“无穷” 和“整数” 是两个关键词, 去其一, 则结论不成立.
+下面我们就是利用这两点“制造”矛盾来反证结论成立.
+证明若不然, 则存在三点 $A 、 B 、 C$, 使三点不共线且 $A B=r$ 和 $A C=s$ 都是整数.
+设点 $P$ 是任一给定���, 则由三角不等式有
+$$
+|P A-P B| \leqslant A B=r,
+$$
+即 $|P A-P B|$ 是整数 $0,1,2, \cdots, r$ 中之一.
+因此, 点 $P$ 或位于直线
+$H_0=$ 直线 $A B$ 的垂直平分线,
+$H_r=$ 直线 $A B$
+之一上,或落在双曲线
+$$
+H_i=\{X|| X A-X B \mid=i\}, i=1,2, \cdots, r-1
+$$
+之一上.
+同理, 点 $P$ 又或者位于直线
+$$
+\begin{aligned}
+& K_0=\text { 线段 } A C \text { 的垂直平分线, } \\
+& K_s=\text { 直线 } A C
+\end{aligned}
+$$
+之一上, 或者落在双曲线
+$$
+K_j=\{X|| X A-X C \mid=j\}, j==1,2, \cdots, s-1
+$$
+之一上.
+由此可知,任一给定点必落在集合
+$$
+H_i \cap K_j, i=0,1, \cdots, r, j=0,1, \cdots, s
+$$
+之一上.
+由于直线 $A B$ 与 $A C$ 不重合, 所以任一 $H_i$ 与任一 $K_j$ 都不相同.
+从而知(1)中每个集合都不多于 4 点,故知集合
+$$
+M=\bigcup_{i, j}\left(H_i \cap K_j\right)
+$$
+的点数不多于 $4(r+1)(s+1)$, 此与给定点有无穷多个矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $M$ 为一个无限的有理数集, 满足: $M$ 的任意一个 2009 元子集的元素之积为一个整数,且这个整数不能被任何质数的 2009 次幕整除.
+证明: $M$ 的元素均为整数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:这里的“2009”并不是一个关键的数字, 与上例一样, 我们还是得围绕“无限”做文章.
+证明设 $a_1, a_2, \cdots, a_{2008} \in M$. 记
+$$
+A=a_1 a_2 \cdots a_{2008}=\frac{p}{q},(p, q)=1 .
+$$
+假设 $M$ 中包含了无数多个形如
+$$
+\alpha_i=\frac{p_i}{q_i},\left(p_i, q_i\right)=1, q_i>1
+$$
+的数, 且 $\alpha_i \neq a_1, a_2, \cdots, a_{2008}$. 由于
+$$
+\alpha_i \cdot A=\alpha_i a_1 a_2 \cdots a_{2008}=\frac{p_i}{q_i} \cdot \frac{p}{q}
+$$
+为整数, 所以
+$$
+q_i \mid p .
+$$
+由于 $p$ 只有有限个因子, 故有无数个分母为 $q_i^{\prime}$ 的既约分数属于 $M$. 这些分数中的任意 2009 个的乘积都不是整数.
+这与题设矛盾.
+这说明 $M$ 中包含了无限多个整数, 记这些整数的集合为 $M^{\prime}$.
+假设有 $\frac{a}{b} \in M,(a, b)=1, b>1$.
+设 $p$ 为 $b$ 的一个质因子.
+由于 $\frac{a}{b}$ 与 $M^{\prime}$ 中任意 2008 个整数的乘积为整数, 故 $p$ 为 $M^{\prime}$ 中无数多个整数的质因子.
+而 $M^{\prime}$ 中任意 2009 个含有因数 $p$ 的数的乘积可被 $p^{2009}$ 整除.
+这又与题设矛盾.
+这就证明了 $M$ 的元素均为整数.
+而这样的整数集是存在的, 如全部质数的集合.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 三维空间中所有整点 (3 个坐标都为整数的点) 的集合记为 $T$. 两个整点 $(x, y, z)$ 和 $(u, v, w)$ 当且仅当 $|x-u|+|y-v|+|z-w|=1$ 时称为相邻.
+求证: 存在 $T$ 的一个子集 $S$, 使对每个 $P \in T$, 点 $P$ 以及 $P$ 的所有邻点中恰有一点属于 $S$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $(u, v, w) \in T$, 它的 6 个邻点分别为 $(u \pm 1, v, w),(u, v \pm 1$, $w),(u, v, w \pm 1)$. 若函数 $f(x, y, z)$ 在以上 7 点的函数值为整数, 且除以 7 的余数都不相同,则原题获证.
+事实上, 取 $f=x+2 y+3 z$ 即可.
+证明显然, 两个整点相邻, 当且仅当两点的各 3 个坐标中的两对分别相等,而第 3 个坐标相差 1 .
+令 $\quad S=\{(x, y, z)\mid \, 7 | x+2 y+3 z\}$,
+则 $S$ 满足题中要求.
+事实上, 对于任何 $(u, v, w) \in T$, 它有 6 个邻点 $(u \pm 1, v, w),(u, v \pm 1, w),(u, v, w \pm 1)$. 这 7 点所对应的 7 个整数
+$$
+u+2 v+3 w+j, j=-3,-2,-1,0,1,2,3
+$$
+中, 恰有一个是 7 的倍数, 从而相应的整点属于 $S$, 即 $S$ 满足题中要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设 $A \subset \mathrm{N}^*$ 是无限集, $A$ 中每个数 $a$ 是至多 1990 个质数的乘积.
+证明: 必有.
+$A$ 的无限子集 $B$, 使得 $B$ 中任何两个不同数的最大公约数都相同.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:如果 $A$ 中含有无限多个两两互质的整数, 则结论显然成立.
+否则, 存在质数 $p_1$ 为 $A$ 的无限多个数的因数, 故 $A_1=\left\{\frac{a}{p_1} \mid \frac{a}{p_1} \in \mathbf{Z}, a \in A\right\}$ 为无限集.
+若 $A_1$ 中含有无限多个两两互质的整数, 则结论亦成立.
+否则, 继续上面的步骤.
+证明如果 $A$ 中含有无限多个两两互质的正整数, 将它们全部选出作成子集 $B$, 则结论成立.
+若存在质数 $p_1$ 为 $A$ 中无限多个数的因数,则集合
+$$
+A_1=\left\{\frac{a}{p_1} \mid \frac{a}{p_1} \in \mathbf{Z}, a \in A\right\}
+$$
+为无限集.
+依此类推 (用 $A_1$ 代替 $A$ ). 由于 $A$ 中每个数的质因数个数 $\leqslant 1990$, 所以必有无限集
+$$
+A_k=\left\{\frac{a}{p_1 p_2 \cdots p_k} \mid \frac{a}{p_1 p_2 \cdots p_k} \in \mathbf{Z}, \frac{a}{p_1 p_2 \cdots p_{k-1}} \in A_{k-1}\right\},
+$$
+每个质数 $p_i$ 都仅是 $A_k$ 中有限多个数的因数.
+任取 $a_1 \in A_k$. 在取定 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 两两互质后, 由于每个质数都仅是 $A_k$ 中有限多个数的因数, 在 $A_k$ 中存在 $a_{n+1}$, 它与 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ ���互质.
+这样就得到 $A_k$ 的一个无穷子集 $B_k, B_k$ 中的元素两两互质.
+将 $B_k$ 中每个元素乘以 $p_1 p_2 \cdots p_k$, 得到 $A$ 的无穷子集, 其中每两个数的最大公约数均为 $p_1 p_2 \cdots p_k$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 记 $\mathbf{Q}$ 为有理数集合, $\mathbf{Q}$ 的非空子集 $S$ 具有以下性质:
+(1) $0 \notin S$;
+(2) 若 $s_1 \in S, s_2 \in S$, 则 $s_1 / s_2 \in S$;
+(3) 存在一非零有理数 $q, q \notin S$, 且每一个不在 $S$ 中的非零有理数都可写成 $q s$ 的形式,其中 $s \in S$.
+证明: 若 $x \in S$, 则存在 $y, z \in S$, 使 $x=y+z$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $\alpha, \beta \in \mathbf{Q}$, 且 $\alpha+\beta=1$, 则
+$$
+x=x(\alpha+\beta)=x \alpha+x \beta .
+$$
+我们希望出现: $x \alpha \in S$ 且 $x \beta \in S$. 由(3)似乎应该有 $\alpha, \beta \in S$. 于是我们要解决两个问题: (1) 怎样的 $\alpha$ 、必定属于 $S$; (2) 如 $x_1 \in S, x_2 \in S$, 则 $x_1 x_2 \in S$.
+证明假设 $s \in S$. 令 $s_1=s_2 \in S$, 则 $s_1 / s_2=1 \in S$. 令 $s_1=1, s_2=s$, 则 $1 / s \in S$.
+若 $t \in S$, 令 $s_1=t, s_2=1 / s$, 则 $s_1 / s_2=t /(1 / s)=s t \in S$ (这样 $s$ 就是乘法意义下的解).
+假设 $u$ 是一个非零有理数, 若 $u \notin S$, 则 $u=q s$, 其中 $s \in S$, 于是我们有 $u^2=q^2 s^2$.
+若 $q^2 \notin S$, 则可设 $q^2=q t(t \in S)$, 则 $q=t \in S$, 矛盾.
+所以 $q^2 \in S$, $u^2 \in S$.
+假如 $x \in S$, 则由 $(3 / 5)^2 、(4 / 5)^2$ 为平方数可知,
+$$
+x(3 / 5)^2 \in S, x(4 / 5)^2 \in S .
+$$
+又 $x=x(3 / 5)^2+x(4 / 5)^2$, 取 $y=x(3 / 5)^2, z=x(4 / 5)^2$, 则命题得证.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 证明: 对任意的 $n \in \mathbf{N}, n \geqslant 2$, 都存在 $n$ 个互不相等的自然数组成的集合 $M$, 使得对任意的 $a \in M$ 和 $b \in M$, 都有 $(a-b) \mid(a+b)$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $a_1<a_2<\cdots<a_n$ 为 $M$ 的 $n$ 个元素, 我们用归纳的方法来构造这些元素.
+当 $n=2$ 时,取 $a_1=1, a_2=2$ 即可.
+假设 $n=k$ 时, $k$ 个元素 $a_1<a_2<\cdots<a_k$ 组成的集合符合要求.
+当 $n=k+1$ 时则取如下 $k+1$ 个数
+$$
+a_{k} !, a_{k} !+a_1, a_{k} !+a_2, \cdots, a_{k} !+a_k,
+$$
+组成的集合符合要求.
+事实上,
+$$
+\frac{\left(a_{k} !+a_i\right)+a_{k} !}{\left(a_{k} !+a_i\right)-a_{k} !}=\frac{2\left(a_{k} !\right)+a_i}{a_i} \in \mathbf{N}^* \quad(i=1,2, \cdots, k) .
+$$
+又不妨设 $i>j(i, j=1,2, \cdots, n)$, 则
+$$
+\begin{aligned}
+A & =\frac{\left(a_{k} !+a_i\right)+\left(a_{k} !+a_j\right)}{\left(a_{k} !+a_i\right)-\left(a_{k} !+a_j\right)} \\
+& =\frac{2\left(a_{k} !\right)+a_i+a_j}{a_i-a_j} .
+\end{aligned}
+$$
+因为 $\left(a_i-a_j\right) \mid\left(a_i+a_j\right)$ (归纳假设), $\left(a_i-a_j\right) \mid 2\left(a_k\right.$ !), 所以 $A \in \mathbf{N}^*$.
+说明对上面的分析稍作整理即为本例的证明.
+略.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 平面上整点的集合 $M=\{(x, y) \mid x, y \in \mathbf{Z}$, 且 $1 \leqslant x \leqslant 12,1 \leqslant y \leqslant 13\}$. 证明: 不少于 49 个点的 $M$ 的每一个子集, 必包含一个矩形的 4 个顶点, 且此矩形的边平行于坐标轴.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $S$ 为 $M$ 的任一个 49 元子集.
+其中纵坐标相同的点的横坐标的集合为:
+$$
+X_i=\{x \mid(x, i) \in S\}, i=1,2, \cdots, 13 .
+$$
+若存在关于整点横坐标的二元集 $(r, s)$ 同时是 $X_i 、 X_j \quad(i \neq j)$ 的子集, 则原题得证.
+证明设 $S$ 为 $M$ 的任一个 49 元子集.
+令
+$$
+X_i=\{x \mid(x, i) \in S\}, i=1,2, \cdots, 13,
+$$
+则 $\left|X_i\right|=x_i, \sum_{i=1}^{13} x_i=49,0 \leqslant x_i \leqslant 12$. 记
+$$
+P_i=\{\{r, s\} \mid r \neq s,(r, i),(s, i) \in S\}, i=1,2, \cdots, 13 .
+$$
+显然, 全体 $P_i$ 中只有 $\mathrm{C}_{12}^2=66$ 种不同的二元集.
+又 $\sum_{i=1}^{13}\left|P_i\right|=\sum_{i=1}^{13} \mathrm{C}_{x_i}^2$, 考虑其最小值.
+利用局部调整: 当 $x_1+x_2=c$ 时,
+$$
+\mathrm{C}_{x_1}^2+\mathrm{C}_{x_2}^2=\frac{c^2-c}{2}-x_1 x_2 \geqslant \frac{c^2-c}{2}-\frac{c^2}{4},
+$$
+$x_1=\left[\frac{c}{2}\right], x_2=c-\left[\frac{c}{2}\right]$ 时, $\mathrm{C}_{x_1}^2+\mathrm{C}_{x_2}^2$ 取得最小值.
+由此知, $\sum_{i=1}^{13} \mathrm{C}_{x_i}^2$ 取得最小值必须是将 $49=\sum_{i=1}^{13} x_i$ 尽可能地平均到 $\left\{x_i\right\}$ 中, 即 $\left\{x_i\right\}$ 中有 $j$ 个 $\left[\frac{49}{13}\right]=3$, $(13-j)$ 个 $\left[\frac{49}{13}\right]+1=4$, 从而得 $j=3$.
+所以
+$$
+\left(\sum_{i=1}^{13} \mathrm{C}_{x_i}^2\right)_{\min }=3 \mathrm{C}_3^2+10 \mathrm{C}_4^2=69
+$$
+从而, 有
+$$
+\sum_{i=1}^{13}\left|P_i\right|=\sum_{i=1}^{13} \mathrm{C}_{x_i}^2 \geqslant 69>66
+$$
+由此推知存在 $i \neq j$, 使得 $(r, s) \in P_i,(r, s) \in P_j$.
+故有 $(r, i),(s, i),(r, j),(s, j) \in S$, 结论成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $S=\{1,2, \cdots, 17\}$, 而 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_8\right\}$ 为 $S$ 的一个 8 元子集.
+求证:
+(1) 存在 $k \in \mathbf{N}^*$, 使得方程 $a_i-a_j=k$ 至少有 3 组不同的解;
+(2) 对于 $S$ 的 7 元子集 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_7\right\}$,(1) 中的结论不再总是成立.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:(1) 不妨设 $a_1<a_2<\cdots<a_8$, 则
+$$
+a_8-a_1=\left(a_8-a_7\right)+\left(a_7-a_6\right)+\cdots+\left(a_2-a_1\right) \leqslant 16 .
+$$
+若上式中间 7 个括号中没有 3 个两两相等, 那么必各有两个分别等于 1 、 $2 、 3$, 一个等于 4 .
+(2) 作出一个使 (1) 中结论不成立的 7 元子集即可.
+证明 (1) 若不然,则存在 $S$ 的一个 8 元子集 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_8\right\}$,使对任何 $k \in \mathbf{N}^*$,方程 $a_i-a_j=k$ 都至多有两组解, 即 $\left|a_i-a_j\right|(1 \leqslant i<j \leqslant 8)$ 共 28 个差数中, 不存在 3 个值相等的差数.
+不妨设 $a_1<a_2<\cdots<a_8$, 于是 $a_8-a_1 \leqslant 16$, 亦即有
+$$
+\left(a_8-a_7\right)+\left(a_7-a_6\right)+\cdots+\left(a_2-a_1\right) \leqslant 16 .
+$$
+既然(1)式左端的 7 个差数中没有 3 数相同, 故必有
+$$
+\begin{aligned}
+\left(a_8-a_7\right)+\left(a_7-a_6\right)+\cdots+\left(a_2-a_1\right) & \geqslant 1+1+2+2+3+3+4 \\
+& =16 .
+\end{aligned}
+$$
+(1)和(2)结合起来表明, 这 7 个差数中恰有 $1 、 2 、 3$ 各两个而另一个是 4 .
+考察这 7 个差数的排列情形, 由于已经有两个 2 、两个 3 和 1 个 4 , 所以必有
+(i) 两个 1 不能相邻, 1 和 2 也不能相邻;
+(ii) 1 和 $3 、 2$ 和 2 至多有 1 组相邻.
+先看两个 1 与两个 2 这 4 个差数的排列顺序, 由对称性知只有下列 4 种不同情形:
+(a) $1,1,2,2$;
+(b) $1,2,1,2$;
+(c) $1,2,2,1$;
+(d) $2,1,1,2$.
+余下的 3 个差数 $3 、 3 、 4$ 将放人这 4 个数的空隙中.
+易见, 在 (b) 和 (d) 两种情形中, 依次相邻的 3 对数在 7 个差数的排列中都不能相邻, 所以 3 个空隙中必须各放人 $3 、 3 、 4$ 中的一个数, 从而两个 3 都与 1 相邻, 导致有 3 个差值为 4 , 矛盾.
+对于 (a), 两个 1 之间不能只夹 3 , 所以 4 必须夹在两个 1 之间.
+于是 1 与 2 之间只能插人 3 . 这样一来, 两个 2 也不能相邻, 只能插人另一个 3 , 这导致 4 个差值为 5 ,矛盾.
+对于 (c), 1 与 $2 、 2$ 与 1 之间不能都填 3 , 必有一个填 4 而另两个空隙中填 3 , 导致 4 个差值为 5 , 矛盾.
+(2) 考察 $S$ 的 7 元子集 $\{1,2,4,7,11,16,17\}$. 它的 21 对元素的差值 (大数减小数) 中有 $1,3,5,6,9,10,15$ 各两个, $2,4,7,12,13,14,16$ 各 1 个.
+没有 3 个差数有相同的值, 即 (1) 中的结论不再成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter7.tex

@@ -0,0 +1,407 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+分类原则自本节开始, 我们把注意力转向集合知识和由集合知识派生出来的数学方法的应用上.
+首先我们来看与集合的分划有关的所谓分类问题.
+一、分类原则在我们的经验中, 有些数学问题涉及的对象较复杂, 统一地解决有困难, 于是就将这些对象分成“不重不漏”的若干类, 然后逐类解决.
+这就是分类解决问题的方法.
+分类的基本原则就是每次分类必须不重不漏, 其理论依据就是集合的分划.
+分类原则设所研究的对象的全体形成集合 $M, A_1, A_2, \cdots, A_n$ 是 $M$ 的一组非空子集, 且
+(1) $A_i \cap A_j=\varnothing, 1 \leqslant i, j \leqslant n, i \neq j$;
+(2) $\bigcup_{i=1}^n A_i=M$,
+那么,这组子集叫做研究对象的全体的一个 $n$-分类,其中每一个一集叫做所。 研究对象的一个类.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 已知 $y=\frac{x^2}{10}-\frac{x}{10}+\frac{9}{5}$, 且 $y \leqslant|x|$, 求 $x$ 的取值范围.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:为了去掉 $y \leqslant|x|$ 中 $|x|$ 的绝对值符号, 自然要对 $x$ 进行分类: 当 $x \geqslant 0$ 时, $y \leqslant x$; 当 $x<0$ 时, $y \leqslant-x$. 由此知, 本题应分两种情况讨论.
+解当 $x \geqslant 0$ 时, 有 $y \leqslant x$. 即亦即
+$$
+\begin{aligned}
+& \frac{x^2}{10}-\frac{x}{10}+\frac{9}{5} \leqslant x, \\
+& (x-2)(x-9) \leqslant 0 .
+\end{aligned}
+$$
+解得 $2 \leqslant x \leqslant 9$.
+当 $x<0$ 时, 有 $y \leqslant-x$. 即
+$$
+\begin{aligned}
+& \frac{x^2}{10}-\frac{x}{10}+\frac{9}{5} \leqslant-x, \\
+& (x+3)(x+6) \leqslant 0 .
+\end{aligned}
+$$
+解得 $-6 \leqslant x \leqslant-3$.
+综上,所求 $x$ 的取值范围为 $[-6,-3] \cup[2,9]$.
+说明以上解答是以绝对值的定义为标准进行分类的.
+注意不要漏掉了 $x=0$ 的情形,这里我们是将 $x=0$ 与 $x>0$ 并在一起考虑的,但并非任何时候都可以这么做!
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 已知 $a>0, a \neq 1$, 解关于 $x$ 的不等式:
+$$
+2 \log _a(x-1)>\log _a[1+a(x-2)] .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+分析:解对数不等式必然要考虑对数函数的单调性.
+于是, 将底数 $a$ 分为 $0<a<1$ 和 $a>1$ 两种情形讨论.
+解 (1) 当 $0<a<1$ 时, 原不等式等价于
+$$
+\begin{aligned}
+& \left\{\begin{array}{l}
+x-1>0, \\
+1+a(x-2)>0, \\
+(x-1)^2<1+a x-2 a,
+\end{array}\right. \\
+& \left\{\begin{array}{l}
+x>1, \\
+x>2-\frac{1}{a}, \\
+a<x<2 .
+\end{array}\right.
+\end{aligned}
+$$
+即因为 $0<a<1$, 所以 $1>2-\frac{1}{a}$. 所以此时原不等式的解为 $1<x<2$.
+(2) 当 $a>1$ 时,原不等式等价于
+$$
+\begin{aligned}
+& \left\{\begin{array}{l}
+x-1>0, \\
+1+a(x-2)>0, \\
+(x-1)^2>1+a x-2 a,
+\end{array}\right. \\
+& \left\{\begin{array}{l}
+x>2-\frac{1}{a}, \\
+(x-2)(x-a)>0 .
+\end{array}\right.
+\end{aligned}
+$$
+i) 当 $1<a<2$ 时, 由(2)得 $x<a$ 或 $x>2$.
+因为 $a>1$, 所以 $a-\left(2-\frac{1}{a}\right)=a+\frac{1}{a}-2>2 \sqrt{a \cdot \frac{1}{a}}-2=0$, 所以 $a>2-\frac{1}{a}$.
+所以, 此时原不等式的解为 $2-\frac{1}{a}<x<a$ 或 $x>2$.
+ii) 当 $a \geqslant 2$ 时,由 (2) 得 $x<2$ 或 $x>a$.
+因为 $a \geqslant 2$, 所以 $2>2-\frac{1}{a}$.
+所以, 此时原不等式的解为 $2-\frac{1}{a}<x<2$ 或 $x>a$.
+综上, 当 $0<a<1$ 时, 原不等式的解集为 $(1,2)$; 当 $1<a<2$ 时, 原不等式的解集为 $\left(2-\frac{1}{a}, a\right) \cup(2,+\infty)$; 当 $a \geqslant 2$ 时, 原不等式的解集为 $\left(2-\frac{1}{a}, 2\right) \cup(a,+\infty)$.
+说明上述解答中的分类讨论有如下特点:
+1. 讨论是围绕参数 $a$ 展开的.
+2. 采用了二级分类的方式: 第一级的分类是由对数函数的单调性引起的, 我们将参数 $a$ 分为两大类: (1) $0<a<1$, (2) $a>1$; 第二级的分类是为了比较不等式 (2) 对应的方程 $(x-2)(x-a)=0$ 的两根的大小, 我们将 $a>1$ 又分成两小类: i) $1<a<2$, ii) $a \geqslant 2$. 每级分类都严格遵循分类原则, 这种分类方式可推”到更多级的情形.
+3. 最后的结论是依不同情况下解的状况重新按一级分类叙述的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设 $n$ 是一个正整数.
+安先写出 $n$ 个不同的正整数, 然后艾夫删除了其中的某些数 (可以不删, 但不能全删), 同时在每个剩下的数的前面放上 “+”号或“-”号, 再对这些数求和.
+如果计算结果能被 2003 整除, 则艾夫获胜,否则安获胜.
+问谁有必胜策略?
+%%<SOLUTION>%%
+分析:$n$ 个不同整数所成的集合 $M$ 有 $2^n-1$ 个不同的非空子集.
+当 $2^n- 1>2003$ 时, 必有两个不同的子集的元素和关于模 2003 同余.
+设这两个子集为 $A 、 B$, 且 $A \cap B=C$. 则集合 $A \backslash C$ 与 $B \backslash C$ 的元素和关于模 2003 仍同余.
+这时, 艾夫只要在集合 $A \backslash C$ 的元素前加“十” 号,在 $B \backslash C$ 的元素前加“一”号, 而将其他元素全删除, 即可获胜.
+取 $n \geqslant 11$, 便有 $2^n-1>2003$.
+那么, 当 $n \leqslant 10$ 时有什么结果呢? 这时只要安写下整数 $1,2, \cdots, 2^{n-1} (n \leqslant 10)$ 中的若干个, 则已立于不败之地.
+因为艾夫无论怎么做, 所得的和都只能在一 1023 与 1023 之间,且不等于 0 .
+解当 $n \leqslant 10$ 时, 安有必胜策略.
+为此, 他可写出整数 $1,2, \cdots, 2^{n-1}$. 因为 $1+2+\cdots+2^{n-1}=2^n-1 \leqslant 2^{10}-1=1023$, 所以, 艾夫可能得到的和只能在一 1023 与 1023 之间.
+由二进制数的表示的惟一性及添加正、负号的办法知, 艾夫得到的和也不可能为 0 . 所以,艾夫必败无疑.
+当 $n \geqslant 11$ 时, 艾夫有必胜的策略.
+设安写出的整数所成之集为 $M$. 因为 $2^n-1 \geqslant 2^{11}-1>2003$, 所以 $M$ 的非空子集数大于 2003 . 因而, 一定存在 $M$ 的两个不同子集, 例如 $A$ 和 $B$, 使得 $A$ 中数的和与 $B$ 中数的和关于模 2003 同余.
+如果艾夫将“+”号放在集合 $A \backslash B$ 中的数的前面, 将“-”号放在集合 $B \backslash A$ 中的数的前面, 并删除 $M$ 中所有其余的数,则艾夫必胜.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4。 彼得有 25 名同班同学(他自己未计人数目 25 之内). 已知这 25 名同学在班内的朋友数目各不相同, 试问彼得在该班有多少名朋友?
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为彼得也可能是同班同学的朋友, 所以彼得的 25 名同学的朋友数分别只能是 $0,1,2, \cdots, 24,25$ 之一, 且互不相同.
+如果在彼得的同学中存在孤独者 (无朋友者), 则另 24 个同学的朋友数分别为 $1,2, \cdots, 24$; 否则, 彼得的 25 个同学的朋友数分别为 $1,2, \cdots, 25$. 看来我们得分如上两种情形讨论.
+解分两种情形讨论.
+第一种情形假定某位同学在班上的朋友数为 0 . 则除了这位孤独者和彼得以外,其他同学每人在班上的朋友数不多于 24 . 因为这些同学总共 24 人, 每人在班上的朋友数不同, 所以他们的朋友数依次为 $1,2, \cdots, 24$.
+约定将朋友数为 $1,2, \cdots, 12$ 的同学编为 $A$ 组, 将朋友数为 $13,14, \cdots$, 24 的同学编为 $B$ 组.
+将各组同学的朋友数求和, 分别得到
+$$
+\begin{aligned}
+& S(A)=1+2+\cdots+12=78, \\
+& S(B)=13+14+\cdots+24=222 .
+\end{aligned}
+$$
+设 $A$ 组中有 $k$ 名同学是彼得的朋友.
+则 $A$ 组同学在 $B$ 组中的朋友数总和不多于 $S(A)-k$, 另外 $B$ 组同学在本组中的朋友数总和不超过 $12 \times 11$. 因此, 彼得在 $B$ 组中的朋友数不少于
+$$
+S(B)-12 \times 11-(S(A)-k)=12+k,
+$$
+但 $B$ 组总共只有 12 人, 所以只能是 $k=0 . A$ 组中没有彼得的朋友 $(A$ 组同学也没有在本组中的朋友), $B$ 组的每位同学都是彼得的朋友.
+对此情形, 彼得在班上有 12 名朋友.
+第二种情形设班上没有孤独者, 每个人都有朋友.
+朋友数各不相同, 最多可达 25 人.
+约定将朋友数为 $1,2, \cdots, 12$ 的同学编人 $A$ 组; 将朋友数为 $13,14, \cdots, 25$ 的同学编人 $B$ 组.
+将各组同学的朋友数求和, 分别得到
+$$
+\begin{aligned}
+& S(A)=1+2+\cdots+12=78, \\
+& S(B)=13+14+\cdots+25=247 .
+\end{aligned}
+$$
+设 $A$ 组中有 $k$ 名同学是彼得的朋友.
+则 $A$ 组同学在 $B$ 组中的朋友数总和不多于 $S(A)-k$. 另外, $B$ 组同学在本组中的朋友数总共不超过 $13 \times 12$. 于是, 彼得在 $B$ 组中的朋友数不少于
+$$
+S(B)-13 \times 12-(S(A)-k)=13+k,
+$$
+但 $B$ 组总共只有 13 人, 所以 $k=0 . A$ 组中无彼得的朋友, $B$ 组中的每位同学都是彼得的朋友.
+对此情形, 彼得在班上有 13 名朋友.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 证明: 任何一个三角形可以被分割成三个多边形(包括三角形), 其中之一为钝角三角形, 且能重新拼为一个矩形 (多边形允许被翻转).
+%%<SOLUTION>%%
+解:若 $\triangle A B C$ 为等腰三角形(如图(<FilePath:./figures/fig-c7e5-1.png>)), 且 $A B=A C$, 则取底边中点 $D$ 和底边另一点 $E$, 连结顶点和底边上这两个点, 把三角形分为三部分, 易知其中 $\triangle A E C$ 为钝角三角形, 且能按照图(<FilePath:./figures/fig-c7e5-2.png>)拼成矩形.
+若 $\triangle A B C$ 为非等腰三角形(如图(<FilePath:./figures/fig-c7e5-3.png>)), 不妨设 $\angle A$ 为其最大的角.
+作 $A D \perp B C$ 于点 $D$, 在线段 $B D$ 上取点 $M$, 使 $M D=D C$. 设 $B M 、 A B$ 的中点分别为 $E 、 F$, 连结 $E F$. 则 $\triangle B E F 、 \triangle A D C$ 、四边形 $A D E F$ 可按照图(<FilePath:./figures/fig-c7e5-4.png>)拼成矩形, 且易知 $\triangle B E F$ 为钝角三角形.
+在解有关整数的问题时,常常利用剩余类来分类.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 对任意 $n, k \in \mathbf{N}^*$, 令 $S=1^n+2^n+3^n+\cdots+k^n$. 求 $S$ 被 3 除所得的余数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:因为 $(3 m)^n \equiv 0(\bmod 3),(3 m+1)^n \equiv 1(\bmod 3)$, $(3 m+2)^{2 r} \equiv 1(\bmod 3),(3 m+2)^{2 r+1} \equiv 2(\bmod 3)$, 所以对 $n$ 按奇偶性分类是自然的.
+解 (1) 当 $n$ 为奇数时, 不妨设 $n=2 l-1, l \in \mathbf{N}^*$. 对 $m \in \mathbf{N}^*$, 如果 $3 \times m$, 则 $m^2 \equiv 1(\bmod 3) \Rightarrow m^{2 l} \equiv 1(\bmod 3) \Rightarrow m^{2 l-1} \equiv m^{2(l-1)+1} \equiv m(\bmod 3)$; 如果 $3 \mid m$, 则 $m^{2 l-1} \equiv 0 \equiv m(\bmod 3)$. 于是, 当 $n$ 为奇数时, 对 $m \in \mathbf{N}$, 总有 $m^n \equiv m(\bmod 3)$. 从而
+$$
+\begin{aligned}
+S & \equiv 1+2+3+\cdots+k \\
+& \equiv(1+2+3)+(4+5+6)+\cdots(\bmod 3) .
+\end{aligned}
+$$
+当 $k=3 t+3$ 或 $k=3 t+2$ 时, 就有
+$$
+S \equiv 0(\bmod 3)(t \in \mathbf{N})
+$$
+当 $k=3 t+1$ 时, 就有
+$$
+\begin{aligned}
+S \equiv & (1+2+3)+(4+5+6)+\cdots \\
+& +[(k-3)+(k-2)+(k-1)]+k \\
+\equiv & 1(\bmod 3)(t \in \mathbf{N}) .
+\end{aligned}
+$$
+(2) 当 $n$ 为偶数时, 对 $m \in \mathbf{N}$, 由 (1) 知, $3 \times m \Rightarrow m^n \equiv 1(\bmod 3), 3 \mid m \Rightarrow m^n \equiv 0(\bmod 3)$. 于是
+$$
+S \equiv(1+1+0)+(1+1+0)+\cdots(\bmod 3) .
+$$
+当 $k=3 t+3(t \in \mathbf{N})$ 时, $(1+1+0)$ 共有 $t+1$ 组, 故 $S \equiv(t+1)(1+1+0) \equiv 2 t+2(\bmod 3)$;
+当 $k=3 t+2(t \in \mathbf{N})$ 时, $(1+1+0)$ 共有 $t$ 组, 且 $(k-1)^n \equiv k^n \equiv 1(\bmod 3)$, 故 $S \equiv 2 t+1+1 \equiv 2 t+2(\bmod 3)$;
+当 $k=3 t+1(t \in \mathbf{N})$ 时, $(1+1+0)$ 共有 $t$ 组, 且 $k^n \equiv 1(\bmod 3)$, 故 $S \equiv 2 t+1(\bmod 3)$.
+综合 (1)、(2) 可知:
+当 $n$ 为奇正整数时,有当 $n$ 为偶正整数时,有
+$$
+S \equiv\left\{\begin{array}{l}
+0, k=9 t+4 \text { 或 } 9 t+8 \text { 或 } 9 t+9, \\
+1, k=9 t+1 \text { 或 } 9 t+5 \text { 或 } 9 t+6,(\bmod 3)(t \in \mathbf{N}) . \\
+2, k=9 t+2 \text { 或 } 9 t+3 \text { 或 } 9 t+7
+\end{array}\right.
+$$
+说明这是一个两级分类的例子.
+首先是对 $n$ 按奇偶性(模 2 的剩余类) 分成两大类,然后又将每一大类对 $k$ 按模 3 的剩余类分成三个小类.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 求集合 $B 、 C$, 使得 $B \cup C=\{1,2, \cdots, 10\}$, 并且 $C$ 的元素乘积等于 $B$ 的元素和.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:这实际上是求特殊条件下集合方程的解.
+注意到集合 $B$ 的元素和 $\leqslant 1+2+\cdots+10=55$, 而 $1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5=120$, 故知集合 $C$ 至多有 4 个元素.
+这样我们可以按 $|C|$ 的可能值分 4 类来讨论.
+解因为 $1+2+\cdots+10=55<120=1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5$, 所以集合 $C$ 至多有 4 个元素.
+下面对 $|C|$ 分 4 种情况讨论.
+(1) $C$ 由一个元素构成.
+因为 $C$ 的元素乘积不超过 $10, B$ 的元素和至少为 $55-10=45$. 故此情况不成立.
+(2) $C$ 由两个元素 $x 、 y$ 构成.
+设 $x<y$, 则有 $x y=55-x-y$, 即
+$$
+(x+1)(y+1)=56 .
+$$
+因为 $x+1<y+1 \leqslant 11$, 解得 $x=6, y=7$. 故 $C=\{6,7\}, B=\{1,2,3,4,5,8,9,10\}$.
+(3) $C$ 由三个元素 $x<y<z$ 构成.
+由题设得
+$$
+x y z=55-x-y-z .
+$$
+当 $x=1$ 时,解得 $y=4, z=10$. 因此, $C=\{1,4,10\}, B=\{2,3,5$, $6,7,8,9\}$.
+当 $x=2$ 时, 有 $2 y z+y+z=53$, 即 $(2 y+1)(2 z+1)=107$ 为质数.
+无解.
+若 $x \geqslant 3$, 显然有 $x y z \geqslant 3 \times 4 \times 5=60>55-x-y-z$. 无解.
+(4) $C$ 由四个元素 $x<y<z<t$ 构成.
+必有 $x=1$, 否则 $x y z t \geqslant 2 \times 3 \times 4 \times 5=120>55$. 这时
+$$
+y z t=54-y-z-t, 2 \leqslant y<z<t .
+$$
+如 (3), $y \geqslant 3$ 时无解.
+故 $y=2,2 z t+z+t=52$, 即 $(2 z+1)(2 t+1)= 105$. 解得 $z=3, t=7$. 从而, $C=\{1,2,3,7\}, B=\{4,5,6,8,9,10\}$.
+综上知, $B 、 C$ 有 3 组解.
+说明这里的分类并不是一眼看出来的, 但在经过了对两个集合的元素和与元素积的估计后, 这个分类就是自然的了, 而且后面的解答过程或多或少与这个估计有关.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 对任意的 $a>0, b>0$, 求 $\min \left\{\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}\right\}$ 的值.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:为了求出 $\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}$, 我们来比较 $\frac{1}{a} 、 \frac{1}{b} 、 a^2+b^2$ 的大小.
+令 $\frac{1}{a}=\frac{1}{b}=a^2+b^2$, 得 $a=b=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$. 如设 $a \geqslant b>0$, 则 $a 、 b 、 \sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ 有三种顺序关系: $a \geqslant b \geqslant \sqrt[3]{\frac{1}{2}}, \sqrt[3]{\frac{1}{2}} \geqslant a \geqslant b, a \geqslant \sqrt[3]{\frac{1}{2}} \geqslant b$. 我们就以此分类.
+解不失一般性, 不妨设 $a \geqslant b>0$, 则 $0<\frac{1}{a} \leqslant \frac{1}{b}$. 令 $\frac{1}{a}=\frac{1}{b}=a^2+b^2$, 则 $a=b=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$.
+(1) 若 $a \geqslant b \geqslant \sqrt[3]{\frac{1}{2}}$, 则
+$$
+\frac{1}{a} \leqslant \frac{1}{b} \leqslant \sqrt[3]{2}, a^2+b^2 \geqslant 2 b^2 \geqslant \sqrt[3]{2} .
+$$
+所以 $\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}=a^2+b^2 \geqslant \sqrt[3]{2}$. 从而当且仅当 $a=b=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ 时,
+$$
+\min \left\{\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}\right\}=\min \left\{a^2+b^2\right\}=\sqrt[3]{2} ;
+$$
+(2) 若 $\sqrt[3]{\frac{1}{2}} \geqslant a \geqslant b>0$, 则
+$$
+\frac{1}{b} \geqslant \frac{1}{a} \geqslant \sqrt[3]{2}, a^2+b^2 \leqslant 2 a^2 \leqslant \sqrt[3]{2}
+$$
+所以 $\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}=\frac{1}{b} \geqslant \sqrt[3]{2}$. 从而当且仅当 $a=b=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ 时,
+$$
+\min \left\{\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}\right\}=\min \left\{\frac{1}{b}\right\}=\sqrt[3]{2} .
+$$
+(3)若 $a \geqslant \sqrt[3]{\frac{1}{2}} \geqslant b>0$, 则 $\frac{1}{b} \geqslant \sqrt[3]{2} \geqslant \frac{1}{a}>0$.
+此时若 $\frac{1}{b} \geqslant a^2+b^2$, 则
+$$
+\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}=\frac{1}{b} \geqslant \sqrt[3]{2}
+$$
+若 $\frac{1}{b} \leqslant a^2+b^2$, 则
+$$
+\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}=a^2+b^2 \geqslant \frac{1}{b} \geqslant \sqrt[3]{2} ;
+$$
+所以当且仅当 $a=b=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ 时,
+$$
+\min \left\{\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}\right\}=\sqrt[3]{2}
+$$
+综上所述: 当且仅当 $a=b=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$ 时,
+$$
+\min \left\{\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}\right\}=\sqrt[3]{2} .
+$$
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 设 $S$ 为集合 $\{1,2, \cdots, 50\}$ 的具有下列性质的子集, $S$ 中任意两个不同的元素之和不被 7 整除.
+则 $S$ 中的元素最多可能有几个?
+%%<SOLUTION>%%
+解:将 $\{1,2, \cdots, 50\}$ 按照模 7 分成 7 类:
+$$
+\begin{aligned}
+& K_1=\{1,8,15,22,29,36,43,50\}, \\
+& K_2=\{2,9,16,23,30,37,44\}, \\
+& K_3=\{3,10,17,24,31,38,45\}, \\
+& K_4=\{4,11,18,25,32,39,46\}, \\
+& K_5=\{5,12,19,26,33,40,47\}, \\
+& K_6=\{6,13,20,27,34,41,48\}, \\
+& K_0=\{7,14,21,28,35,42,49\} .
+\end{aligned}
+$$
+下面证明 $S=K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup\{7\}$ 为满足要求的元素最多的集合.
+首先, 对 $a, b \in S, a \neq b$, 有 3 种可能:
+(1) $a, b \in K_i(1 \leqslant i \leqslant 3)$, 则
+$$
+a+b \equiv 2 i(\bmod 7),
+$$
+有 $a+b$ 不能被 7 整除.
+(2) $a \in K_i, b \in K_j(1 \leqslant i \neq j \leqslant 3)$, 则
+$$
+a+b \equiv i+j(\bmod 7),
+$$
+有 $a+b$ 不能被 7 整除.
+(3) $a \in K_i, b=7(1 \leqslant i \leqslant 3)$, 则
+$$
+a+b=i(\bmod 7) \text {, }
+$$
+有 $a+b$ 不能被 7 整除.
+综上知, $S$ 中任两个元素之和不能被 7 整除.
+其次证明, 若给 $S$ 添加一个元素 $c$, 则必存在 $S$ 中的一个元素与 $c$ 之和, 能被 7 整除.
+添加的 $c$ 有 4 种可能:
+(1) $c \in K_4$, 则 $c$ 与 $K_3$ 中的元素之和能被 7 整除.
+(2) $c \in K_5$, 则 $c$ 与 $K_2$ 中的元素之和能被 7 整除.
+(3) $c \in K_6$, 则 $c$ 与 $K_1$ 中的元素之和能被 7 整除.
+(4) $c \in K_0$, 则 $c$ 与 7 之和能被 7 整除.
+综上知, $S$ 中的元素不能再增添.
+所以 $S$ 中元素数目的最大值为
+$$
+|S|=\left|K_1\right|+\left|K_2\right|+\left|K_3\right|+1=23 .
+$$
+说明这里首先按模 7 的剩余类对集合 $\{1,2, \cdots, 50\}$ 的元素分类是自然的.
+后面的解答中又进行了两次分类, 但这两个分类的理由已经蕴涵在最初的分类之中了.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $n 、 m 、 k$ 都是自然数, 且 $m \geqslant n$. 证明: 如果
+$$
+1+2+\cdots+n=m k,
+$$
+则可将数 $1,2, \cdots, n$ 分成 $k$ 组, 使每一组数的和都等于 $m$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:对 $n$ 进行归纳.
+当 $n=1$ 时,结论显然成立.
+假设对一切小于 $n$ 的自然数结论成立, 我们来考察集合 $S_n=\{1$, $2, \cdots, n\}$ 的情形.
+如果 $m=n$, 那么 $\frac{1}{2}(n+1)=k$ 为整数, 于是可按如下方式分组:
+$$
+\{n\},\{1, n-1\},\{2, n-2\}, \cdots,\left\{-\frac{1}{2}(n-1), \frac{1}{2}(n+1)\right\} .
+$$
+如果 $m=n+1$, 那么 $n=2 k$ 为偶数, 则分组方式具有形式:
+$$
+\{1, n\},\{2, n-1\}, \cdots,\left\{\frac{n}{2}, \frac{n}{2}+1\right\} .
+$$
+对其余情形再分三种情况讨论:
+情况 1: $n+1<m<2 n, m$ 为奇数.
+我们先从 $S_n$ 中分出 $S_{m-n-1}=\{1$, $2, \cdots, m-n-1\}$; 再将其余 $2 n-m+1$ 个数两两配对, 使各对之和皆为 $m$ : $\{m-n, n\},\{m-n+1, n-1\}, \cdots,\left\{\frac{1}{2}(m-1), \frac{1}{2}(m+1)\right\}$. 由于 $S_{m-n-1}$ 中的数字之和为
+$$
+\begin{aligned}
+& \frac{1}{2}(m-n-1)(m-n) \\
+= & -\frac{1}{2}\left[m^2-m(2 n+1)\right]+\frac{1}{2} n(n+1) \\
+= & m\left[\frac{1}{2}(m-2 n-1)+k\right],
+\end{aligned}
+$$
+知该和数可被 $m$ 整除, 且因 $m \geqslant m-n-1$, 于是由归纳假设知, 可将 $S_{m-n-1}$ 中的数字分组,使得各组数字之和皆为 $m$.
+情况 $2: n+1<m<2 n, m$ 为偶数.
+这时, 我们仍然先从 $S_n$ 中分出 $S_{m-n-1}$
+来; 并先将其余数字两两配对, 使各对数字之和为 $m:\{m-n, n\}$, $\{m-n+1, n-1\}, \cdots,\left\{\frac{m}{2}-1, \frac{m}{2}+1\right\}$, 这时还剩下一个数字 $\frac{m}{2} . S_{m \rightarrow n-1}$ 中的数字之和可以表示成 $\frac{m}{2}(m-2 n-1+2 k)$ 的形式, 它可被 $\frac{m}{2}$ 整除.
+又由 $m<2 n$ 得 $m \leqslant 2 n-2, \frac{m}{2} \geqslant m-n-1$. 于是由归纳假设��, 可将 $S_{m-n-1}$ 中的数字分为 $m-2 n-1+2 k$ 组, 使每组之和皆为 $\frac{m}{2}$. 由于 $m-2 n-1+2 k$ 是一个奇数, 所以当将刚才剩下的单独一个数 $\frac{m}{2}$ 作为一组补人其中后, 即可将这些和为 $\frac{m}{2}$ 的组两两合并, 使得各组之和都成为 $m$.
+情况 $3: m \geqslant 2 n$. 此时 $k=\frac{n(n+1)}{2 m} \leqslant \frac{1}{4}(n+1)$, 所以 $n-2 k \geqslant 2 k- 1>0$. 我们从 $S_n$ 中分出 $S_{n-2 k}$, 后者中的数字之和为
+$$
+\frac{1}{2}(n-2 k)(n-2 k+1)=\frac{1}{2} n(n+1)-k(2 n+1)+2 k^2,
+$$
+它可被 $k$ 整除,且所得之商不小于 $n-2 k$. 这是因为
+$$
+\frac{(n-2 k)(n-2 k+1)}{2(n-2 k)}=\frac{1}{2}(n-2 k+1) \geqslant k .
+$$
+于是由归纳假设知可将 $S_{n-2 k}$ 中的数字分为 $k$ 组, 使各组之和相等.
+再将剩下的 $2 k$ 个数字两两配对, 使各对数字之和相等: $\{n-2 k+1, n\},\{n- 2 k+2, n-1\}, \cdots$ 然后再将这 $k$ 对数字分别并人前面所分出的 $k$ 组数字, 即可得到合乎需要的 $k$ 组数字.
+综上, 对 $S_n$ 结论成立.
+说明上述解答是在用数学归纳法证明的过程中采用分类法: 在归纳证明的第二步中, 我们对 $m$ 的取值范围分了 5 类来讨论.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter8.tex

@@ -0,0 +1,405 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+二、代数与数论问题在代数不等式中, 有一类确定满足不等关系的量是否存在的问题, 通常可以尝试用最小数原理来解决.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 已知 $S_1 、 S_2 、 S_3$ 为非空整数集合, 且对于 $1 、 2 、 3$ 的任意一个排列 $i 、 j 、 k$, 若 $x \in S_i, y \in S_j$, 则 $x-y \in S_k$.
+(1) 证明: $S_1 、 S_2 、 S_3$ 三个集合中至少有两个相等.
+(2) 这三个集合中是否可能有两个集合无公共元素?
+%%<SOLUTION>%%
+证明:(1)由已知,若 $x \in S_i, y \in S_j$, 则
+$$
+y-x \in S_k,(y-x)-y=-x \in S_i,
+$$
+所以每个集合中均有非负元素.
+当三个集合中的元素都为零时, 命题显然成立.
+否则, 设 $S_1 、 S_2 、 S_3$ 中的最小正元素为 $a$, 不妨设 $a \in S_1$. 设 $b$ 为 $S_2 、 S_3$ 中最小的非负元素, 不妨设 $b \in S_2$, 则 $b-a \in S_3$.
+若 $b>0$, 则 $0 \leqslant b-a<b$, 与 $b$ 的取法矛盾.
+所以 $b=0$.
+任取 $x \in S_1$, 因 $0 \in S_2$, 故 $x-0=x \in S_3$, 所以 $S_1 \subseteq S_3$. 同理 $S_3 \subseteq S_1$. 故 $S_1=S_3$.
+(2) 可能.
+例如 $S_1=S_2=$\{ 奇数 $\} 、 S_3=\{$ 偶数 $\}$ 显然满足条件, 但 $S_1$ 和 $S_2$ 与 $S_3$ 都无公共元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $n$ 元集合 $X$ 的某些三元子集组成集合 $S$, 且 $S$ 中每两个元素(子集)之间至多有 1 个公共元素.
+试证: 存在集合 $A \subset X$, 使得 $|A| \geqslant[\sqrt{2 n}]$, 且 $S$ 中的任何元素都不是 $A$ 的子集.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:依题设 $X$ 的三元子集族 $S$ 显然没有包含 $X$ 的全部三元子集, 故存在 $X$ 的不包含 $S$ 中任何元素 ( $X$ 的三元子集) 的子集, 毫无疑问应选取其中元素最多者来做 $A$.
+证明设在 $X$ 的不包含 $S$ 中任何元素的子集中, $A$ 是元素数目最多的一个, $|A|=a$. 对于每个 $x \in X-A, A \cup\{x\}$ 中必包含 $S$ 中的一个元素, 否则与 $a$ 的最大性矛盾.
+设 $x, y \in X-A, x \neq y$, 则 $A \cup\{x\}$ 与 $A \cup\{y\}$ 分别包含 $S$ 中的元素 $s(x)$ 和 $s(y)$. 显然, $s(x) \neq s(y)$. 按已知, 二者至多有 1 个公共元素, 所以相应的 $A$ 中的两个二元子集也不同, 即
+$$
+s(x)-\{x\} \neq s(y)-\{y\} .
+$$
+这样一来, 我们就定义了一个由 $X-A$ 到 $A$ 的所有二元子集组成的集合的单射:
+$$
+X-A \ni x \longmapsto s(x)-\{x\} \subset A .
+$$
+从而有
+$$
+\begin{gathered}
+n-a \leqslant \mathrm{C}_a^2, \\
+a+\frac{1}{2}>\sqrt{2 n} .
+\end{gathered}
+$$
+因为 $a \in N$, 所以 $a \geqslant[\sqrt{2 n}]$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 某地区网球俱乐部的 20 名成员举行 14 场单打比赛, 每人至少上场一次.
+求证: 必有六场比赛, 其 12 个参赛者各不相同.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:记参加第 $j$ 场比赛的选手为 $\left(a_j, b_j\right)$, 并记
+$$
+S=\left\{\left(a_j, b_j\right) \mid j=1,2, \cdots, 14\right\} .
+$$
+设 $M$ 为 $S$ 的一个子集.
+如果 $M$ 中所含选手对中出现的选手互不相同, 则称 $M$ 为 $S$ 的一个“好”子集.
+显然, 这样的“好”子集只有有限个, 其中必有一个元素最多的, 设这个元素最多的“好”子集为 $M_0$, 它的元素个数为 $r$, 显然只需证明 $r \geqslant 6$.
+如果 $r \leqslant 5$, 由于 $M_0$ 是元素个数最多的“好” 子集, 所以在 $M_0$ 中未出现过的 $20-2r$ 名选手之间互相没有比赛, 否则与 $M_0$ 的最大性矛盾.
+这就意味着, 这 $20-2 r$ 名选手所参加的比赛一定是同前 $2 r$ 名选手进行的.
+由于每名选手至少参加一场比赛, 所以除了 $M_0$ 中的 $r$ 场比赛之外, 至少还要进行 $20-2 r$ 场比赛.
+因此, 总比赛场数至少为
+$$
+r+20-2 r=20-r \geqslant 15,
+$$
+与总比赛场次为 14 场矛盾.
+于是 $r \geqslant 6$. 问题得证.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 已知 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 是实数, $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 和 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 均是正整数, 令
+$$
+\begin{aligned}
+& a=\frac{a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots+a_n x_n}{a_1+a_2+\cdots+a_n}, \\
+& b=\frac{b_1 x_1+b_2 x_2+\cdots+b_n x_n}{b_1+b_2+\cdots+b_n} .
+\end{aligned}
+$$
+求证: 在 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 中必存在两个数 $x_i 、 x_j$, 使 $|a-b| \leqslant \mid a - x_i|\leqslant| x_j-x_i \mid$ 成立.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:要证明存在 $x_i$ 使 $|a-b| \leqslant\left|a-x_i\right|$ 成立, 自然要在 $\left|a-x_1\right|$, $\left|a-x_2\right|, \cdots,\left|a-x_n\right|$ 中取最大者来做 $\left|a-x_i\right|$. 同样的, 对于存在 $x_i 、 x_j$ 使 $\left|a-x_i\right| \leqslant\left|x_j-x_i\right|$ 的证明, $\left|x_j-x_i\right|$ 应取 $\left|x_1-x_i\right|,\left|x_2-x_i\right|, \cdots, \left|x_n-x_i\right|$ 中最大者.
+证明
+$$
+\begin{aligned}
+& |a-b| \\
+= & \left|a-\frac{b_1 x_1+b_2 x_2+\cdots+b_n x_n}{b_1+b_2+\cdots+b_n}\right| \\
+= & \frac{\left|b_1\left(a-x_1\right)+b_2\left(a-x_2\right)+\cdots+b_n\left(a-x_n\right)\right|}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \\
+\leqslant & \frac{b_1\left|a-x_1\right|+b_2\left|a-x_2\right|+\cdots+b_n\left|a-x_n\right|}{b_1+b_2+\cdots+b_n} .
+\end{aligned}
+$$
+在 $\left|a-x_1\right|,\left|a-x_2\right|, \cdots,\left|a-x_n\right|$ 中必有一个最大者, 设为 $\left|a-x_i\right|$.
+则有
+$$
+\begin{aligned}
+|a-b| & \leqslant \frac{b_1\left|a-x_i\right|+b_2\left|a-x_i\right|+\cdots+b_n\left|a-x_i\right|}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \\
+& =\frac{\left(b_1+b_2+\cdots+b_n\right)\left|a-x_i\right|}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \\
+& =\left|a-x_i\right| .
+\end{aligned}
+$$
+下面再计算 $\left|a-x_i\right|$.
+$$
+\begin{aligned}
+\left|a-x_i\right| & =\left|\frac{a_1 x_1+a_2 x_2+\cdots+a_n x_n}{a_1+a_2+\cdots+a_n}-x_i\right| \\
+& =\frac{\left|a_1\left(x_1-x_i\right)+a_2\left(x_2-x_i\right)+\cdots+a_n\left(x_n-x_i\right)\right|}{a_1+a_2+\cdots+a_n} \\
+& \leqslant \frac{a_1\left|x_1-x_i\right|+a_2\left|x_2-x_i\right|+\cdots+a_n \mid x_n-x_i \mid}{a_1+a_2+\cdots+a_n} .
+\end{aligned}
+$$
+在 $\left|x_1-x_i\right|,\left|x_2-x_i\right|, \cdots,\left|x_n-x_i\right|$ 中必有最大者, 设为 $\left|x_j-x_i\right|$.
+则
+$$
+\begin{aligned}
+\left|a-x_i\right| & \leqslant \frac{a_1\left|x_j-x_i\right|+a_2\left|x_j-x_i\right|+\cdots+a_n\left|x_j-x_i\right|}{a_1+a_2+\cdots+a_n} \\
+& =\frac{\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)\left|x_j-x_i\right|}{a_1+a_2+\cdots+a_n} \\
+& =\left|x_j-x_i\right| .
+\end{aligned}
+$$
+于是, 存在 $x_i 、 x_j$, 使
+$$
+|a-b| \leqslant\left|a-x_i\right| \leqslant\left|x_j-x_i\right|
+$$
+成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 求方程
+$$
+x^4+4 y^4=2\left(z^4+4 u^4\right)
+$$
+的整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:本例可以运用无穷递降法来解.
+设 $(x, y, z, u)$ 是方程的一组解, 且其中 $x$ 是所有解中取最小正整数者, 我们就让 “无穷递降” 的过程从此开始, 看看后面会出现什么情况.
+解显然, 方程(1)有解
+$$
+x=y=z=u=0 .
+$$
+我们证明这是方程(1)的惟一一组整数解.
+若 ( $x, y, z, u)$ 是方程(1)的解, 则 ( $|x|, y, z, u)$ 必是方程 (1) 的解.
+故不妨设 ( $x, y, z, u)$ 是方程 (1) 的所有解中 $x$ 取最小正整数者.
+易知, $x$ 为偶数.
+设 $x=2 x_1, x_1 \in \mathbf{N}^*$, 则有
+$$
+\begin{aligned}
+16 x_1^4+4 y^4 & =2\left(z^4+4 u^4\right), \\
+8 x_1^4+2 y^4 & =z^4+4 u^4 .
+\end{aligned}
+$$
+因而 $z$ 是偶数.
+设 $z=2 z_1, z_1 \in \mathbf{Z}$, 则有
+$$
+\begin{gathered}
+8 x_1^4+2 y^4=16 z_1^4+4 u^4, \\
+4 x_1^4+y^4=8 z_1^4+2 u^4 .
+\end{gathered}
+$$
+因而 $y$ 是偶数.
+设 $y=2 y_1, y_1 \in \mathbf{Z}$, 则有
+$$
+\begin{gathered}
+4 x_1^4+16 y_1^4=8 z_1^4+2 u^4, \\
+2 x_1^4+8 y_1^4=4 z_1^4+u^4 .
+\end{gathered}
+$$
+因而 $u$ 是偶数.
+设 $u=2 u_1, u_1 \in \mathbf{Z}$, 则有
+$$
+\begin{aligned}
+2 x_1^4+8 y_1^4 & =4 z_1^4+16 u_1^4, \\
+x_1^4+4 y_1^4 & =2\left(z_1^4+4 u_1^4\right) .
+\end{aligned}
+$$
+由(2)知, $\left(x_1, y_1, z_1, u_1\right)$ 也是方程 (1) 的解.
+但 $0<x_1<x$, 这与 $x$ 的取法矛盾.
+所以,方程 (1) 有惟一解 $(0,0,0,0)$.
+说明由 $(x, y, z, u)=\left(2 x_1, 2 y_1, 2 z_1, 2 u_1\right)$ 知, 若方程 (1) 有 $x=y=z=u=0$ 以外的解, 则 $x 、 y 、 z 、 u$ 至少有一个不等于零.
+由于它们在方程中的次数均为偶数, 故可设其中任一个为正整数.
+由上面的证法同样可导出矛盾.
+这就是我们“不妨设”的理由.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 已知正整数 $a$ 和 $b$ 使得 $a b+1$ 整除 $a^2+b^2$, 求证 $\frac{a^2+b^2}{a b+1}$ 是某个正整数的平方.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:令 $A=\left\{(a, b)\left|a, b \in \mathbf{N}^*, a \geqslant b, a b+1\right| a^2+b^2\right\}$. 本题的结论是: 对所有 $(a, b) \in A$, 都有
+$$
+f(a, b)=\frac{a^2+b^2}{a b+1}=k^2\left(k \in \mathbf{N}^*\right) .
+$$
+记 $B=\left\{(a, b) \mid(a, b) \in A\right.$, 且 $\left.f(a, b) \neq k^2, k \in \mathbf{N}^*\right\}$. 我们只需证明 $B=\varnothing$.
+若 $B \neq \varnothing$, 则不妨设 $B$ 中使 $a+b$ 最小的正整数对为 $(a, b)$. 令
+$$
+f(a, b)=\frac{a^2+b^2}{a b+1}=t\left(\neq k^2\right),
+$$
+则有
+$$
+a^2-t b a+b^2-t=0 .
+$$
+把(2)看作是关于 $a$ 的二次方程, 显然 $a$ 是方程(2)的一个根, 设 $c$ 为(2)的另一根, 则由韦达定理有
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+a+c=t b \\
+a c=b^2-t
+\end{array}\right.
+$$
+由 (3) 知 $c$ 是整数, 由 (4) 知 $c \neq 0$.
+若 $c<0$, 则由 $t>0, b>0$ 知
+$$
+-t c b-t \geqslant 0 \text {. }
+$$
+由 $c$ 是(2)的根得
+$$
+c^2-t c b+b^2-t=0,
+$$
+于是 $c^2+b^2=t c b+t \leqslant 0$. 出现矛盾.
+因而 $c>0$. 由(4)知
+$$
+0<a c=b^2-t<b^2 \leqslant a^2,
+$$
+所以 $0<c<a$. 由(5)得
+$$
+t=\frac{c^2+b^2}{c b+1},
+$$
+于是 $(b, c)$ 或 $(c, b) \in B$. 但此时
+$$
+b+c<a+b
+$$
+与 $(a, b)$ 的选择即 $a+b$ 最小矛盾.
+所以 $B=\varnothing$, 从而命题得证.
+说明这是第 26 届 IMO 的一道试题, 曾难倒主办国不少数论专家, 但就在此次竞赛中就有选手因上面的解法而获特别奖.
+此题还有另外一个用无穷递降法的证明.
+另证当 $a=b$ 时, 有正整数 $q$, 使得 $\frac{2 a^2}{a^2+1}=q$, 即 $(2-q) a^2=q$.
+显然, $q=1=1^2$, 此时结论成立.
+由对称性, 不妨设 $a>b$.
+设 $s$ 与 $t$ 是满足下列条件的整数:
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+a=b s-t \\
+s \geqslant 2,0 \leqslant t<b .
+\end{array}\right.
+$$
+(1)
+将 (1) 代入 $\frac{a^2}{a b} \frac{+b^2}{+1}$ 得
+$$
+\frac{a^2+b^2}{a b+1}=\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1} .
+$$
+考察这个数与 $s-1$ 的差
+$$
+\begin{aligned}
+& \frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}-(s-1) \\
+= & \frac{b^2 s-b s t+b^2+t^2-s-b t+1}{b(b s-t)+1} \\
+= & \frac{s\left(b^2-b t-1\right)+b(b-t)+t^2+1}{b(b s-t)+1} .
+\end{aligned}
+$$
+因为 $t<b$, 所以 $b-t \geqslant 1$, 从而
+$$
+b^2-b t-1 \geqslant 0, b-t>0, t^2+1>0,
+$$
+于是 (2) 式大于 0 , 即
+$$
+\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}>s-1 .
+$$
+同理
+$$
+\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}<s+1 .
+$$
+由于 $\frac{a^2+b^2}{a b+1}=\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}$ 是整数, 所以由 (3)、(4) 可得
+$$
+\frac{b^2 s^2-2 b s t+t^2+b^2}{b^2 s-b t+1}=s,
+$$
+由此得
+$$
+b^2+t^2=b t s+s
+$$
+即
+$$
+\frac{b^2+t^2}{b t+1}=s=\frac{a^2+b^2}{a b+1}
+$$
+因为 $a>b>t$, 所以 $t=0$ 时, $s=b^2$ 为平方数; 若 $t \neq 0$, 可仿此继续下去, 经过有限步之后, 总可以使最小的数变为 0 , 所以 $s$ 是平方数, 即 $\frac{a^2+b^2}{a b+1}$ 是某个正整数的平方.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 在平面上有 $n$ 个 $(n \geqslant 2)$ 不全共线的点.
+试证: 一定存在一条直线恰好通过这 $n$ 个点中的两个点.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:假设结论不成立.
+不妨设其中三点 $A$ 、 $B 、 C$ 都在直线 $l$ 上, 且 $B$ 在 $A 、 C$ 之间, $D$ 为 $l$ 外一点, 如图(<FilePath:./figures/fig-c8e7-1.png>),作 $D P_1 \perp A C$. 不妨设 $A 、 B$ 在 $P_1$ 的同侧, 再作 $B P_2 \perp A D$. 易知 $D P_1>B P_2$. 如直线 $A D$ 上还有第三点 $E$, 不妨设 $D 、 E$ 在 $P_2$ 的同侧, 且 $D P_2>E P_2$, 作 $E P_3 \perp B D$, 则 $B P_2> E P_3$. 由假设,这个过程可以无限地进行下去, 而且每次得到的 “点到直线的距离” 都比前一次小.
+另一方面, 过 $n$ 个点的每两点作一条直线 (可能有三点共线), 然后由 $n$ 个点中每一点作到这些直线的距离, 显然这样的距离只有有限个.
+于是出现矛盾.
+至此, 我们实际上已找到了本例的一种证明方法.
+下面我们用最小数原理来改写上面的过程.
+证明由 $n$ 个点中每两点作一条直线 (可能出现三点共线), 考虑 $n$ 个点中每一点到这些直线的距离所成之集, 这样的距离只有有限个, 其中必有一个最小者.
+不妨设点 $P$ 到直线 $l$ 的距离最短.
+下面证明: $l$ 上仅有已知点中的两个点.
+若 $l$ 上有已知 $n$ 个点中的三个点, 过点 $P$ 作 $P F \perp l$ 于 $F$, 则必有两点在点 $F$ 的同侧,如图(<FilePath:./figures/fig-c8e7-2.png>),设点 $X$ 、 点 $Y$ 在点 $F$ 的同侧 (如图 8-2), 且 $Y F>X F$. 设过点 $P$ 与点 $Y$ 的直线为 $m$, 这时点 $X$ 到 $m$ 的距离 $X Z$ 小于点 $P$ 到 $l$ 的距离 $P F$, 与假设 $P F$ 最小矛盾.
+所以, 直线 $l$ 上仅有已知点中的两个点.
+$l$ 即为所求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 在某个星系的每一个星球上, 都有一位天文学家在观测最近的星球.
+若每两个星球间的距离都不相等, 证明: 当星球的个数为奇数时, 一定有一个星球任何人都看不到.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设有 $n$ 个星球 (同时也表示 $n$ 个天文学家) $A_1, A_2, \cdots, A_n, n$ 为奇数.
+这些星球两两之间的距离所成的集合是有限集, 故必有最小值, 不妨设 $A_1 A_2$ 最小.
+除 $A_1 、 A_2$ 外还有 $n-2$ 个星球和 $n-2$ 位天文学家.
+假若他们当中至少有一位看见已选出的星球.
+例如 $A_3$ 看见 $A_2$, 如果谁也看不见 $A_3$, 则结论成立; 否则还有一位天文学家如 $A_4$ 可看见 $A_3$. 如果谁也看不见 $A_4$, 结论同样成立; 否则还有一位天文学家如 $A_5$ 可看见 $A_4$. 仿此下去.
+由于上述过程中前面星球上的天文学家看不见后面的行星, 而 $n$ 是一个有限数,必然有最后一颗星球任何人都看不到.
+如果其他天文学家都看不到 $A_1 、 A_2$, 则再从 $n-2$ 颗星球中选择距离最近的两个.
+依此类推.
+因为 $n$ 是奇数, 所以最后存在一颗星球, 任何人都看不到它.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 平面上已给出 997 个点, 将连结每两点的线段的中点染成红色.
+证明至少有 1991 个红点.
+能否找到恰有 1991 个红点的点集?
+%%<SOLUTION>%%
+证明:由 997 个点连结每两点的线段只有有限条, 所以必有一条最长者.
+设 $A B$ 为诸线段中的最长者.
+$A$ 与其他 996 个点连结的线段的中点均在以 $A$ 为圆心, $\frac{1}{2} A B$ 为半径的圆的内部或圆周上.
+$B$ 与���他 996 个点连结的线段的中点均在以 $B$ 为圆心, $\frac{1}{2} A B$ 为半径的圆的内部或圆周上.
+所以至少有
+$$
+2 \times 996-1=1991
+$$
+个中点, 即有 1991 个红点.
+下面我们构造恰有 1991 个红点的 997 个点的点集:
+在 $x$ 轴上取 997 个点,坐标分别为 $1,2, \cdots, 997$, 则区间 $(1,997)$ 内分母为 1 或 2 的有理点就是全部的红点, 个数恰为 1991 个.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 若干名儿童围成一圈, 他们手中都拿有一些糖块.
+规定进行如下传递, 每次传递的方法是: 如果某人手中糖块数是奇数, 则他可再领取一块, 然后每人都把手中糖块的一半传给右边的小朋友.
+求证: 一定可以经过若干次传递,使得所有儿童手中的糖块数都相同.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:由题设知, 在每次传递前, 每个儿童手中都有偶数块糖, 其中必有最多者和最少者.
+证明不妨设某次传递前手中糖块数最多的人有 $2 m$ 块, 最少的有 $2 n$ 块, $m>n$. 进行一次传递后, 结果是
+(1) 传递后每人手中的糖块数仍在 $2 n$ 与 $2 m$ 之间;
+(2) 原来手中糖块数超过 $2 n$ 块的,传递后仍然超过 $2 n$ 块;
+(3) 至少有一名原来糖块数为 $2 n$ 的孩子,传递后糖块数超过了 $2 n$.
+事实上, 圈子中至少有一名拿 $2 n$ 块糖的孩子的左邻手中糖块数为 $2 h> 2 n$. 传递之后, 原拿 $2 n$ 块糖的孩子手中的糖块数变为 $n+h>2 n$.
+由于每传递一次,拿 $2 n$ 块糖的孩子数至少减少 1 , 故若干次后, 将使所有孩子手中的糖块数都大于 $2 n$. 当他们都通过领取而使自己手中糖块数为偶数时,孩子手中糖块数的最小值至少上升了 2 .
+由于孩子手中糖块数的最大值在传递过程中不增, 而经过若干次传递之后最小值至少上升 2 , 故知经过多次传递后总可以使最大值与最小值相等, 即所有孩子手中的糖块数都相同.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例11. 在 $n$ 名选手参加的循环赛中, 每两人比赛一场 (无平局). 试证下列两种情形恰有一种发生:
+(1) 可将所有选手分成两个非空集合,使得一个集合中的任何一名选手都战胜另一个集合中的所有选手;
+(2) 可将 $n$ 名选手从 1 到 $n$ 编号, 使得第 $i$ 名选手战胜第 $i+1$ 名选手, $i=1,2, \cdots, n$, 其中将 $n+1$ 理解为 1 .
+%%<SOLUTION>%%
+证明:显然, (1) 和 (2) 不能同时出现, 以下证明 (1) 和 (2) 至少有一种出现.
+设选手 $A$ 胜场最多.
+若 $A$ 战胜其他所有选手, 则 (1) 成立, 否则必有选手 $C$ 胜 $A$. 因 $A$ 胜场最多, 故必有负于 $A$ 的选手 $B$ 战胜 $C$, 于是得到一个选手圈 $\{A, B, C\}: A$ 胜 $B, B$ 胜 $C, C$ 胜 $A$.
+设这样的圈中含选手数最多的其中之一为 $\left\{A_1, A_2, \cdots, A_m\right\}$, 其中 $A_1$ 胜 $A_2, A_2$ 胜 $A_3, \cdots, A_{m-1}$ 胜 $A_m, A_m$ 胜 $A_1$. 若 $m=n$, 则 (2) 成立.
+以下设 $m<n$. 令
+$$
+S_1=\left\{A_1, A_2, \cdots, A_m\right\} .
+$$
+对任意 $B \notin S_1$, 或者 $B$ 战胜 $S_1$ 中所有选手, 或者 $B$ 负于 $S_1$ 中的所有选手.
+若不然, 则存在 $A_i, A_j \in S_1$, 使 $B$ 负于 $A_i$ 而战胜 $A_j$. 不妨设 $i<j$, 从而有 $k, i \leqslant k \leqslant j-1$, 使 $B$ 负于 $A_k$ 而战胜 $A_{k+1}$. 但这将导致更长的选手圈, 矛盾.
+再令
+$$
+\begin{aligned}
+& S_2=\left\{B \mid B \text { 胜 } A_i, i=1,2, \cdots, m\right\}, \\
+& S_3=\left\{B \mid B \text { 负于 } A_i, i=1,2, \cdots, m\right\} .
+\end{aligned}
+$$
+对任意 $B \in S_2$ 与 $C \in S_3$, 若有 $C$ 胜 $B$, 则可将选手 $C$ 和 $B$ 加人 $\left\{A_1, A_2, \cdots, A_m\right\}$ 中而得到更长的圈, 矛盾, 故必有 $B$ 胜 $C$. 若 $S_2$ 非空, 则令 $S= S_2, T=S_1 \cup S_3$; 若 $S_3$ 非空, 则令 $S=S_1 \cup S_2, T=S_3$. 易见, $S$ 中的任一名选手都战胜 $T$ 中的所有选手, 即 (1) 成立.
+说明上述证明中两次运用了最小数原理的推论,一次是“设选手 $A$ 胜场最多”, 导致“三怕”选手圈 $\{A, B, C\}$ 的存在; 另一次是“设这样的圈中含选手数最多的其中之一为 $\left\{A_1, A_2, \cdots, A_m\right\}$ ”, 后面的讨论都是以此为基础的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/chapter9.tex

@@ -0,0 +1,465 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+容不原理本节我们进一步讨论如何计算有限集的阶的问题.
+设 $M$ 为非空有限集, 非空集合
+$$
+A_1, A_2, \cdots, A_n
+$$
+是 $M$ 的一个子集族, 且满足
+$$
+A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n=\bigcup_{i=1}^n A_i=M,
+$$
+则称子集族 $\mathscr{A}: A_1, A_2, \cdots, A_n$ 是集合 $M$ 的一个覆盖.
+我们的问题是, 如何通过计算覆盖 $\mathscr{A}: A_1, A_2, \cdots, A_n$ 中每个子集的阶来计算有限集 $M$ 的阶.
+一、加法原理我们先来看一个简单的情形.
+如果子集族 $\mathscr{A}$ 既满足 (i), 又满足
+$$
+A_i \cap A_j=\varnothing, 1 \leqslant i \neq j \leqslant n,
+$$
+那么覆盖 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 就是有限集 $M$ 的一个 $n$ 一分划.
+对于有限集 $M$ 的 $n$ 一分划, 我们有下面非常有用的结论.
+加法原理设 $M$ 为非空有限集, $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 是 $M$ 的一个由非空子集构成的 $n$-分划,那么
+$$
+|M|=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\cdots+\left|A_n\right| .
+$$
+加法原理是组合数学中一个基本的计数原理.
+在实际运用中可根据问题的不同背景赋予有限集 $M$ 的元素不同的含义.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+二、容斥原理的简单形式如果条件(ii)不一定满足, 也就是说可能存在 $1 \leqslant p \neq q \leqslant n$, 使
+$$
+A_p \cap A_q \neq \varnothing
+$$
+时, $\left|A_1\right|,\left|A_2\right|, \cdots,\left|A_n\right|$ 与 $|M|$ 有什么关系呢? 我们还是先来看比较简单的情形.
+定理 $1\left|A_1 \cup A_2\right|=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|-\left|A_1 \cap A_2\right|$.
+证明设 $A_1 \cap A_2=B, A_1^{\prime}=A_1 \backslash B, A_2^{\prime}=A_2 \backslash B$, 则
+$$
+A_1 \cup A_2=A_1^{\prime} \cup A_2^{\prime} \cup B \text {. }
+$$
+由加法原理知, $\left|A_1^{\prime}\right|=\left|A_1\right|-|B|,\left|A_2^{\prime}\right|=\left|A_2\right|-|B|$, 所以
+$$
+\begin{aligned}
+\left|A_1 \cup A_2\right| & =\left|A_1^{\prime} \cup A_2^{\prime} \cup B\right|=\left|A_1^{\prime}\right|+\left|A_2^{\prime}\right|+|B| \\
+& =\left(\left|A_1\right|-|B|\right)+\left(\left|A_2\right|-|B|\right)+|B| \\
+& =\left|A_1\right|+\left|A_2\right|-\left|A_1 \cap A_2\right| .
+\end{aligned}
+$$
+定理 2 设 $A_1 、 A_2$ 是集合 $S$ 的子集,则
+$$
+\left|\complement_S A_1 \cap \complement_S A_2\right|=|S|-\left|A_1\right|-\left|A_2\right|+\left|A_1 \cap A_2\right| .
+$$
+证明由摩根定律及加法原理有
+$$
+\left|\complement_S A_1 \cap \complement_S A_2\right|=\left|\complement_S\left(A_1 \cup A_2\right)\right|=|S|-\left|A_1 \cup A_2\right| .
+$$
+又由定理 1 得
+$$
+\left|\complement_S A_1 \cap \complement_S A_2\right|=|S|-\left|A_1\right|-\left|A_2\right|+\left|A_1 \cap A_2\right| .
+$$
+定理 1 及定理 2 是容斥原理的简单形式, 可以用来解决一些简单的计数问题.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+三、容有原理的一般形式定理 3
+$$
+\begin{aligned}
+\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|= & \sum_{i=1}^n\left|A_i\right|-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left|A_i \cap A_j\right| \\
+& +\sum_{1 \leqslant i<j<k \leqslant n}\left|A_i \cap A_j \cap A_k\right|+\cdots+(-1)^{n-1}\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right| .
+\end{aligned}
+$$
+证明由定理 1 知, $n=2$ 时结论成立.
+若 $n=k$ 时结论成立, 则
+$$
+\left|\bigcup_{i=1}^{k+1} A_i\right|=\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|+\left|A_{k+1}\right|-\left|\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right) \cap A_{k+1}\right|
+$$
+$$
+\begin{aligned}
+= & \left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|+\left|A_{k+1}\right|-\left|\bigcup_{i=1}^k\left(A_i \cap A_{k+1}\right)\right| \\
+= & \sum_{i=1}^k\left|A_i\right|-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant k}\left|A_i \cap A_j\right|+\cdots \\
+& +(-1)^{k-1}\left|\bigcap_{i=1}^k A_i\right|+\left|A_{k+1}\right|-\sum_{i=1}^k\left|A_i \cap A_{k+1}\right| \\
+& +\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant k}\left|\left(A_i \cap A_{k+1}\right) \bigcap\left(A_j \cap A_{k+1}\right)\right| \\
+& -\cdots+(-1)^k\left|\bigcap_{i=1}^k\left(A_i \bigcap A_{k+1}\right)\right| \\
+= & \sum_{i=1}^{k+1}\left|A_i\right|-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant k+1}\left|A_i \bigcap A_j\right|+\cdots+(-1)^k\left|\bigcap_{i=1}^{k+1} A_i\right|,
+\end{aligned}
+$$
+即 $n=k+1$ 时结论成立.
+由归纳原理知, 对任意正整数 $n$, 结论成立.
+由于公式 (III) 在计算左端集合的元素个数时, (右端) 采用了将“应该有的”包含进来, “不该有的 (或重复的)”排斥出去的思想方法, 故称其为容斥原理.
+容瓜原理是加法原理的推广, 一般用来计算至少具有某几个性质之一的元素的个数.
+利用摩根定律
+$$
+\complement_I\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=\bigcap_{i=1}^n\left(\complement_i A_i\right),
+$$
+及公式 $\complement_{\mathrm{I}} A=I-A$ ( $I$ 为全集) 改写定理 3 , 便得到下面的逐步淘汰原理.
+定理 4 设 $I$ 为全集,则
+$$
+\begin{aligned}
+\left|\bigcap_{i=1}^n \complement_I A_i\right|= & \left|\complement_I\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\right|=|I|-\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right| \\
+= & |I|-\sum_{i=1}^n\left|A_i\right|+\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left|A_i \cap A_j\right| \\
+& -\sum_{1 \leqslant i<j<k \leqslant n}\left|A_i \cap A_j \cap A_k\right|+\cdots+(-1)^n\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right| .
+\end{aligned}
+$$
+公式 (IV) 又叫筛法公式,一般用来计算不具有某几个性质中的任何一个性质的元素的个数.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设正整数 $a 、 b 、 c$ 为三角形三边长, $a+b=n, n \in \mathbf{N}^*, 1 \leqslant c \leqslant n-1$. 求这样的三角形的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:设 $\triangle A B C$ 的角 $A 、 B 、 C$ 的对应边分别为 $a 、 b 、 c$. 例 1 就是要计算有限集 $M=\left\{\triangle A B C \mid a+b=n, a, b \in \mathbf{N}^*, 1 \leqslant c \leqslant n-1\right\}$ 的阶.
+也就是要计算同时满足 $a+b>c, b+c>a, c+a>b$ 的三元正整数组 $\{a, b, c\}$ 的个数.
+解不妨设 $b \geqslant a$, 则 $1 \leqslant a \leqslant\left[\frac{n}{2}\right]$. 满足题设条件的三角形可分为两类:
+第一类: $c$ 为最大边.
+令 $a=i$, 则 $b=n-i, n-i \leqslant c \leqslant n-1$. 这样的三角形有 $(n-1)-(n-i)+1=i$ 个.
+第二类: $c$ 不为最大边.
+则 $b>c, c+a>b$, 故 $b-a=n-2 i, n-2 i< c<n-i$. 因此 $n-2 i+1 \leqslant c \leqslant n-i-1$. 这样的三角形有 $(n-i-1)- (n-2 i+1)+1=i-1$ 个.
+由加法原理, 满足题设条件的三角形的个数为
+$$
+f(n)=\sum_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}(i+i-1)=\sum_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}(2 i-1)=\left(\left[\frac{n}{2}\right]\right)^2 .
+$$
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 集合 $S=\{1,2, \cdots, 1990\}$, 考察 $S$ 的 31 元子集.
+如果子集中 31 个元素之和可被 5 整除,则称为是好的.
+试求 $S$ 的好子集的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:直接计算好子集的个数是困难的.
+考察 $S$ 的全部 31 元子集, 将其按子集元素和模 5 的剩余类分成 5 类, 直觉告诉我们, 每一类子集的个数似乎是相同的.
+果真是这样的吗?
+解我们来考察 $S$ 的全部 31 元子集, 这样的子集共有 $\mathrm{C}_{1990}^{31}$ 个, 它们构成集合
+$$
+M=\left\{\left\{a_1, a_2, \cdots, a_{31}\right\} \mid\left\{a_1, a_2, \cdots, a_{31}\right\} \subset S\right\} .
+$$
+设 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_{31}\right\} \in M$, 其元素和被 5 除的余数为 $k$, 即
+$$
+\sum_{i=1}^{31} a_i=k(\bmod 5) .
+$$
+$k$ 只有 5 个可能值: $0,1,2,3,4$. 我们将所有 $k$ 值相同的 $M$ 的元素 ( $S$ 的 31 元子集) 归为一类, 得到 $M$ 的 5 个子集 $A_0, A_1, A_2, A_3$ 和 $A_4$. 显然 $A_0, A_1, \cdots, A_4$ 是 $M$ 的一个分划,其中 $A_0$ 的元素就是 $S$ 的好子集.
+由于 $31 \equiv 1(\bmod 5)$, 所以当 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_{31}\right\} \in A_0$ 时, 即当 $\sum_{i=1}^{31} a_i \equiv 0(\bmod 5)$ 时, 就有
+$$
+\sum_{i=1}^{31}\left(a_i+k\right) \equiv k(\bmod 5) .
+$$
+故知 $\left\{a_1+k, a_2+k, \cdots, a_{31}+k\right\} \in A_k, k=1,2,3,4$, 这里当 $a_i+k>1990$ 时,将 $a_i+k$ 理解为 $a_i+k-1990$. 这种 $A_0$ 与 $A_k$ 间的对应是一一的.
+所以有
+$$
+\left|A_0\right|=\left|A_1\right|=\left|A_2\right|=\left|A_3\right|=\left|A_4\right|,
+$$
+于是
+$$
+\begin{aligned}
+\left|A_0\right| & =\frac{1}{5}\left(\left|A_0\right|+\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+\left|A_3\right|+\left|A_4\right|\right) \\
+& =\frac{1}{5}|M|=\frac{1}{5} C_{1990}^{31} .
+\end{aligned}
+$$
+说明在这里,我们的目的并不是求 $|M|$, 而是由于 $|M|$ 易于计算, 我们反过来利用这一点来达到计算 $\left|A_0\right|$ 的目的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设集合 $S=\{1,2, \cdots, 1000\}, A$ 是 $S$ 的子集,且 $A$ 的元素或是 3 的倍数, 或是 7 的倍数.
+试求 $A$ 的元素个数的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+解:设 $A_1=\{x \mid x \in S$, 且 $3 \mid x\}, A_2=\{x \mid x \in S$, 且 $7 \mid x\}$, 则 $|A|_{\text {max }}=\left|A_1 \cup A_2\right|$. 显然有
+$$
+\begin{gathered}
+\left|A_1\right|=\left[\frac{1000}{3}\right]=333, \\
+\left|A_2\right|=\left[\frac{1000}{7}\right]=142, \\
+\left|A_1 \cap A_2\right|=\left[\frac{1000}{3 \cdot 7}\right]=47 .
+\end{gathered}
+$$
+所以
+$$
+\begin{aligned}
+\left|A_1 \cup A_2\right| & =\left|A_1\right|+\left|A_2\right|-\left|A_1 \cap A_2\right| \\
+& =333+142-47=428 .
+\end{aligned}
+$$
+所以 $A$ 的元素个数的最大值为 428 .
+说明利用容斥原理的关键是构造所要计数的集合的一个合适的覆盖.
+上例解答中的覆盖是: $A_1, A_2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $Z$ 是平面上由 $n(>3)$ 个点组成的点集, 其中任三点不共线, 又设自然数 $k$ 满足不等式 $\frac{n}{2}<k<n$. 如果 $Z$ 中的每个点都至少与 $Z$ 中的 $k$ 个点有线段相连,证明: 这些线段中一定有三条线段构成三角形的三边.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:因为 $k>\frac{n}{2}>\frac{3}{2}$, 所以 $k \geqslant 2$, 即每个点都至少与 $Z$ 中 2 个点有线段相连.
+不妨设 $A B$ 为 $Z$ 中点连成的线段.
+令
+$$
+\begin{aligned}
+& M=\{P \mid P \in Z, P \text { ��� } A \text { 有线段相连 }\}-\{B\}, \\
+& N=\{P \mid P \in Z, P \text { 与 } B \text { 有线段相连 }\}-\{A\} .
+\end{aligned}
+$$
+由于 $Z$ 中任一点至少引出 $k$ 条线段, 所以有 $|M| \geqslant k-1,|N| \geqslant k-1$. 又由于 $M \cup N$ 中不含 $A 、 B$, 所以有 $|M \cup N| \leqslant n-2$. 因此
+$$
+\begin{aligned}
+|M \cap N| & =|M|+|N|-|M \cup N| \\
+& \geqslant(k-1)+(k-1)-(n-2) \\
+& =2 k-2-(n-2)
+\end{aligned}
+$$
+$$
+>(n-2)-(n-2)=0 .
+$$
+所以 $M \cap N \neq \varnothing$, 即存在点 $C \in M$, 且 $C \in N(C \neq A, C \neq B)$. 显然线段 $A B 、 A C 、 B C$ 构成三角形的三边.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $S$ 是有理数 $r$ 的集合, 其中 $0<r<1$, 且 $r$ 有循环小数的展开形式为 $\overline{0 . a b c a b c a b c \cdots}=\overline{0 .\dot{a} b \dot{c}}, a 、 b 、 c$ 不一定相异.
+在 $S$ 的元素中, 能写成最简分数的不同的分子有多少个?
+%%<SOLUTION>%%
+解:因为 $\overline{0 . \dot{a} b \dot{c}}=\frac{\overline{a b c}}{999}$, 又 $999=3^3 \cdot 37$, 故如果 $\overline{a b c}$ 既不能被 3 整除也不能被 37 整除,则分数就是最简形式.
+设 $A_1=\{$ 不超过 1000 的正整数中 3 的倍数 $\}, A_2=$ \{不超过 1000 的正整数中 37 的倍数 $\}$. 易知
+$$
+\begin{gathered}
+\left|A_1\right|=\frac{999}{3}=333,\left|A_2\right|=\frac{999}{37}=27, \\
+\left|A_1 \cap A_2\right|=\frac{999}{3 \cdot 37}=9 .
+\end{gathered}
+$$
+由定理 2 , 有
+$$
+\begin{aligned}
+& 999-\left(\left|A_1\right|+\left|A_2\right|\right)+\left|A_1 \cap A_2\right| \\
+= & 999-(333+27)+9=648 .
+\end{aligned}
+$$
+即此类最简分数的不同分子有 648 个.
+此外, 还有形如 $\frac{k}{37}$ 的数, 其中自然数 $k$ 是小于 37 的 3 的倍数, 这样的 $k$ 有 $3,6,9, \cdots, 36$ 共 12 个.
+故满足条件的分子有 $648+12=660$ 个.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 对于任何的集合 $S$, 设 $n(S)$ 为集合 $S$ 的子集个数.
+如果 $A 、 B 、 C$ 是三个集合,满足下列条件:
+(1) $n(A)+n(B)+n(C)=n(A \cup B \cup C)$,
+(2) $|A|=|B|=100$,
+求 $|A \cap B \cap C|$ 的最小值.
+%%<SOLUTION>%%
+解:如果一个集合有 $k$ 个元素, 那么它有 $2^k$ 个子集.
+由题设有
+$$
+2^{100}+2^{100}+2^{|C|}=2^{|A \cup B \cup C|},
+$$
+即
+$$
+1+2^{|C|-101}=2^{|A \cup B \cup C|-101} .
+$$
+因为 $1+2^{|C|-101}$ 是大于 1 且等于一个 2 的整数幂, 所以 $|C|=101$. 从而有
+$$
+|A \cup B \cup C|=102 \text {. }
+$$
+由容斥原理得
+$$
+\begin{aligned}
+|A \cap B \cap C|= & |A \cup B \cup C|+|A|+|B|+|C| \\
+& -|A \cup B|-|A \cup C|-|B \cup C| .
+\end{aligned}
+$$
+从而有
+$$
+|A \cap B \cap C|=403-|A \cup B|-|A \cup C|-|B \cup C| \text {. }
+$$
+由 $A \cup B 、 A \cup C 、 B \cup C \subseteq A \cup B \cup C$ 得， $|A \cup B| 、|A \cup C|$ 、 $|B \cup C| \leqslant 102$, 所以
+$$
+|A \cap B \cap C| \geqslant 403-102 \times 3=97 .
+$$
+另一方面, 取 $A=\{1,2,3, \cdots, 100\}, B=\{3,4,5, \cdots, 102\}, C=\{1,2,4,5,6, \cdots, 100,101,102\}$, 满足题设条件.
+这时
+$$
+|A \cap B \cap C|=|\{4,5,6, \cdots, 100\}|=97 .
+$$
+所以, $|A \cap B \cap C|$ 的最小值为 97 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 若 $A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_m=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\}$, 且 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 均为非空集合, 则集合 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 的组数为
+$$
+g(m, n)=\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^k \mathrm{C}_m^k\left(2^{m-k}-1\right)^n .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明:对于 $A_1 \cup A_2 \cdots \cup A_m=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\}$, 如果对任意正整数 $k$ (其中 $1 \leqslant k \leqslant m-1$ ), 在 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 中至少有 $k$ 个集合为空集, 先确定出 $k$ 个空集, 确定的方式有 $\mathrm{C}_m^k$ 种.
+对每一种方式确定出的 $k$ 个空集, 都有剩下的 $m-k$ 个集合.
+不妨设它们为 $A_1^{\prime}, A_2^{\prime}, \cdots, A_{m-k}^{\prime}$, 它们的并集仍是 $\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\}$.
+仿第 2 节例 6 , 知集合 $A_1^{\prime}, A_2^{\prime}, \cdots, A_{m-k}^{\prime}$ 的组数为 $\left(2^{m-k}-1\right)^n$.
+即有: 在 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 中至少有 $k$ 个空集时, $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 的组数是 $\mathrm{C}_m^k\left(2^{m-k}-1\right)^n$. 记
+$$
+\mathrm{C}_m^k\left(2^{m-k}-1\right)^n=h(m, n, k) .
+$$
+若 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 均为非空集合, 且
+$$
+A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_m=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\},
+$$
+则由容斥原理知集合 $A_1, A_2, \cdots, A_m$ 的组数是
+$$
+\left(2^m-1\right)^n+\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^k h(m, n, k) .
+$$
+也就是 $g(m, n)=\left(2^m-1\right)^n+\sum_{k=1}^{m-1}(-1)^k \mathrm{C}_m^k\left(2^{m-k}-1\right)^n$
+$$
+=\sum_{k=0}^{m-1}(-1)^k \mathrm{C}_m^k\left(2^{m-k}-1\right)^n .
+$$
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 将与 105 互质的所有正整数从小到大排成数列, 求这个数列的第 1000 项.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:先看在区间 $(0,105]$ 中有多少个整数与 105 互质.
+因为 $105=3 \times 5 \times 7$, 所以只要在数列 $1,2, \cdots, 105$ 中去掉所有 3 或 5 或 7 的倍数即可.
+然后再逐段考察区间 $(105 \cdot(k-1), 105 k]$ 中与 105 互质的整数.
+解设 $S=\{1,2, \cdots, 105\}, A_3=\{a \mid a \in S$, 且 $3 \mid a\}, A_5=\{a \mid a \in S$, 且 $5 \mid a\}, A_7=\{a \mid a \in S$, 且 $7 \mid a\}$, 则
+$$
+\begin{aligned}
+& \left|A_3\right|=\frac{105}{3}=35,\left|A_5\right|=\frac{105}{5}=21,\left|A_7\right|=\frac{105}{7}=15, \\
+& \left|A_3 \cap A_5\right|=\frac{105}{3 \times 5}=7,\left|A_5 \cap A_7\right|=\frac{105}{5 \times 7}=3, \\
+& \left|A_7 \cap A_3\right|=\frac{105}{7 \times 3}=5, \\
+& \left|A_3 \cap A_5 \cap A_7\right|=\frac{105}{3 \times 5 \times 7}=1,|S|=105 .
+\end{aligned}
+$$
+在 1 到 105 中,与 105 互质的数有
+$$
+\begin{aligned}
+& \left|\complement_S A_3 \cap \complement_S A_5 \cap \complement_S A_7\right| \\
+= & |S|-\left|A_3 \cup A_5 \cup A_7\right| \\
+= & |S|-\left(\left|A_3\right|+\left|A_5\right|+\left|A_7\right|\right) \\
+& +\left(\left|A_3 \cap A_5\right|+\left|A_5 \cap A_7\right|\right. \\
+& \left.+\left|A_7 \cap A_3\right|\right)-\left|A_3 \cap A_5 \cap A_7\right| \\
+= & 105-(35+21+15)+(7+3+5)-1 \\
+= & 48 .
+\end{aligned}
+$$
+设与 105 互质的正整数按从小到大的顺序排列为 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$, 则
+$$
+\begin{gathered}
+a_1=1, a_2=2, a_3=4, \cdots, a_{48}=104, \\
+a_{49}=105+1, a_{50}=105+2, \\
+a_{51}=105+4, \cdots, a_{96}=105+104, \cdots
+\end{gathered}
+$$
+因为 $1000=48 \times 20+40$, 所以
+$$
+a_{1000}=105 \times 20+a_{40} .
+$$
+由于 $a_{48}=104, a_{47}=103, a_{46}=101, a_{45}=97, a_{44}=94, a_{43}=92$, $a_{42}=89, a_{41}=88, a_{40}=86$, 所以
+$$
+a_{1000}=105 \times 20+86=2186 .
+$$
+筛法公式在数论中的一个典型应用, 就是推导欧拉函数的解析式.
+我们把不超过正整数 $n$ 且与 $n$ 互质的正整数的数目记为 $\varphi(n)$, 称为欧拉函数.
+例如, $\varphi(2)=1, \varphi(3)=2, \varphi(6)=2, \varphi(8)=4$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 设 $p_i(i=1,2, \cdots, m)$ 为正整数 $n$ 的全部质因数.
+求证:
+$$
+\varphi(n)=n \prod_{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right) .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明:记 $S=\{1,2, \cdots, n\}$, 并设
+$$
+A_i=\left\{a\left|a \in S, p_i\right| a\right\}, i=1,2, \cdots, m .
+$$
+则 $\varphi(n)=\left|\bigcap_{i=1}^m \complement_S A_i\right|$. 注意到
+$$
+\begin{aligned}
+& \left|A_i\right|=\left[\frac{n}{p_i}\right],\left|A_i \cap A_j\right|=\left[\frac{n}{p_i p_j}\right], \cdots, \\
+& \left|A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_m\right|=\left[\frac{n}{p_1 p_2 \cdots p_m}\right],
+\end{aligned}
+$$
+而 $p_i$ 为 $n$ 的不同的质因数, 上面各式中 [] 都可去掉, 由筛法公式得
+$$
+\begin{aligned}
+\varphi(n) & =|S|-\sum_{i=1}^m\left[\frac{n}{p_i}\right]+\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant m}\left[\frac{n}{p_i p_j}\right]-\cdots+(-1)^m\left[\frac{n}{p_1 p_2 \cdots p_m}\right] \\
+& =n\left[1-\sum_{i=1}^m \frac{1}{p_i}+\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant m} \frac{1}{p_i p_j}-\cdots+(-1)^m \frac{1}{p_1 p_2 \cdots p_m}\right] \\
+& =n \prod_{i=1}^m\left(1-\frac{1}{p_i}\right) .
+\end{aligned}
+$$
+容厉原理是一个非常有用的计数方法, 但我们在这里只介绍了它在解决集合和整数问题中的简单应用, 因为对那些经典的组合问题的介绍不是本书的任务.
+最后我们来看一道离本书的出版日期最近的试题, 其容斥原理的运用并不是解答的全部, 但却是解题的关键一步, 因为我们的结论就是由容斥原理导出的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 对于整数 $n \geqslant 4$, 求出最小的整数 $f(n)$, 使得对于任何正整数 $m$, 集合 $\{m, m+1, \cdots, m+n-1\}$ 的任一个 $f(n)$ 元子集中, 均有至少 3 个两两互素的元素.
+%%<SOLUTION>%%
+解:当 $n \geqslant 4$ 时, 记 $M=\{m, m+1, m+2, \cdots, m+n-1\}$.
+易知, 若 $2 \mid m$, 则 $m+1, m+2, m+3$ 两两互素; 若 $2 \times m$, 则 $m, m+1$, $m+2$ 两两互素.
+于是, $M$ 的所有 $n$ 元子集中, 均有至少 3 个两两互素的元素, 因此 $f(n)$ 存在, 且 $f(n) \leqslant n$.
+设 $T_n=\{t \mid t \leqslant n+1$ 且 $2 \mid t$ 或 $3 \mid t\}$, 则 $T_n$ 为 $\{2,3, \cdots, n+1\}$ 的子集, 但 $T_n$ 中任 3 个元素均不能两两互素, 因此 $f(n) \geqslant\left|T_n\right|+1$.
+由容斥原理知
+$$
+\left|T_n\right|=\left[\frac{n+1}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{3}\right]-\left[\frac{n+1}{6}\right],
+$$
+从而必有
+$$
+f(n) \geqslant\left[\frac{n+1}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{3}\right]-\left[\frac{n+1}{6}\right]+1 .
+$$
+因此, $f(4) \geqslant 4, f(5) \geqslant 5, f(6) \geqslant 5, f(7) \geqslant 6, f(8) \geqslant 7, f(9) \geqslant 8$.
+以下证明 $f(6)=5$.
+设 $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ 为 $\{m, m+1, \cdots, m+5\}$ 中的 5 个数.
+若这 5 个数中有 3 个奇数,则它们两两互素; 若这 5 个数中有 2 个奇数, 则必有 3 个偶数,
+不妨设 $x_1 、 x_2 、 x_3$ 为偶数, $x_4 、 x_5$ 为奇数, 当 $1 \leqslant i<j \leqslant 3$ 时, $\left|x_i-x_j\right| \in \{2,4\}$, ���以 $x_1 、 x_2 、 x_3$ 中至多一个被 3 整除, 至多一个被 5 整除, 从而至少有一个既不被 3 整除也不被 5 整除, 不妨设 $3 \nmid x_3, 5 \nmid x_3$, 则 $x_3 、 x_4 、 x_5$ 两两互素.
+这就是说这 5 个数中有 3 个两两互素, 即 $f(6)=5$.
+又由 $\{m, m+1, \cdots, m+n\}=\{m, m+1, \cdots, m+n-1\} \cup\{m+n\}$, 知 $f(n+1) \leqslant f(n)+1$.
+因为 $f(6)=5$, 所以 $f(4)=4, f(5)=5, f(7)=6, f(8)= 7, f(9)=8$.
+因此, 当 $4 \leqslant n \leqslant 9$ 时,
+$$
+f(n)=\left[\frac{n+1}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{3}\right]-\left[\frac{n+1}{6}\right]+1 .
+$$
+以下对 $n$ 用归纳法, 证明(2)对所有 $n$ 都成立:
+假设 $n \leqslant k(k \geqslant 9)$ 时(2)式成立.
+当 $n=k+1$ 时, 显然
+$$
+\begin{gathered}
+\{m, m+1, \cdots, m+k\}=\{m, m+1, \cdots, m+k-6\} \cup\{m+k-5, m+k-5+1, m+k-5+2, m+k-5+3, m+k-5+4, m+k-5+5\} .
+\end{gathered}
+$$
+而由归纳假设知 $n=6, n=k-5$ 时(2)式成立.
+所以
+$$
+\begin{aligned}
+f(k+1) & \leqslant f(k-5)+f(6)-1 \\
+& =\left[\frac{k+2}{2}\right]+\left[\frac{k+2}{3}\right]-\left[\frac{k+2}{6}\right]+1 .
+\end{aligned}
+$$
+由(1)、(3)式知,对于 $n=k+1$, (2)式成立.
+所以对于任意 $n \geqslant 4$,
+$$
+f(n)=\left[\frac{n+1}{2}\right]+\left[\frac{n+1}{3}\right]-\left[\frac{n+1}{6}\right]+1 .
+$$
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise1.tex

@@ -0,0 +1,219 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1: 已知三元实数集 $A=\{x, x y, x+y\}, B=\{0,|x|, y\}$, 且 $A=B$, 则$x^{2005}+y^{2005}=$
+%%<SOLUTION>%%
+解: 0 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2: 设集合 $S=\left\{(x, y) \mid x-\frac{1}{2} y^2\right.$ 为奇数, $\left.x, y \in \mathbf{R}\right\}, T=\{(x, y) \left.\sin (2 \pi x)-\sin \left(\pi y^2\right)=\cos (2 \pi x)-\cos \left(\pi y^2\right), x, y \in \mathbf{R}\right\}$. 则 $S$ 与 $T$ 的关系是
+%%<SOLUTION>%%
+解: $S \varsubsetneqq T$. 当 $x=\frac{1}{2} y^2+$ 奇数时, 显然 $\sin (2 \pi x)-\sin \left(\pi y^2\right)=\cos (2 \pi x)-\cos \left(\pi y^2\right)$ 成立, $S \subseteq T$. 但满足 $x=\frac{1}{2} y^2$ 的点 $(x, y) \in T$, 而不属于 $S$, 故 $S \varsubsetneqq T$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3: 集合 $M=\{u \mid u=12 m+8 n+4 l, m, n, l \in \mathbf{Z}\}$ 与 $N=\{u \mid u=20 p+ 16 q+12 r, p, q, r \in \mathbf{Z}\}$ 的关系为
+%%<SOLUTION>%%
+解: $M=N$. 因 $12 m+8 n+4 l=4(3 m+2 n+l), 20 p+16 q+12 r=4(5 p+4 q+3 r),(3,2,1)=1,(5,4,3)=1$, 由裴蜀定理可知 $3 m+2 n+ l$ 与 $5 p+4 q+3 r$ 均可表示所有整数.
+所以, $M=N=\{k \mid k=4 t, t \in \mathbf{Z}\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4: 设 $A=\{(x, y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 2,0 \leqslant y \leqslant 2\}, B=\{(x, y) \mid x \leqslant 10, y \geqslant 2, y \leqslant x-4\}$ 是直角坐标平面 $x O y$ 上的点集.
+则 $C=\left\{frac{x_1+x_2}{2}\frac{y_1+y_2}{2}\right\} \mid\left(x_1, y_1\right) \in A,\left(x_2, y_2\right) \in B\right\}$ 所成图形的面积是
+%%<SOLUTION>%%
+解: 7. 如图(<FilePath:./figures/fig-c1p4.png>),集合 $A$ 为正方形 $O A B C$, 集合 $B$ 为 Rt $\triangle D E F . O D 、 A E 、 B F 、 C F$ 、 $C D$ 的中点依次为 $M(3,1) 、 N(6,1)$ 、 $P(6,4) 、 Q(5,4) 、 R(3,2)$. 所成图形面积 $S_{M N P Q R}=7$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5: 已知非空数集 $M \subseteq\{1,2,3,4,5\}$, 则满足条件“若 $x \in M$, 则 $6-x \in M$ ” 的集合 $M$ 的个数是
+%%<SOLUTION>%%
+解: 7. 因为 $1+5=2+4=3+3$, 故 $M$可以是 $\{3\},\{1,5\},\{2,4\},\{1,3,5\},\{2,3,4\},\{1,2,4,5\},\{1,2,3$, $4,5\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6: 设 $a \in \mathbf{R}^{+}, A=\left\{(x, y) \mid(x-1)^2+(y-2)^2 \leqslant \frac{4}{5}\right\}$ 与 $B=\{(x, y) \mid |x-1|+2|y-2| \leqslant a\}$ 是直角坐标平面 $x O y$ 内的点集.
+则 $A \subseteq B$ 的充要条件是
+%%<SOLUTION>%%
+解: $a \geqslant 2$. 集合 $A$ 为以 $(1,2)$ 为圆心 $、 \frac{2}{\sqrt{5}}$ 为半径的圆面.
+集合 $B$ 为以 $(1,2)$ 为对角线交点的菱形, 且平行于 $x$ 轴的对角线长为 $2 a$, 平行于 $y$ 轴的对角线长为 $a$. 由 $A \subseteq B$ 知, 当 $a \cdot \frac{a}{2}=\frac{2}{\sqrt{5}} \cdot \sqrt{a^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2}$ 时 $a$ 值最小, 所以 $a_{\min }=2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7: 集合 $\left\{x \mid-1 \leqslant \log _{\frac{1}{x}} 10<-\frac{1}{2}, x>1\right.$ 且 $\left.x \in \mathbf{N}\right\}$ 的真子集的个数是
+%%<SOLUTION>%%
+解: $2^{90}-1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8: 已知 $A=\left\{x \mid x^2-4 x+3<0, x \in \mathbf{R}\right\}, B=\left\{x \mid 2^{1-x}+a \leqslant 0, x^2-\right. 2(a+7) x+5 \leqslant 0, x \in \mathbf{R}\}$. 若 $A \subseteq B$, 则实数 $a$ 的取值范围是
+%%<SOLUTION>%%
+解: $-4 \leqslant a \leqslant-1$. 易知 $A=(1,3)$. 记 $f(x)=2^{1-x}+a, g(x)=x^2-2(a+7) x+5 . A \subseteq B$ 表明, 当 $1<x<3$ 时, 函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的图象都在$x$ 轴的下方.
+$A \subseteq B$ 的充要条件是: $f(1) \leqslant 0, g(1) \leqslant 0$ 和 $f(3) \leqslant 0, g(3) \leqslant 0$ 同时成立.
+解之即得.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9: 已知 $M=\left\{x \mid x=a^2+1, a \in \mathbf{N}^*\right\}, N=\left\{x \mid x=b^2-4 b+5, b \in \mathbf{N}^*\right\}$, 则 $M$ 与 $N$ 的关系是
+%%<SOLUTION>%%
+解: $M \varsubsetneqq N$. 由 $a^2+1=(a+2)^2-4 a+5$ 知 $M \subseteq N$. 但 $1 \in N, 1 \notin M$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10: 非空集合 $S$ 满足:
+(1) $S \subseteq\{1,2, \cdots, 2 n+1\}, n \in \mathbf{N}^*$;
+(2) 若 $a \in S$, 则有 $2 n+2-a \in S$.
+那么, 同时满足 (1)、(2) 的非空集合 $S$ 的个数是
+%%<SOLUTION>%%
+解: $2^{n+1}-1$. 把自然数 $1,2, \cdots, 2 n+1$ 搭配成 $n+1$ 个数组 $\{1,2 n+1\}, \{2,2 n\}, \cdots,\{n, n+2\},\{n+1\} . S$ 的元素从以上 $n+1$ 组选取, 有 $\mathrm{C}_{n+1}^1+ \mathrm{C}_{n+1}^2+\cdots+\mathrm{C}_{n+1}^{n+1}=2^{n+1}-1$ 种取法.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11: 设由模为 1 的 $n(2<n<6)$ 个复数组成的集合 $S$ 满足下面两条:
+(1) $1 \in S$;
+(2) 若 $z_1 \in S, z_2 \in S$, 则 $z_1-2 z_2 \cos \theta \in S$, 其中 $\theta=\arg \frac{z_1}{z_2}$.
+则集合 $S=$
+%%<SOLUTION>%%
+解: $\{1,-1, \mathrm{i},-\mathrm{i}\}$. 当 $z_1=z_2=z$ 时, 若 $z \in S$, 则 $z_1-2 z_2 \cos \theta=-z \in S$. 因 $|z|=1$, 所以 $|z|=|-z|=1$. 这说明 $S$ 中含有偶数个元素.
+又 $2<n<6$, 所以 $n=4$. 由 $1 \in S$, 得 $-1 \in S$. 设 $z_1=\cos \alpha+i \sin \alpha(\sin \alpha \neq 0$, $0 \leqslant \alpha<2 \pi), z_2=1, \theta=\arg \left(\frac{z_1}{z_2}\right)=\alpha$. 若 $z_1 \in S$, 则 $z_1-2 \cos \theta=-\cos \alpha+i \sin \alpha \in S$. 因为 $\sin \alpha \neq 0$, 故 $\cos \alpha+i \sin \alpha \neq-(\cos \alpha+i \sin \alpha)$, 所以 $\cos \alpha+\mathrm{i} \sin \alpha=-\cos \alpha+\mathrm{i} \sin \alpha$, 即 $\cos \alpha=0, \sin \alpha= \pm 1$. 所以 $i \in S,-i \in S$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12: 集合 $A=\left\{x_1, x_2, x_3, x_4, x_5\right\}$,计算 $A$ 中的二元子集两元素之和组成集合 $B=\{3,4,5,6,7,8,9,10,11,13\}$. 则 $A=$
+%%<SOLUTION>%%
+解: $\{1,2,3,5,8\}$. 不妨设 $x_1<x_2<x_3<x_4<x_5$. 则 $x_1+x_2=3$, $x_4+x_5=13$. 又 $4\left(x_1+x_2+x_3+x_4+x_5\right)=3+4+5+6+7+8+9+10+11+13$, 即 $x_1+x_2+x_3+x_4+x_5=19$, 从而得 $x_3=19-3-13=3$. 又 $x_1+ x_3=4$, 从而 $x_1=1$. 又 $x_3+x_5=11$, 从而 $x_5=8$, 所以 $x_2=2, x_4=5$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13: 设 $E=\{1,2,3, \cdots, 200\}, G=\left\{a_1, a_2, a_3, \cdots, a_{100}\right\} \subseteq E$, 且 $G$ 具有下列两条性质:
+(1)对任何 $1 \leqslant i<j \leqslant 100$, 恒有 $a_i+a_j \neq 201$;
+(2) $\sum_{i=1}^{100} a_i=10080$.
+试证明: $G$ 中的奇数的个数是 4 的倍数, 且 $G$ 中所有数字的平方和为一个定数.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 由已知得 $\sum_{k=1}^{200} k^2=\sum_{i=1}^{100} a_i^2+\sum_{i=1}^{100}\left(201-a_i\right)^2=2 \sum_{i=1}^{100} a_i^2-402 \sum_{i=1}^{100} a_i+201^2 \times 100$. 由 (2) 及上式得 $\sum_{i=1}^{100} a_i^2$ 为常数.
+设 $G$ 中有 $x$ 个奇数, 则由上式可得 $4 \equiv 2 x-0+4(\bmod 8)$, 故 $x \equiv 0(\bmod 4)$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14: 称有限集 $S$ 的所有元素的乘积为 $S$ 的 “积数”, 给定数集 $M= \left\{\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{100}\right\}$. 求集 $M$ 的所有含偶数个元素的子集的“积数”之和.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 设集合 $M$ 的所有含偶数个元数的子集的积数之和为 $x$, 所有含奇数个元素的子集的积数之和为 $y$, 则 $x+y=\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{100}\right)-1, x-y=\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{3}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{100}\right)-1$. 所以 $x+y=\frac{99}{2}, x-y= -\frac{99}{100}$. 解得 $x=\frac{4851}{200}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15: 考虑实数 $x$ 在 3 进制中的表达式.
+$K$ 是区间 $[0,1]$ 内所有这样的数 $x$ 的集合,并且 $x$ 的每位数字是 0 或 2. 如果 $S=\{x+y \mid x, y \in K\}$, 求证: $S=\{z \mid 0 \leqslant z \leqslant 2\}=[0,2]$.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 在 $K$ 内 $x$ 和 $y$ 的每位数字是 0 或 2 , 因此, $\frac{x}{2}$ 和 $\frac{y}{2}$ 的每位数字是 0 或 1 , 从而 $\frac{x}{2}+\frac{y}{2}$ 的每位数字在 3 进制下是 $0 、 1$ 或 2 , 并且由 $x \in[0,1]$, $y \in[0,1]$ 可知 $\frac{x}{2}+\frac{y}{2} \in[0,1]$. 反过来, 对于 $[0,1]$ 上的任何一个数, 它在 3 进制下的每位数字是 $0 、 1$ 或 2 , 显然可以写成两个在 3 进制下每位数字是 0或 1 的数的和.
+也就是说, 都可以写成 $\frac{x}{2}+\frac{y}{2}, x, y \in K$ 的形式.
+因此, 我们有 $\left\{\frac{x}{2}+\frac{y}{2} \mid x, y \in K\right\}=[0,1]$, 故得 $S=\{x+y \mid x, y \in K\}=[0,2]$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16: 设 $S=\{1,2,3,4\}, n$ 项的数列: $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 有如下性质: 对于 $S$ 的任何一个非空子集 $B(B$ 的元素个数记为 $|B|)$, 在该数列中有相邻的 $|B|$项恰好组成集合 $B$. 求 $n$ 的最小值.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 首先证明 $s$ 中的每个数在数列 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 中至少出现 2 次.
+事实上, 若 $s$ 中的某个数在这个数列中只出现一次, 由于含这个数的二元子集共有 3 个, 但在数列中含这个数的相邻两项至多有两种取法, 因此不可能 3 个含这个数的二元子集都在数列相邻两项中出现.
+矛盾.
+由此可得, $n \geqslant 8$. 另一方面, 数列 $3,1,2,3,4,1,2,4$ 满足题设条件, 且只有 8 项.
+所以, $n$ 的最小值为 8 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17: 设集合 $M=\{1,2,3, \cdots, 1000\}$, 现对 $M$ 的任一非空子集 $X$,令 $\alpha_X$ 表示 $X$ 中最大数与最小数之和.
+求所有这样的 $\alpha_X$ 的算术平均值.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 构造子集 $X^{\prime}=\{1001-x \mid x \in X\}$, 则所有非空子集分成两类 $X^{\prime}=X$ 和 $X^{\prime} \neq X$. 当 $X^{\prime}=X$ 时,必有 $X^{\prime}=X=M$, 于是, $\alpha_X=1001$. 当 $X^{\prime} \neq X$ 时, 设 $x 、 y$ 分别是 $X$ 中的最大数与最小数, 则 $1001-x 、 1001-y$ 分别是 $X^{\prime}$ 中的最小数与最大数.
+于是, $\alpha_X=x+y, \alpha_{X^{\prime}}=2002-x-y$. 从而, $\frac{\alpha_X+\alpha_{X^{\prime}}}{2}=1001$. 因此,所有的 $\alpha_X$ 的算术平均值为 1001 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18: 设 $S$ 为满足下列条件的有理数集合:
+(1) 若 $a \in S, b \in S$, 则 $a+b \in S, a b \in S$;
+(2) 对任一个有理数 $r, 3$ 个关系 $r \in S 、-r \in S 、 r=0$ 中有且仅有一个成立.
+证明: $S$ 是由全体正有理数组成的集合.
+%%<SOLUTION>%%
+解: 对任意的 $r \in \mathbf{Q}, r \neq 0$, 由 (2) 知 $r \in S,-r \in S$ 之一成立.
+再由 (1), 若 $r \in S$, 则 $r^2 \in S$; 若 $-r \in S$, 则 $r^2=(-r) \cdot(-r) \in S$. 总之, 对任意的非零 $r \in \mathbf{Q}$ 均有 $r^2 \in S$. 取 $r=1$, 则 $1=1^2 \in S$. 由 (1), $2=1+1 \in S, 3=1+ 2 \in S, \cdots$, 可知全体正整数都属于 $S$. 设 $p, q \in \mathbf{N}$, 由 (1), $p q \in S$. 又由前证知 $\frac{1}{q^2} \in S$, 所以 $\frac{p}{q}=p q \cdot\left(\frac{1}{q^2}\right) \in S$. 因此, $S$ 含有全体正有理数.
+再由(2)知, 0 及全体负有理数不属于 $S$, 即 $S$ 是由全体正有理数组成的集合.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题19: $S_1 、 S_2 、 S_3$ 为非空整数集合, 对于 $1 、 2 、 3$ 的任意一个排列 $i 、 j 、 k$, 若 $x \in S_i, y \in S_j$, 则 $y-x \in S_k$.
+(1) 证明: 3 个集合中至少有两个相等.
+(2) 3 个集合中是否可能有两个集合无公共元素?
+%%<SOLUTION>%%
+解: (1) 由已知, 若 $x \in S_i, y \in S_j$, 则 $y-x \in S_k,(y-x)-y= -x \in S_i$, 所以每个集合中均有非负元素.
+当三个集合中的元素都为零时,命题显然成立.
+否则, 设 $S_1 、 S_2 、 S_3$ 中的最小正元素为 $a$, 不妨设 $a \in S_1$. 设 $b$ 为 $S_2 、 S_3$ 中最小的非负元素, 不妨设 $b \in S_2$. 则 $b-a \in S_3$. 若 $b>0$, 则 $0 \leqslant b- a<b$, 与 $b$ 的取法矛盾, 所以 $b=0$. 任取 $x \in S_1$, 因 $0 \in S_2$, 故 $x-0=x \in S_3$, 所以 $S_1 \subseteq S_3$. 同理, $S_3 \subseteq S_1$. 所以 $S_1=S_3$.
+(2)可能.
+例如 $S_1=S_2=\{$ 奇数 $\}, S_3=\{$ 偶数 $\}$, 显然满足条件, 但 $S_1$ 和 $S_2$ 与 $S_3$ 都无公共元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题20: 若 $x \geqslant 1, x^x=x_0, x_0 \in\left(k^k,(k+1)^{(k+1)}\right) \cap \mathbf{Q}$, 其中 $k \in \mathbf{N}^*$. 求证: $x \in \mathbf{Q}^C$. (其中, $\mathbf{Q}$ 为有理数集, $\mathbf{Q}^C$ 为无理数集)
+%%<SOLUTION>%%
+解: 因为当 $x_2 \geqslant x_1 \geqslant 1$ 时, 有 $x_2^{x_2} \geqslant x_1^{x_2} \geqslant x_1^{x_1}$. 所以 $y=x^x$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增.
+所以 $x^x=x_0$ 在 $[1,+\infty)$ 上有且仅有一解, 且 $x \in(k, k+1)$. 假设 $x^x=x_0$ 的解为有理数, 可设 $x=\frac{n}{m}, m, n \in \mathbf{N}^*,(m, n)=1$, 且 $m \neq 1$;$p, q \in \mathbf{R}^{+},\left(\frac{q}{p}\right)^m=\frac{n}{m}$. 所以 $x^x=\left(\frac{n}{m}\right)^{\frac{n}{m}}=\left(\frac{q}{p}\right)^n=x_0 \in \mathbf{Q}$. 又因为 $(m$, $n)=1$, 所以存在 $a, b \in \mathbf{Z}$, 使得 $a m+b n=1$, 所以 $\frac{q}{p}=\left(\frac{q}{p}\right)^{a m+b n}= \left[\left(\frac{q}{p}\right)^m\right]^a \cdot\left[\left(\frac{q}{p}\right)^n\right]^b \in \mathbf{Q}$. 所以不妨设 $p, q \in \mathbf{N}^*$, 且 $(p, q)=1$, 则 $\left(p^m\right.$, $\left.q^m\right)=1, \frac{n}{m}=\frac{q^m}{p^m}$. 易得 $m \mid p^m$, 且 $p^m \mid m$, 所以 $m=p^m$. 注意到 $m$ 为大于 1 的整数,矛盾.
+所以 $x$ 为无理数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise2.tex

@@ -0,0 +1,248 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 已知集合 $M=\{2,|a|\}$ 是全集 $U=\left\{2,3, a^2+2 a+2\right\}$ 的一个子集, 且 $\complement_U M=\{5\}$, 则实数 $a$ 的值等于
+%%<SOLUTION>%%
+-3 . $|a|=3$, 且 $a^2+2 a+2=5$. 解得 $a=-3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 已知全集 $I=\mathbf{Z}, M=\{x \mid x=2 n, n \in \mathbf{Z}\}, S=\{x \mid x=3 n, n \in \mathbf{Z}\}$, 则 $M \cap \complement_{\mathrm{z}} S=$
+%%<SOLUTION>%%
+$\{x \mid x=6 n \pm 2, n \in \mathbf{Z}\} . M=\{x \mid x=6 n, 6 n+2,6 n+4, n \in \mathbf{Z}\}$, $S=\{x \mid x=6 n, 6 n+3, n \in \mathbf{Z}\}$, 于是 $M \cap \complement_{\mathbf{Z}} S=\{x \mid x=6 n \pm 2, n \in \mathbf{Z}\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 已知 $M=\left\{(x, y) \mid y=\sqrt{16-x^2}, y \neq 0\right\}, N=\{(x, y) \mid y=x-a\}$, 如果 $M \cap N \neq \varnothing$, 那么 $a$ 的范围是
+%%<SOLUTION>%%
+$[-4 \sqrt{2}, 4) . M \cap N \neq \varnothing \Leftrightarrow y=\sqrt{16-x^2}=x-a \neq 0$ 有解.
+从而有 $-4<x<4, a<4$, 且 $2 x^2-2 a x+a^2-16=0$ 有实数解.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 $A=\left\{x \mid x^2+(p+2) x+1=0, x \in \mathbf{R}\right\}$, 且 $\{x \mid x>0\} \cap A=\varnothing$, 则实数 $p$ 的取值范围是
+%%<SOLUTION>%%
+$(-4,+\infty)$. 依题意, $x^2+(p+2) x+1=0$ 无解或有两个小于 0 的解.
+所以, $\Delta<0$ 或 $\Delta \geqslant 0$ 且 $-(p+2)<0$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 若 $M=\left\{(x, y)|| \tan \pi y \mid+\sin ^2 \pi x=0\right\}, N=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2\right\}$, 则 $M \cap N$ 的元素个数是
+%%<SOLUTION>%%
+9. $M=\{(x, y) \mid x=k, y=l, k, l \in \mathbf{Z}\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 已知两个复数集合 $M=\left\{z \mid z=\cos \alpha+\left(4-\cos ^2 \alpha\right) \mathrm{i}, \alpha \in \mathbf{R}\right\}, N= \{z \mid z=\cos \beta+(\lambda+\sin \beta) i, \beta \in \mathbf{R}\}$. 当 $M \cap N \neq \varnothing$ 时, 实数 $\lambda$ 的取值范围是
+%%<SOLUTION>%%
+$\left[\frac{11}{4}, 5\right]$. 设 $\cos \alpha+\left(4-\cos ^2 \alpha\right) \mathrm{i}=\cos \beta+(\lambda+\sin \beta) \mathrm{i}$, 则有 $\cos \alpha= \cos \beta, 4-\cos ^2 \alpha=\lambda+\sin \beta$. 消去 $\alpha$, 得 $\lambda=\frac{11}{4}+\left(\sin \beta-\frac{1}{2}\right)^2$, 所以 $\frac{11}{4} \leqslant \lambda \leqslant 5$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 若集合 $A=\{x \mid-2 \leqslant x \leqslant 5\}, B=\{x \mid m+1 \leqslant x \leqslant 2 m-1\}$, 且 $A \cap B=B$, 则实数 $m$ 的取值范围是
+%%<SOLUTION>%%
+$m \leqslant 3$. 当 $B=\varnothing$ 时, $m+1>2 m-1$, 得 $m<2$; 当 $B \neq \varnothing$ 时, 须 $-2 \leqslant m+1$, $2 m-1 \leqslant 5, m+1 \leqslant 2 m-1$ 同时满足, 解得 $2 \leqslant m \leqslant 3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 设全集 $U=\left\{x \mid x=2 n-1, n \in \mathbf{N}^*, n \leqslant 7\right\}, A \cap\left(\complement_U B\right)=\{3,7\}$, $\left(\complement_U A\right) \cap B=\{9,13\},\left(\complement_U A\right) \cap\left(\complement_U B\right)=\{1,11\}$. 则 $A=? B=?$
+%%<SOLUTION>%%
+如图(<FilePath:./figures/fig-c2p8.png>)所示,
+$A=\{3,5,7\}, B=\{5,9,13\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 设集合 $A=\left\{x \mid x^2-a x+a^2-19=0\right\}, B=\left\{x \mid x^2-5 x+6=0\right\}$, $C=\left\{x \mid x^2+2 x-8=0\right\}$, 且 $A \cap B \neq \varnothing, A \cap C=\varnothing$. 则实数 $a=?$
+%%<SOLUTION>%%
+$a=-2 . B=\{2,3\}, C=\{2,-4\}$. 由第 8 题图题设知 $3 \in A, 2 \notin A,-4 \notin A$. 将 3 代入方程 $x^2-a x+a^2-19=0$, 得 $a=-2$ 或 5 . 然后逐一检验.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 集合 $A=\left\{(x, y) \mid \sin (3 x+5 y)>0\right.$, 且 $\left.x^2+y^2 \leqslant \pi^2\right\}$ 所构成的平面图形的面积是
+%%<SOLUTION>%%
+$\frac{1}{2} \pi^3 . A=\{(x, y) \mid 2 k \pi<3 x+ 5 y<2 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}, \text{且} x^2+y^2 \leqslant \pi^2\}, A$ 所成图形为图(<FilePath:./figures/fig-c2p10.png>)中阴影部分.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 设 $m, n \in \mathbf{N}^*$, 且 $m>n$, 集合 $A=\{1,2, \cdots, m\}, B=\{1,2, \cdots, n\}$, 又 $C \subset A, B \cap C \neq \varnothing$. 则这样的集合 $C$ 的个数是
+%%<SOLUTION>%%
+$2^{m-n}\left(2^n-1\right)$. 由于 $A$ 的子集中只有由自然数 $n+1, n+2, \cdots, m$ 中任取若干个数组成的集合 $C^{\prime}$,才能使 $B \cap C^{\prime}=\varnothing$, 而这样的集合 $C^{\prime}$ 有 $2^{m-n}$ 个.
+所以满足 $B \cap C \neq \varnothing$ 的集合 $C$ 的个数是 $2^m-2^{m-n}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 设 $\left\{a_n\right\}$ 为等差数列, $d$ 为公差, 且 $a_1$ 和 $d$ 均为实数, $d \neq 0$, 它的前 $n$ 项和记作 $S_n$. 设集合 $A=\left\{\left(a_n, \frac{S_n}{n}\right) \mid n \in \mathbf{N}^*\right\}, B=\{(x, y) \mid \frac{1}{4} x^2-y^2= 1, x, y \in \mathbf{R}\}$. 下列结论是否正确? 如果正确, 请给出证明; 如果不正确, 请举一个例子说明:
+(1) 以集合 $A$ 中的元素为坐标的点都在同一直线上;
+(2) $A \cap B$ 至多有一个元素;
+(3) $a_1 \neq 0$ 时,一定有 $A \cap B \neq \varnothing \varnothing$.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 正确.
+因 $S_n=\frac{\left(a_1+a_n\right)^n}{2}$, 所以 $\frac{S_n}{n}=\frac{a_1+a_n}{2}$. 这说明点 $\left(a_n, \frac{S_n}{n}\right)$ 在直线 $y=\frac{a_1+x}{2}$ 上.
+(2) 正确.
+设 $(x, y) \in A \cap B$, 则 $y=\frac{a_1+x}{2}$, 且 $\frac{1}{4} x^2-y^2=1$. 消去 $y$, 得 $2 a_1 x+a_1^2=-4$. 当 $a_1=0$ 时, 方程组无解; 当 $a_1 \neq 0$ 时, $x=\frac{-4-a_1^2}{2 a_1}$, 方程组恰有一个解.
+故 $A \cap B$ 至多有一个元素.
+(3) 不正确.
+举例如下: 取 $a_1=1, d=1$, 此时若有 $A \cap B \neq \varnothing$, 则存在 $(x, y) \in A \cap B$. 由 (2) 有 $x=\frac{-4-a_1^2}{2 a_1}=-\frac{5}{2}<0$. 另一方面, 对一切 $n \in \mathbf{N}^*, a_n=n>0$, 所以 $(x, y) \notin A$. 这与 $(x, y) \in A \cap B$ 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 已知 $A=\{(x, y) \mid x=n, y=n a+b, n \in \mathbf{Z}\}, B=\{(x, y) \mid x=m, y=3 m^2+15, m \in \mathbf{Z} \}, C=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 144\right\}$ 是坐标平面内的三个点集.
+试问, 是否存在实数 $a 、 b$, 使得 $A \cap B \neq \varnothing$ 、点 $(a, b) \in C$ 同时成立? 若存在, 请求出 $a 、 b$ 的值; 若不存在, 则说明理由.
+%%<SOLUTION>%%
+假设存在实数 $a 、 b$, 同时满足题中的两个条件, 则必存在整数 $n$, 使 $3 n^2-a n+(15-b)=0$, 于是它的判别式 $\Delta=(-a)^2-12(15-b) \geqslant 0$, 即 $a^2 \geqslant 12(15-b)$. 又由 $a^2+b^2 \leqslant 144$ 得 $a^2 \leqslant 144-b^2$, 由此便得 $12(15- b) \leqslant 144-b^2$, 即 $(b-6)^2 \leqslant 0$, 故 $b=6$. 将 $b=6$ 代入上述的 $a^2 \geqslant 12(15-b)$ 及 $a^2 \leqslant 144-b^2$ 得 $a^2=108$, 所以 $a= \pm 6 \sqrt{3}$. 将 $a= \pm 6 \sqrt{3} 、 b=6$ 代入方程 $3 n^2-a n+(15-b)=0$, 求得 $n= \pm \sqrt{3} \notin \mathbf{Z}$. 这说明满足已知两个条件的实数 $a 、 b$ 是不存在的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 给定自然数 $a \geqslant 2$, 集合 $A=\left\{y \mid y=a^x, x \in \mathbf{N}\right\}, B=\{y \mid y=(a+$ 1) $x+b, x \in \mathbf{N}\}$. 在区间 $[1, a]$ 上是否存在 $b$, 使得 $C=A \cap B \neq \varnothing$ ? 如果存在, 试求 $b$ 的一切可能值及相应的集合 $C$; 如果不存在, 试说明理由.
+%%<SOLUTION>%%
+因 $a \geqslant 2, a \in \mathbf{N}, x \in \mathbf{N}$, 所以 $a^x \in \mathbf{N}$, 且 $(a+1) x \in \mathbf{N}$. 又因为 $A \cap B \neq \varnothing$, 所以 $b \in \mathbf{N}$. 只需求 $b \in \mathbf{N}$ 的 $b$ 值, 使得满足 $(a+1) x_2+b=a^{x_1}$, 即 $x_2=\frac{a^{x_1}-b}{a+1}, x_1, x_2 \in \mathbf{N}$. 当 $x_1$ 为正偶数时, $x_2=-\frac{1-a^{x_1}}{1+a}-\frac{b-1}{1+a}$. 因为 $-\frac{1-a^{x_1}}{1+a} \in \mathbf{N}, 1 \leqslant b \leqslant a$, 所以 $0 \leqslant \frac{b-1}{1+a}<1$. 因 $x_2 \in \mathbf{N}$, 故 $b=1$. 当 $x_1$ 为正奇数时, $x_2=\frac{a^{x_1}+1}{a+1}-\frac{b+1}{a+1}$. 因为 $\frac{a^{x_1}+1}{a+1}$ 是大于 1 的自然数, $0 \leqslant \frac{b+1}{a+1} \leqslant 1, x_2 \in \mathbf{N}$, 所以 $b=a$. 综上知, 在 $[1, a]$ 上存在 $b=1$ 或 $b=a$, 使得 $A \cap B \neq \varnothing$. 当 $b=1$ 时, $A \cap B=\left\{y \mid y=a^{2 x}, x \in \mathbf{N}\right\}$; 当 $b=a$ 时, $A \cap B=\{y \mid y=a^{2 x+1}, x \in \mathbf{N}\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 设 $Z$ 表示所有整数的集合.
+对于固定的 $A, B, C \in \mathbf{Z}$, 令
+$$
+\begin{aligned}
+& M_1=\left\{x^2+A x+B \mid x \in \mathbf{Z}\right\}, \\
+& M_2=\left\{2 x^2+2 x+C \mid x \in \mathbf{Z}\right\},
+\end{aligned}
+$$
+求证: 对任何 $A, B \in \mathbf{Z}$, 都可选取 $C \in \mathbf{Z}$, 使得集合 $M_1$ 与 $M_2$ 互不相交.
+%%<SOLUTION>%%
+如果 $A$ 为奇数, 则有 $x(x+A)+B \equiv B(\bmod 2)$, 这表明 $M_1$ 中的所有数都与 $B$ 奇偶性相同.
+对于 $M_2$ 中的数, 有 $2 x(x+1)+C \equiv C(\bmod 2)$. 可见, 为使 $M_1 \cap M_2=\varnothing$, 只须取 $C=B+1$ 即可.
+如果 $A$ 为偶数, 则有 $2 x(x+1)+C \equiv C(\bmod 4)$. 又因 $\left(x+\frac{A}{2}\right)^2$ 作为完全平方数模 4 时只能为 0 或 1 , 故由 $x^2+A x+B=\left(x+\frac{A}{2}\right)^2-\left(\frac{A}{2}\right)^2+B$ 知 $M_1$ 中元素模 4 时只能与 $B 、 B+1$ 或 $B+3$ 同余.
+因而, 当取 $C=B+2$ 时, $M_1 \cap M_2=\varnothing$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 设集合 $S_n=\{1,2, \cdots, n\}$, 若 $Z$ 是 $S_n$ 的子集, 把 $Z$ 中的所有数的和称为 $Z$ 的“容量” (规定空集的容量为 0 ). 若 $Z$ 的容量为奇 (偶) 数, 则称 $Z$ 为 $S_n$ 的奇 (偶)子集.
+(1) 求证: $S_n$ 的奇子集与偶子集个数相等;
+(2)求证: 当 $n \geqslant 3$ 时, $S_n$ 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等;
+(3)当 $n \geqslant 3$ 时, 求 $S_n$ ��所有奇子集的容量之和.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S$ 为 $S_n$ 的奇子集, 令 $T=\left\{\begin{array}{l}S \cup\{1\}, \text { 若 } 1 \notin S, \\ S \backslash\{1\} \text {, 若 } 1 \in S .\end{array}\right.$ 则 $T$ 是偶子集, $S \rightarrow T$ 是奇子集到偶子集的一一对应, 而且对每个偶子集 $T$, 恰有一个奇子集 $S=\left\{\begin{array}{l}T \cup\{1\}, \text { 若 } 1 \notin T, \\ T \backslash\{1\}, \text { 若 } 1 \in T .\end{array}\right.$ 与之对应, 所以(1) 的结论成立.
+对任一 $i(1 \leqslant i \leqslant n)$, 含 $i$ 的子集共 $2^{n-1}$ 个, 用上面的对应方法可知当 $i \neq 1$ 时, 这 $2^{n-1}$ 个集中有一半是奇子集.
+当 $i=1$ 时, 由于 $n \geqslant 3$, 将上边的 1 换成 3 , 同样可得其中有一半是奇子集.
+于是在计算奇子集容量之和时, 元素 $i$ 的贡献是 $2^{n-2} \cdot i$. 奇子集容量之和是 $\sum_{i=1}^n 2^{n-2} i=n(n+1) \cdot 2^{n-3}$. 由上可知, 这也是偶子集的容量之和, 两者相等.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 已知一族集合 $A_1, A_2, \cdots, A_n$ 具有性质:
+(1) 每个 $A_i$ 含 30 个元素;
+(2) 对每一对 $i 、 j, 1 \leqslant i<j \leqslant n, A_i \cap A_j$ 恰含有一个元素;
+(3) $A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n=\varnothing$.
+求使这些集合存在的最大的正整数 $n$.
+%%<SOLUTION>%%
+最大的 $n=871$. 若 $n \geqslant 872$, 则 $A_1$ 中必有一个元素 $a$ 至少属于除 $A_1$外的 30 个集合 (因 $29 \times 30+1=871<n$ ). 设 $a \notin A_i$, 每个含 $a$ 的集与 $A_i$ 有一个公共元, 故 $A_i$ 至少有 31 个元, 矛盾.
+如下 871 个集满足题设: $A=\left\{a_0, a_1, \cdots, a_{29}\right\} ; B_i=\left\{a_0, a_{i, 1}\right.$, $\left.a_{i, 2}, \cdots, a_{i, 29}\right\}, 1 \leqslant i \leqslant 29 ; A_{i, j}=\left\{a_i\right\} \cup\left\{a_{k, j+(k-1)(i-1)}, k=1,2, \cdots, 29\right\}$, $1 \leqslant i, j \leqslant 29$, 其中 $a_{k, s}$ 与 $a_{k, s+29}$ 是同一个元素.
+容易验证 $A \cap B_i, A \cap A_{i, j}$, $B_i \cap B_j(i \neq j), B_s \cap A_{i, j}, A_{i, j} \cap A_{i, t}(j \neq t), A_{i, j} \cap A_{s, j}(i \neq s)$ 为单元素集.
+而 $A_{i, j} \cap A_{s, t}=\left\{a_{h, j+(h-1)(i-1)}\right\}, i \neq s, j \neq \bar{t}$, 其中 $h$ 是 $(x-1)(i-s) \equiv t-j(\bmod 29)$ 的惟一解.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18 设 $M=\{1,2, \cdots, 20\}$, 对于 $M$ 的任一 9 元子集 $S$, 函数 $f(S)$ 取 $1 \sim 20$ 之间的整数值.
+求证: 不论 $f$ 是怎样的一个函数, 总存在 $M$ 的一个 10 元子集 $T$, 使得对所有的 $k \in T$, 都有
+$$
+f(T-\{k\}) \neq k(T-\{k\} \text { 为 } T \text { 对 }\{k\} \text{的差集}).
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+如果一个 10 元子集 $T$ 具有性质: 对任何 $k \in T$, 均有 $f(T-\{k\}) \neq k$, 我们就称 $T$ 为 “好集”. 不是 “好集” 的 10 元子集称为 “坏集”, 也就是说, 如果 $T$ 为“坏集”, 则在 $T$ 中必有一 $k_0$, 使 $f\left(T-\left\{k_0\right\}\right)=k_0$. 若令 $S=T-\left\{k_0\right\}$, 这是一个 9 元子集, 则一方面 $f(S)=k_0$, 另一方面 $T=S \cup\left\{k_0\right\}$, 即 $T=S \cup \{f(S)\}$. 上式表示了 “坏集” 的结构, 它可由某一个 9 元子集 $S$ 生成, 即 $S$ 与 $\{f(S)\}$ 的并集构成了“坏集”.
+如果 $f(S) \in S$, 那么 $S \cup\{f(S)\}$ 是一个 9 元子集, 而不是 10 元子集, 即不构成“坏集”. 因此任一 9 元子集按上式至多能生成一个“坏集”(由函数的定义,对于给定的 $S, f(S)$ 是惟一的). 于是, “坏集” 的个数 $\leqslant 9$ 元子集的个数 $<10$ 元子集的个数.
+最后一个不等式成立是因为, 9 元子集的个数是 $\mathrm{C}_{20}^9$, 而 10 元子集的个数是 $\mathrm{C}_{20}^{10}=\frac{11}{10} \mathrm{C}_{20}^9>\mathrm{C}_{20}^9$. 由此可知, “好集”是存在的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题19 设 $k \geqslant 6$ 为自然数, $n=2 k-1$. $T$ 为所有 $n$ 元数组 $\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right)$ 的集合, 其中 $x_i \in\{0,1\}, i=1,2, \cdots, n$. 对于 $x=\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right), y= \left(y_1, y_2, \cdots, y_n\right) \in T$, 定义
+$$
+d(x, y)=\sum_{i=1}^n\left|x_i-y_i\right| .
+$$
+特别地有 $d(x, x)=0$. 设有一个由 $T$ 的 $2^k$ 个元素组成的子集 $S$, 使对任何 $x \in T$, 都存在惟一的 $y \in S$, 使得 $d(x, y) \leqslant 3$. 求证: $n=23$.
+%%<SOLUTION>%%
+由于 $d(x, x)=0<3$, 所以 $S$ 中任何两个元素的距离都大于 3 . 因而当将 $S$ 中的元素 $x$ 的 $n$ 个分量改变 1 个、2 个或 3 个 (1 变为 0 或 0 变为 1 ) 时, 所得的元素都在 $T-S$ 中, 且 $S$ 中的不同元素按上述办法所得的元素也互不相同.
+按假设知, 对每个 $x \in T$, 都有惟一的 $y \in S$, 使得 $d(x, y) \leqslant 3$, 所以 $T- S$ 中的每个元素都可由 $S$ 中的元素按上述办法生成.
+从而有 $2^n=2^k\left(\mathrm{C}_n^0+\mathrm{C}_n^1+\right. \left.\mathrm{C}_n^2+\mathrm{C}_n^3\right)$. 由于 $n=2 k-1$, 故有 $3 \cdot 2^{k-2}=k\left(2 k^2-3 k+4\right)$. (1) 若 $3 \times k$, 则 $k= 2^m$. 由于 $k \geqslant 6$, 所以 $m \geqslant 3$. 于是 $2 k^2-3 k+4$ 是 4 的倍数但不是 8 的倍数.
+从而由 (1) 可得 $2 k^2-3 k+4=12$, 这个方程无解, 所以 $k$ 为 3 的倍数.
+记 $k= 3 h=3 \cdot 2^q, q \geqslant 1$, 于是 (1) 式化为 $2^{3 h-2}=h\left(18 h^2-9 h+4\right)$. (2) 当 $q \geqslant 3$ 时, $18 h^2-9 h+4$ 是 4 的倍数不是 8 的倍数.
+由 (2) 知 $18 h^2-9 h+4=4$, 无解.
+从而 $q=1$ 或 $2, h=2$ 或 4 . 代入 (2) 式知 $h=2$ 不是根而 $h=4$ 是根.
+所以得到 $n=2 k-1==6 h-1=23$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题20 设 $n \in \mathbf{N}^*$, 而 $A_1, A_2, \cdots, A_{2 n+1}$ 是集合 $B$ 的一族子集且满足条件:
+(1) 每个 $A_i$ 中恰含有 $2 n$ 个元素;
+(2) $A_i \cap A_j(1 \leqslant i<j \leqslant 2 n+1)$ 恰含有一个元素;
+(3) $B$ 中每个元素至少属干两个子集 $A_{i_1}$ 和 $A_{i_2}, 1 \leqslant i_1<i_2 \leqslant 2 n+1$.
+试问：对怎样的 $n \in \mathbf{N}^*$, 可以将 $B$ 中的每一个元素贴上一张写有 0 或 1 的标签, 使得每个 $A_i$ 中恰好有 $n$ 个元素贴有标签 0 ? 试说明理由.
+%%<SOLUTION>%%
+首先, 由条件(1)-(3) 可以导出更强的条件: (3') $B$ 中每个元素恰好属于 $A_1, A_2, \cdots, A_{2 n+1}$ 中的两个.
+若不然, 不妨设有 $b \in B$, 使得 $b \in A_1 \cap A_2 \cap A_3$. 因为对任何 $i \neq j, A_i \cap A_j$ 恰有一个元素, 故知 $A_1 \cap\left(\bigcup_{j=2}^{2 n+1} A_j\right)= \left[A_1 \cap\left(A_2 \cup A_3\right)\right] \cup\left[A_1 \cap\left(\bigcup_{j=4}^{2 n+1} A_j\right)\right]$ 中至多有 $2 n-1$ 个元素.
+另一方面, 又由 (3) 知 $A_1$ 中每个元素至少属于另外的某个 $A_i(i \neq 1)$, 所以 $A_1 \cap\left(\bigcup_{j=2}^{2 n+1} A_j\right)$ 中又应有 $2 n$ 个元素, 矛盾.
+由 $\left(3^{\prime}\right)$ 知, 对于每个 $a \in B, a$ 都对应于由两个不同正整数组成的一个数对.
+具体地说, 若 $a \in A_i \cap A_j$, 则令 $a$ 与 $\{i, j\}$ 相对应.
+显然, 这个对应是个双射.
+若能按要求为 $B$ 中的数标上 0 和 1 , 则在上述数组中恰有一半与 0 对应.
+这样的数组的个数为 $\frac{1}{2} \mathrm{C}_{2 n+1}^2=\frac{1}{2} n(2 n+1)$. 可见, $n$ 必为偶数.
+用构造法证明, 把一个圆周用 $2 n+1$ 个点均分成 $2 n+1$ 等分.
+在这些点依逆时针顺序标上 $1,2, \cdots, 2 n+1$. 对于任何 $1 \leqslant i<j \leqslant 2 n+1$, 看 $i$ 与 $j$ 在圆周上的劣弧, 若 $i$ 与 $j$ 之间有奇数段弧, 则给 $\{i, j\}$ 所对应的 $a \in B$ 标上数 1 ; 若有偶数段弧, 则标上数 0 . 由于 $n$ 为偶数, 因此不论 $i$ 为何值, $A_i$ 中的元素都恰有一半标有数 0 而另一半标有数 1 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise3.tex

@@ -0,0 +1,251 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 设 $f(x)=x^2+x-2, A=\{n \mid 1 \leqslant n \leqslant 100, n \in \mathbf{Z}\}, B=\{y \mid y=f(n), n \in A\}$,则集合 $B \bigcap\{2 m \mid m \in \mathbf{Z}\}$ 的元素的个数是
+%%<SOLUTION>%%
+$100$. 当 $n \in A$ 时, $y=f(n)=n^2+n-2$ 恒为偶数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 设 $M=\{1,2, \cdots, 1995\}, A$ 是 $M$ 的子集, 且满足条件: 当 $x \in A$ 时, $15 x \notin A$. 则 $A$ 中元素个数最多是
+%%<SOLUTION>%%
+$1870$ . $k$ 与 $15 k(k=9,10, \cdots, 133)$ 不能同在 $A$ 中, 又 $133<15 \times 9$, 所以 $|A| \leqslant 1995-(133-9+1)=1870$. 另一方面, 设 $B=\{1,2, \cdots, 8\}$, $C=\{134,135, \cdots, 1995\}$, 取 $A=B \cup C$, 则 $|A|=1870$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 把集合 $\left\{1,2, \cdots, 10^6\right\}$ 划分成两个不交的子集,一个是所有可以表示为一个完全平方数与一个完全立方数之和的数所成的子集, 另一个是集合中所有其余的数所成的子集.
+问哪一个子集元素较多? 说明理由.
+%%<SOLUTION>%%
+将前一个子集记为 $A$, 依题设对任何 $n \in A$, 都存在 $k, m \in \mathbf{N}^*$, 使得 $n=k^2+m^3$. 由于 $n \leqslant 10^6$, 所以 $k \leqslant 10^3, m \leqslant 10^2$, 因而数对 $(k, m)$ 的个数不超过 $10^5$ 个, 从而 $n \in A$ 的个数也不超过 $10^5$ 个.
+可见,第二个子集的元素多.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 集合 $\{00,01, \cdots, 98,99\}$ 的子集 $X$ 满足: 在任一无穷的数字序列中均有 2 个相邻数字构成 $X$ 的元素.
+$X$ 最少应含多少个元素?
+%%<SOLUTION>%%
+对任意的 $i, j \in\{0,1, \cdots, 9\}, X$ 应包含 $\overline{i j}$ 或 $\overline{j i}$ 之一.
+这种无序对 $(i$, $j$ ) 共有 $10+\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 9=55$ 个, 故 $|X| \geqslant 55$. 又如取 $X=\{\overline{i j} \mid 0 \leqslant i \leqslant j \leqslant 9\}$, 则 $|X|=55$, 且对任一无穷序列, 设 $i$ 为它所含的最小数字, $j$ 为 $i$ 的后一项,则 $\overline{i j} \in X$. 故 $X$ 最少含 55 个元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 设 $S$ 是 $n$ 个不同实数的集合, $A_s$ 是由 $S$ 中所有互不相同的两元素的平均值所组成的集合.
+对给定 $n \geqslant 2, A_s$ 最少可能有多少个元素?
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S=\left\{x_1, x_2, \cdots, x_n\right\}$, 且 $x_1<x_2<\cdots<x_n$, 则 $\frac{x_1+x_2}{2}<\frac{x_1+x_3}{2} <\cdots<\frac{x_1+x_n}{2}<\frac{x_2+x_n}{2}<\frac{x_3+x_n}{2}<\cdots<\frac{x_{n-1}+x_n}{2}$, 因此, $A_S$ 中至少有 $2 n-3$ 个元素.
+另一方面, 若取 $S=\{2,4,6, \cdots, 2 n\}$, 则 $A_S=\{3,4,5, \cdots$, $2 n-1\}$ 只有 $2 n-3$ 个元素.
+所以, $\left|A_S\right|$ 的最小值为 $2 n-3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 集 $A=\left\{z \mid z^{18}=1\right\}, B=\left\{w \mid w^{48}=1\right\}$ 都是 1 的复单位根的集合, $C==\{z w \mid z \in A, w \in B\}$ 也是 1 的复单位根的集合.
+问集合 $C$ 中含有多少个元素?
+%%<SOLUTION>%%
+集合 $A$ 的元素为 $z=\cos \frac{2 k \pi}{18}+i \sin \frac{2 k \pi}{18}$. 集合 $B$ 的元素为 $w= \cos \frac{2 t \pi}{48}+i \sin \frac{2 t \pi}{48} . z w=\cos \frac{2(8 k+3 t)}{144} \pi+i \sin \frac{2(8 k+3 t)}{144} \pi$. 因为 8 和 3 互质, 故存在整数 $k$ 和 $t$, 使 $8 k+3 t=1$. 进而, 存在整数 $k 、 t$, 使 $8 k+3 t=m$. 取 $m=0,1,2, \cdots, 143$, 则得到 $z w$ 的 144 个不同的值.
+于是, 集合 $C=\{z w \mid z \in A, w \in B\}$ 含有 144 个元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7. 集合 $A$ 的元素都是整数, 其中最小的是 1 , 最大的是 100. 除 1 以外, 每一个元素都等于集合 $A$ 的两个数(可以相同)的和.
+求集合 $A$ 的元素个数的最小值.
+%%<SOLUTION>%%
+易知集合 $\{1,2,3,5,10,20,25,50,100\}$ 满足条件, 故集合 $A$ 的元素个数的最小值不大于 9 . 若 $\left\{1,2, x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, 100\right\}$ 也满足条件, 则 $x_1 \leqslant 4, x_2 \leqslant 8, x_3 \leqslant 16, x_4 \leqslant 32, x_5 \leqslant 64$. 但 $x_4+x_5 \leqslant 96<100$, 所以 $x_5=50 . x_3+x_4 \leqslant 48<50$, 所以 $x_4=25 . x_2+x_3 \leqslant 24<25$, 所以 $25=2 x_3$, 矛盾.
+所以,集合 $A$ 的元素个数的最小值为 9 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 设 $M$ 为有限数集, 现知从它的任何 3 个元素中都可以找出两个数, 它们的和属于 $M$. 试问 : $M$ 中最多可能有多少个元素?
+%%<SOLUTION>%%
+最多 7 个元素.
+由 7 个元素组成的数集的例子有: $\{-3,-2,-1,0$, $1,2,3\}$. 对 $m \geqslant 8$, 任何由 $m$ 个数组成的数集 $A=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_m\right\}$ 都不具有所要求的性质.
+不失一般性, 可设 $a_1>a_2>a_3>\cdots>a_m$ 且 $a_4>0$ (因为若把每个数都乘以 -1 , 不会改变我们的性质). 于是, $a_1+a_2>a_1+a_3>a_1+$$a_4>a_1$, 从而和数 $a_1+a_2, a_1+a_3, a_1+a_4$ 都不属于集合 $A$. 并且��数 $a_2+a_3$ 与 $a_2+a_4$ 不可能同时属于集合 $A$, 此因 $a_2+a_3>a_2, a_2+a_4>a_2$, 且 $a_2+ a_3 \neq a_2+a_4$. 这样一来, 对数组 $\left(a_1, a_2, a_3\right)$ 和 $\left(a_1, a_2, a_4\right)$, 至少有一个组中任何两个数的和都不是 $A$ 中的元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 设 $A$ 是一个正整数的集合, 且对任意 $x, y \in A$, 都有 $|x-y| \geqslant \frac{x y}{25}$. 求证: $A$ 中最多有 9 个元素.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $A=\left\{x_1, x_2, \cdots, x_n\right\}, x_{i+1}=x_i+d_i, d_i>0$. 由条件 $|x-y| \geqslant \frac{x y}{25}$ 易知, $A$ 中至多有 1 个元素不小于 25 , 从而有 $x_{n-1} \leqslant 24$. 由 $d_i=\mid x_{i+1}- x_i \mid \geqslant \frac{x_{i+1} \cdot x_i}{25}=\frac{\left(x_i+d_i\right) x_i}{25}$, 解得 $d_i \geqslant \frac{x_i^2}{25-x_i}$. 若 $x_5 \geqslant 5$, 则 $d_5 \geqslant \frac{25}{20}>1$, 故有 $x_6 \geqslant 7$. 从而 $d_6>2, x_7 \geqslant 10 ; d_7>6, x_8 \geqslant 17 ; d_8>36, x_9 \geqslant 54>25$. 可见, $A$ 中至多有 9 个元素.
+另一方面, 容易验证集合 $\{1,2,3,4,5,7,10$, 17,543 满足题中要求.
+从而知集合 $A$ 中最多有 9 个元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 对于集合 $S=\left\{\left(a_1, a_2, \cdots, a_5\right) \mid a_i=0\right.$ 或 $\left.1, i=1,2, \cdots, 5\right\}$ 中的任意两个元素 $A=\left(a_1, a_2, \cdots, a_5\right)$ 和 $B=\left(b_1, b_2, \cdots, b_5\right)$, 定义它们的距离为: $d(A, B)=\left|a_1-b_1\right|+\cdots+\left|a_5-b_5\right|$. 取 $S$ 的一个子集 $T$, 使 $T$ 中任意两个元素之间的距离都大于 2 . 问子集 $T$ 中最多含多少个元素? 证明你的结论.
+%%<SOLUTION>%%
+假设有一个 5 个元素的子集也符合条件,则这 5 个元素中至少有 3 个的第一位数码相同.
+不妨设 $A 、 B 、 C$ 这三个元素的第一位数码相同.
+同样, 在 $A 、 B 、 C$ 中, 第二、三、四、五个数码上, 每一位都至少有两个元素的对应数码相同.
+但 $A 、 B 、 C$ 三元素两两分组只有 3 组, 故至少有两个元素, 它们除第一数码相同外, 至少还有两位数码相同, 不妨设 $A$ 与 $B$, 则 $A 、 B$ 的距离不大于 2 , 矛盾.
+故 $T$ 的元素不多于 4 个.
+可令 $T=\{(1,1,1,1,1),(0,0,0,1$, $1),(1,1,0,0,0),(0,0,1,0,0)\}$, 则不难验证结论成立.
+所以 $|T|_{\max }=4$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 求最大正整数 $n$,使得 $n$ 元集合 $S$ 同时满足:
+(1) $S$ 中的每个数均为不超过 2002 的正整数;
+(2) 对于 $S$ 的两个数 $a$ 和 $b$ (可以相同), 它们的乘积 $a b$ 不属于 $S$.
+%%<SOLUTION>%%
+设集合 $A=\{1\}, B=\left\{2^1, 2^2, \cdots, 2^{10}\right\}, C=\left\{3^1, 3^2, \cdots, 3^6\right\}$, $D=\left\{5^1, 5^2, 5^3, 5^4\right\}, E=\left\{6^1, 6^2, 6^3, 6^4\right\}, X_i=\left\{i, i^2\right\}$, 其中 $i$ 不是 $2 、 3 、 4 、 5 、 6$ 的幂, 且满足 $7 \leqslant i \leqslant 44$. 于是, 集合 $S$ 中: 至少不包含 $A$ 中的 1 个元素; 至少不包含 $B$ 中的 5 个元素; 至少不包含 $C$ 中的 3 个元素; 至少不包含 $D$ 中的 2 个元素; 至少不包含 $E$ 中的 2 个元素; 至少不刨含 31 个 $X_i$ 中每个集合中的 1 个元素.
+所以, $S$ 中最多有 $2002-(1+5+3+2+2+31)=1958$ 个元素.
+例如, $S=\{45,46,47, \cdots, 2002\}$ 即为满足条件且有 1958 个元素的集合.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 我们称一个正整数的集合 $A$ 是“一致”的,是指: 删除 $A$ 中任何一个元素之后, 剩余的元素可以分成两个不相交的子集, 而且这两个子集的元素之和相等.
+求最小的正整数 $n(n>1)$, 使得可以找到一个具有 $n$ 个元素的 “一致”集合 $A$.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $A=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\}$, 又设 $M$ 是 $A$ 中各元素之和.
+根据题中的条件可以断定, 对任何 $i=1,2, \cdots, n, M-a_i$ 是偶数.
+如果 $M$ 是偶数, 则 $A$ 中每个元素也都是偶数, 即 $a_i=2 b_i$, 而集合 $\left\{b_1, b_2, \cdots, b_n\right\}$ 仍然是“一致” 的.
+假定 $M$ 是奇数,故对于 $i=1,2, \cdots, n, a_i$ 也都是奇数.
+由于 $a_1+a_2+\cdots+ a_n=M, n$ 也是奇数.
+$n=7$ 时, 容易验证集合 $A=\{1,3,5,7,9,11,13\}$ 是一致的.
+假定 $n \leqslant 5$, 对于 $n=1,3$ 的情形是显然的.
+设 $n=5$. 将元素按升序排列, 即 $a_1<a_2<a_3<a_4<a_5$. 将集合 $\left\{a_2, a_3, a_4, a_5\right\}$ 分成两个不相交的子集， 且使每个子集的元素之和相等,有两种方式: $a_5+a_2=a_3+a_4, a_5=a_2+a_3+ a_4$. 类似地对集合 $\left\{a_1, a_3, a_4, a_5\right\}$ 有, $a_5+a_1=a_3+a_4, a_5=a_1+a_3+a_4$. 考虑其可能的组合: 如果 $a_5+a_2=a_3+a_4$, 且 $a_5+a_1=a_3+a_4$, 则有 $a_1= a_2$, 矛盾.
+如果 $a_5+a_2=a_3+a_4$, 且 $a_5=a_1+a_3+a_4$, 则有 $a_1+a_2=0$, 矛盾.
+如果 $a_5=a_2+a_3+a_4$, 且 $a_5+a_1=a_3+a_4$, 则有 $a_1+a_2=0$, 矛盾.
+如果 $a_5=a_2+a_3+a_4$, 且 $a_5=a_1+a_3+a_4$, 则有 $a_1=a_2$, 矛盾.
+因此, $n \neq 5$, 故 $n=7$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 已知集合 $M=\{A \mid A$ 是各位数字互不相同的十位正整数, 且 $11111 \mid A\}$. 求 $|M|$.
+%%<SOLUTION>%%
+因为 $A$ 的各位数字互不相同, 所以 $A \equiv 0+1+\cdots+9 \equiv 0(\bmod 9)$, 即 $9 \mid A$. 又 $11111 \mid A$, 而 $(9,11111)=1$, 故 $99999 \mid A$. 设 $A=99999 A_0, A_0 \in \mathbf{Z}^{+}$. 因为 $10^9<A<10^{10}$, 所以 $\frac{10^9}{10^5-1}<A_0<\frac{10^{10}}{10^5-1}$. 又因为 $\frac{10^9}{10^5-1}> \frac{10^9}{10^5}=10^4, 10^5+1<\frac{10^{10}}{10^5-1}<10^5+2$, 所以 $10^4<A_0 \leqslant 10^5+1$.
+显然, 当 $A_0=10^5+1$ 或 $10^5$ 时, 不合题意, 故 $10^4<A_0<10^5$, 即 $A_0$ 为五位数.
+设 $A_0=\overline{a_0 a_1 a_2 a_3 a_4}$, 其中 $a_0>0, a_i \in\{0,1, \cdots, 9\} i=0,1,2,3,4$, 则 $A=A_0\left(10^5-1\right)=\overline{a_0 a_1 a_2 a_3 a_4 00000}-\overline{a_0 a_1 a_2 a_3} \overline{a_4}$. 记 $A= c_4=a_4-1, c_0^{\prime}=9-a_0, c_1^{\prime}=9-a_1, c_2^{\prime}=9-a_2, c_3^{\prime}=9-a_3, c_4^{\prime}=10- a_4$; 若 $a_4=0$, 则 $a_3 \neq 0$ (否则 $A$ 的数位中有两个 0 ). 于是, $c_0=a_0, c_1=a_1, c_2=a_2, c_3=a_3-1, c_4=9, c_0^{\prime}=9-a_0, c_1^{\prime}=9-a_1, c_2^{\prime}=9-a_2, c_3^{\prime}= 10-a_3, c_4^{\prime}=0$. 所以 $c_i+c_i^{\prime}=9(0 \leqslant i \leqslant 4$, 且 $i \in \mathbf{N})$. (1)
+因此 $\left\{\left(c_i, c_i^{\prime}\right) \mid 0 \leqslant i \leqslant 4, i \in \mathbf{N}\right\}=\{(0,9),(1,8),(2,7),(3,6)$, $(4,5),(9,0),(8,1),(7,2),(6,3),(5,4)\}$. 因为 $c_0 \neq 0$, 所以满足条件 (1) 的 $A$ 的个数为 $5 ! \times 2^5-4 ! \times 2^4=3456$. 反之, 任何满足条件 (1) 的数都可表示为: $\overline{c_0 c_1 c_2 c_3 c_4 00000}+\overline{c_0^{\prime} c_1^{\prime} c_2{ }^{\prime} c_3^{\prime} c_4^{\prime}}=\overline{c_0 c_1 c_2 c_3 c_4} \cdot\left(10^5-1\right)+99999$, 必可被 11111 整除.
+因此, $|M|=3456$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 设 $F$ 是所有有序 $n$ 元组 $\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right)$ 构成的集合, 其中 $A_i(1 \leqslant i \leqslant n$ ) 都是集合 $\{1,2,3, \cdots, 2002\}$ 的子集, 设 $\mid A$ | 表示集合 $A$ 的元素的数目, 对 $F$ 中的所有元素 $\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right)$, 求 $\left|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right|$ 的总和, 即
+$$
+\sum_{\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right) \in F}\left|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right| .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+$\sum_{\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right) \in F}\left|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right|$ 的值, 即是 $\{1,2, \cdots, 2002\}$ 中元素出现的次数之和.
+对每一个 $k \in\{1,2,3, \cdots, 2002\}$, 因为 $\{1,2, \cdots$, $2002\}$ 共有 $2^{2002}$ 个子集,这些子集的全体记作集合 $M$. 其中不含有元素 $k$ 的子集共有 $2^{2001}$ 个, 记这些子集全体为 $N$. 当 $n$ 元组 $\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right)$ 中 $A_i(i=1$, $2, \cdots, n)$ 都取遍 $M$ 时, 共有 $2^{2002 n}$ 个这样的 $n$ 元组.
+但其中当 $A_i(i=1,2, \cdots$, $n)$ 都不含有 $k$ 即 $A_i \in N(i=1,2 \cdots, n)$ 时, 这样的 $n$ 元组 $\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right)$ 共有 $2^{2001 n}$ 个.
+所以 $\sum_{\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right) \in F}\left|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right|$ 中 $k$ 出现 $2^{2002 n}-2^{2001 n}$次, 当 $k=1,2, \cdots, 2002$ 时, 即 $\sum_{\left(A_1, A_2, \cdots, A_n\right) \in F}\left|A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n\right|=2002 \cdot(2^{2002 n}-2^{2001 n} )$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 设 $O x y z$ 是空间直角坐标系, $S$ 是空间中的一个由有限个点所形成的集合, $S_x 、 S_y 、 S_z$ 分别是 $S$ 中所有的点在 $O y z$ 平面、 $O z x$ 平面、 $O x y$ 平面上的正交投影所成的集合.
+证明
+$$
+|S|^2 \leqslant\left|S_x\right| \cdot\left|S_y\right| \cdot\left|S_z\right|,
+$$
+其中 $|A|$ 表示有限集合 $A$ 中的元素数目.
+(说明: 所谓一个点在一个平面上的正交投影是指由点向平面所作垂线的垂足.
+)
+%%<SOLUTION>%%
+记 $S_{i, j}$ 是 $S$ 中形如 $(x, i, j)$ 的点的集合, 即 $S$ 中在 $O y z$ 平面内正交投影坐标为 $(i, j)$ 的一切点的集合.
+显然 $S=\bigcup_{(i, j) \in S_x} S_{i, j}$. 由柯西不等式, 得 $|S|^2=\left(\sum_{\left(i, j, \in S_x\right.}\left|S_{i, j}\right|\right)^2 \leqslant \sum_{(i, j) \in S_x} 1^2 \times \sum_{(i, j) \in S_x}\left|S_{i, j}\right|^2=\left|S_x\right| \sum_{(i, j) \in S_x}\left|S_{i, j}\right|^2$. 令 $X= \bigcup_{(i, j) \in S_x}\left(S_{i, j} \times S_{i, j}\right)$, 则 $|X|=\sum_{(i, j) \in S_x}\left|S_{i, j}\right|^2$.
+作映射 $f: X \rightarrow S_y \times S_z, f\left((x, i, j),\left(x^{\prime}, i, j\right)\right)=\left((x, j),\left(x^{\prime}, i\right)\right)$. 显然 $f$ 为单射.
+因此, $|X| \leqslant\left|S_y\right| \cdot\left|S_z\right|$. 故 $|S|^2 \leqslant\left|S_x\right| \cdot|X| \leqslant\left|S_x\right| \cdot \left|S_y\right| \cdot\left|S_z\right|$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 设 $S$ 为十进制��至多有 $n$ 位数字的所有非负整数所成的集合, $S_k$ 由 $S$ 中那些数字之和小于 $k$ 的元素组成.
+对于怎样的 $n$, 有 $k$ 存在, 使得 $|S|= 2\left|S_k\right|$ ?
+%%<SOLUTION>%%
+对于任一个 $n$ 位数 $A=\overline{a_1 a_2 \cdots a_n}\left(0 \leqslant a_i \leqslant 9, i=1,2, \cdots, n\right)$, 对应 $A \rightarrow B=\overline{b_1 b_2 \cdots b_n}$ 是位数不超过 $n$ 的所有非负整数的集合到它自身的一个双射, 其中 $b_i=9-a_i, i=1,2, \cdots, n$. 若记 $d(A)=a_1+a_2+\cdots+a_n$, 则 $d(A)+d(B)=9 n$. 由此可见, 对于任意 $0<k \leqslant 9 n, d(A)<k$ 的充分必要条件是 $d(B)>9 n-k$. 因而有 $\left|\left\{A \mid d(A)<\frac{9 n}{2}\right\}\right|=\left|\left\{A \mid d(A)>\frac{9 n}{2}\right\}\right|$.
+当 $n$ 为奇数时, $\frac{9 n}{2}$ 不是整数, 故 (1) 中左右两端的集合之并集为 $S$, 所以当 $k=\left[\frac{9 n}{2}\right]+1$ 时, $|S|=2\left|S_k\right|$. 当 $n$ 为偶数时, $\frac{9 n}{2}$ 是整数, 当 $k==\frac{9 n}{2}$ 时, $|S|> 2\left|S_k\right|,|S|<2\left|S_{k+1}\right|$, 这时满足要求的 $k$ 不存在.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 $n, m$ 为正整数, $A=\{1,2, \cdots, n\}, B_n^m=\{\left(a_1, a_2, \cdots, a_m\right) \mid a_i \in A, i=1,2, \cdots, m\}$ 满足:
+(1) $\left|a_i-a_{i+1}\right| \neq n-1, i=1,2, \cdots, m-1$;
+(2) $a_1, a_2, \cdots, a_m(m \geqslant 3)$ 中至少有三个不同.
+求 $B_n^m$ 和 $B_6^3$ 的元素的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+由题意, 若 $B_n^m$ 非空, 则 $n, m \geqslant 3$. 计算仅满足条件 (1) 的 $\left(a_1, a_2, \cdots\right.$, $\left.a_m\right)$ 的个数, 这时 1 与 $n$ 不相邻.
+记这样的 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_m\right)$ 有 $S_m$ 个, 其中 $x_m$ 个以 1 开头, $y_m$ 个以 $2, \cdots, n-1$ 开头, $z_m$ 个以 $n$ 开头, 则 $S_m=x_m+y_m+z_m$, 那么有递推式 $x_{m+1}=x_m+y_m, y_{m+1}=(n-2)\left(x_m+y_m+z_m\right), z_{m+1}=y_m+z_m$. 以上三式相加得 $S_{m+1}=(n-1) S_m+(n-2) S_{m-1}$. (*)
+又易知 $S_1=n, S_2=n^2-2$, 而 (*) 的特征方程是 $t^2-(n-1) t-(n-2)=0$, 其特征根为 $t_{1,2}=\frac{n-1 \pm \sqrt{n^2+2 n-7}}{2}$, 故 $S_m=A \cdot\left(\frac{n-1+\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^m+ B \cdot\left(\frac{n-1-\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^m$, 其中 $A 、 B$ 由 $S_1=A \cdot\left(\frac{n-1+\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)+ B \cdot\left(\frac{n-1-\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)=n$ 及 $S_2=A \cdot\left(\frac{n-1+\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^2+B \cdot$
+$$
+\begin{aligned}
+& \left(\frac{n-1-\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^2=n^2-2 \text { 确定, 解得 } A=\frac{1+\frac{n+1}{\sqrt{n^2+2 n-7}}}{2}, \\
+& B=\frac{1-\frac{n+1}{\sqrt{n^2+2 n-7}}}{2} . \\
+& \text { 故 } S_m=\left(\frac{1+\frac{n+1}{\sqrt{n^2+2 n-7}}}{2}\right)\left(\frac{n-1+\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^m+ \\
+& \left(\frac{1-\frac{n+1}{\sqrt{n^2+2 n-7}}}{2}\right)\left(\frac{n-1-\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^m .
+\end{aligned}
+$$
+下面再减去满足 (1) 而不满足 (2) 的.
+若 $a_1, a_2, \cdots, a_m$ 全相同, 即 $a_1= \cdots=a_m=k \in\{1,2, \cdots, n\}$, 这样的 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_m\right)$ 有 $n$ 个 $(n \geqslant 3)$; 若 $a_1$, $a_2, \cdots, a_m$ 中恰含两个不同的数, 选出这两个数有 $\mathrm{C}_n^2$ 种方法, 但不能选 $\{1, n\}$, 故有 $\mathrm{C}_n^2-1$ 种选法, 这样的 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_m\right)$ 有 $\left(\mathrm{C}_n^2-1\right)\left(2^m-2\right)$ 种.
+综上所述,
+$$
+\begin{aligned}
+& \left|B_n^m\right|=S_m-n-\left(\mathrm{C}_n^2-1\right)\left(2^m-2\right)=\left(\frac{1+\frac{n+1}{\sqrt{n^2+2 n-7}}}{2}\right) \\
+& {\left[\frac{n-1+\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^m+\left(\frac{1-\frac{n+1}{\sqrt{n^2+2 n-7}}}{2}\right)\left[\left(\frac{n-1-\sqrt{n^2+2 n-7}}{2}\right)^m-\right.} \\
+& n-\left(\mathrm{C}_n^2-1\right)\left(2^m-2\right)(n, m \geqslant 3) .
+\end{aligned}
+$$
+特别地, 当 $n=6, m=3$ 时, $S_3=5 S_2+4 S_1=5 \times 34+4 \times 6=194$, 所以 $\left|B_6^3\right|=194-6-\left(C_6^2-1\right)\left(2^3-2\right)=104$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18 设 $S$ 为平面上给定的有限整点集, $A$ 为 $S$ 的满足任两点的连线都不平行于坐标轴的元素个数最多的子集, $B$ 为整数集的满足对任意 $(x, y) \in S$, 总有 $x \in B$ 或 $y \in B$ 的元素个数最少的子集.
+证明: $|A| \geqslant|B|$.
+%%<SOLUTION>%%
+记 $\tau=|B|$, 从集合 $S$ 中尽可能多的去掉一些点得到 $S$ 的子集 $S^{\prime}$, 使得 $S^{\prime}$ 满足: 1) 若 $B^{\prime}$ 为 $\mathbf{Z}$ 的满足 $\forall(x, y) \in S^{\prime}$, 总有 $x \in B^{\prime}$ 或 $y \in B^{\prime}$ 的元素个数最小的子集, 则 $\left.\left|B^{\prime}\right|=\tau ; 2\right)$ 对 $\forall b \in S^{\prime}$, 若 $B^{\prime \prime}$ 是 $\mathbf{Z}$ 的满足 $\forall(x, y) \in S^{\prime} \backslash\{b\}$, 总有 $x \in B^{\prime \prime}$ 或 $y \in B^{\prime \prime}$ 的元素个数最小的子集, 则 $\left|B^{\prime \prime}\right|<\tau$. 我们要证明: $S^{\prime}$ 中任两点的连线都不平行于坐标轴, 从而 $|A| \geqslant\left|S^{\prime}\right| \geqslant \tau= |B|$.
+反证: 若有 $a, b \in S^{\prime}$ 使 $a b$ 平行于 (不妨设) $x$ 轴,则 $a 、 b$ 的第二个坐标分量相同, 记为 $z$. 考虑 $S^{\prime} \backslash\{a\}$, 由 $S^{\prime}$ 的性质, 存在 $\mathbf{Z}$ 的子集 $U_a$, 使 $S^{\prime} \backslash\{a\}$ 的任一元素至少有一个坐标分量在 $U_a$ 中, 且 $\left|U_a\right|=\tau-1$ 及 $a$ 的两个坐标分量都不在 $U_a$ 中; 对于 $S^{\prime} \backslash\{b\}$, 有类似的 $U_b \subset \mathbf{Z}$. 设 $S^{\prime \prime}$ 为 $S^{\prime}$ 的子集满足: $S^{\prime \prime}$ 中任一点的两个坐标分量都在 $\{z\} \cup\left(U_a \cup U_b-U_a \cap U_b\right)$ 中, 令 $t=\left|U_a \cap U_b\right|$, 则 $S^{\prime \prime}$ 所有不同的坐标分量最多有 $2(\tau-1-t)+1$. 显然对 $S^{\prime \prime}$, 存在 $\mathbf{Z}$ 的子集 $C$, 使 $S^{\prime \prime}$ 的任意一个元素总有一个分量在 $C$ 中, 且 $|C| \leqslant \tau-1-t$.
+现在令 $C^{\prime}=C \cup\left(U_a \cap U_b\right)$, 则 $S^{\prime}$ 的任一元素总有一个分量在 $C^{\prime}$ 中.
+事实上, 取 $u \in S^{\prime}$, (1) $u=a$ 或 $b$, 则 $u \in S^{\prime \prime}$, 于是由 $C$ 的性质, $u$ 至少有一个分量在 $C$ 中, 从而在 $C^{\prime}$ 中; (2) $u \neq a$ 及 $b$, 则 $u$ 总有一个分量在 $U_a$ 中, 且 $u$ 总有一个分量在 $U_b$ 中.
+如果 $u$ 的同一个坐标分量在 $U_a$ 和 $U_b$ 中, 则在 $U_a \cap U_b$ 中, 从而在 $C^{\prime}$ 中; 如果 $u$ 的一个坐标在 $U_a$ 中而另一个在 $U_b$ 中, 则 $u$ 在 $S^{\prime \prime}$ 中, 从而至少有一个分量在 $C$ 中, 从而在 $C^{\prime}$ 中.
+故 $\tau \leqslant\left|C^{\prime}\right|=\left|C \cup\left(U_a \cap U_b\right)\right| \leqslant |C|+t \leqslant \tau-1-t+t=\tau-1$, 矛盾!
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise4.tex

@@ -0,0 +1,223 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 已知集合 $\{1,2,3, \cdots, 3 n-1,3 n\}$, 可以分为 $n$ 个互不相交的三元组 $\{x, y, z\}$, 其中 $x+y=3 z$. 则满足上述要求的两个最小的正整数 $n$ 是
+%%<SOLUTION>%%
+5,8 . 设三元组为 $\left\{x_i, y_i, z_i\right\}$, 且 $x_i+y_i=3 z_i, i=1,2, \cdots, n$. 则有 $\sum_{i=1}^n\left(x_i+y_i+z_i\right)=4 \sum_{i=1}^n z_1=\frac{3 n(3 n+1)}{2}$. 当 $2 \mid n$ 时, $8 \mid n$, 得 $n$ 的最小值为 8 ; 当 $2 \times n$ 时, $8 \mid 3 n+1$, 得 $n$ 的最小值为 5 . 可验证 $5 、 8$ 即为所求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 设 $S$ 是一个有 6 个元素的集合,选取 $S$ 的两个子集(可以相同), 使得这两个子集的并集是 $S$, 选取的次序无关紧要, 例如, 一对子集 $\{a, c\},\{b, c$, $d, e, f\}$ 与一对子集 $\{b, c, d, e, f\},\{a, c\}$ 表示同一种取法.
+这样的取法有?种。
+%%<SOLUTION>%%
+$435$. 设 $S=A \cup B,|A| \leqslant|B|$. 若 $|A|=0$, 则 $|B|=6$, 有 1 种取法; 若 $|A|=1$, 则 $|B|=6,5$, 有 $\mathrm{C}_6^1 \mathrm{C}_6^6+\mathrm{C}_6^1 \mathrm{C}_5^5=12$ 种取法; 类似地, 可分别计算出 $|A|=2,3,4,5,6$ 时的取法数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 设集合 $A \cup B=\{1,2, \cdots, 9\}, A \cap B=\varnothing$. 求证: 在 $A$ 或 $B$ 中含有三个元素 $x 、 y 、 z$, 使得 $x+z=2 y$.
+%%<SOLUTION>%%
+假设结论不成立.
+不妨设 $5 \in A$, 则 $1 、 9$ 不同时属于 $A$. 若 $1 \in A$, 且 $9 \in B$, 则 $3 \in B \Rightarrow 6 \in A \Rightarrow 4,7 \in B \Rightarrow 2,8 \in A$, 与 $5 \in A$ 矛盾.
+若 $1,9 \in B$, 当 $7 \in A \Rightarrow 3,6 \in B$, 与 $9 \in B$ 矛盾; 当 $7 \in B \Rightarrow 8,4 \in A \Rightarrow 3 \in B \Rightarrow 2 \in A$, $2,5,8 \in A$ 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 已知集合 $M$ 是 $\{1,2, \cdots, 2003\}$ 的子集,且 $M$ 中任意两个元素之和均不能被 3 整除.
+求集合 $M$ 中元素个数的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+考虑集合 $A=\{3,6,9, \cdots, 2001\}, B=\{1,4,7, \cdots, 2002\}, C= \{2,5,8, \cdots, 2003\}$. 由 $A$ 中至多选一个元素与集合 $B$ 或 $C$ 构成一个新的集合 $M$. 因为 $|B|=|C|=668$, 所以 $M$ 中最多有 669 个元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 试证: 对于每个大于 1 的整数 $r$, 都能找到一个最小的整数 $h(r)>1$, 使在集合 $\{1,2, \cdots, h(r)\}$ 分成 $r$ 组的任何分划中,都存在整数 $a \geqslant 0,1 \leqslant x \leqslant y$, 使数 $a+x, a+y, a+x+y$ 含于分划的同一组中.
+%%<SOLUTION>%%
+考察将 $\{1,2, \cdots, 2 r\}$ 分成 $r$ 组的任一分划.
+在 $r, r+1, \cdots, 2 r$ 这 $r+1$ 个数中, 必有两个数 $u$ 和 $v$ 属于同一组, 不妨设 $u<v$. 令 $a=2 u-v \geqslant 0, x=y=v-u \geqslant 1$, 则 $a+x=a+y=u, a+x+y=v$ 在同一组中.
+由此可见, $h(r) \leqslant 2 r$.
+另一方面, 考察 $\{1,2, \cdots, 2 r-1\}$ 的如下分划: $\{1,1+r\},\{2,2+ r\}, \cdots,\{r-1,2 r-1\},\{r\}$. 显然 $a+x 、 a+y 、 a+x+y$ 不能同在 $\{r\}$ 中.
+设它们都在 $\{k, k+r\}$ 中, 于是只能是 $a+x=a+y=k, a+x+y=a+ 2 x=k+r$. 从而有 $x=y=r$. 这样一来, $a=k-r<0$, 矛盾.
+而且由证明可知, 当 $n<2 r$ 时, $\{1,2, \cdots, n\}$ 都不能满足要求.
+综上可知, $h(r)=2 r$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 已知整个空间被分成互不相交的 5 个非空集合, 求证: 必有一个平面, 它至少与其中的 4 个集合有公共点.
+%%<SOLUTION>%%
+若不然,则任何一个平面至多与其中的 3 个集合相交.
+在 5 个集合中各取 1 点, 5 点分别为 $A 、 B 、 C 、 D 、 E$, 则其中任何 4 点都不共面, 因而其中任何 3 点都不共线.
+考察以 $A B$ 为公共交线的 3 个平面 $A B C 、 A B D$ 和 $A B E$, 不难看出, 其中必有一个平面, 使得另两点分别属于该平面将空间分成的两个半空间中.
+不妨设点 $D$ 和 $E$ 分别位于平面 $A B C$ 的两侧.
+从而直线 $D E$ 与平面 $A B C$ 相交, 记交点为 $F$. 由于 $A 、 B 、 C 3$ 点分属于 3 个集合, 而平面 $A B C$ 只与 3 个集合相交, 所以点 $F$ 必属于点 $A 、 B 、 C$ 所在的 3 个集合之一, 不妨设 $F$ 与 $A$ 属于同一个集合.
+这样一来, 4 点 $D 、 F 、 E 、 B$ 所决定的平面便与 4 个集合相交,矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 $X=\{1,2, \cdots, n\}, A 、 B 、 C$ 是 $X$ 的分划, 即 $A \cup B \cup C=X$, 并且 $A 、 B$ 、 $C$ 两两的交集都是空集.
+如果从 $A 、 B 、 C$ 中各取一个元素, 那么每两个的和都不等于第三个.
+求
+$$
+\max \{\min (|A|,|B|,|C|)\} .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+考虑奇偶性.
+如果 $A$ 由 $X$ 中的奇数组成, $B \cup C$ 由 $X$ 中的偶数组成, 那么它们合乎题设要求.
+这时 $\min (|A|,|B|,|C|)=\left[\frac{n}{4}\right]$. 由此, 猜测 $\max \{\min (|A|,|B|,|C|)\}=\left[\frac{n}{4}\right]$, 也就是恒有 $\min (|A|,|B|$, $|C|) \leqslant \frac{n}{4}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 (1)证明：正整数集 $\mathbf{N}^*$ 可以表示为三个彼此不相交的集合的并集,使得: 若 $m, n \in \mathbf{N}^*$, 且 $|m-n|=2$ 或 5 , 则 $m 、 n$ 属于不同的集合.
+(2)证明: 正整数集 $\mathbf{N}^*$ 可以表示为 4 个彼此不相交的集合的并集,使得: 若 $m, n \in \mathbf{N}^*$, 且 $|m-n|=2 、 3$ 或 5 , 则 $m 、 n$ 属于不同的集合.
+并说明：此时将 $\mathbf{N}^*$ 拆分为三个彼此不相交的集合的并集时,命题不成立.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 令 $A=\left\{3 k \mid k \in \mathbf{N}^*\right\}, B=\left\{3 k-2 \mid k \in \mathbf{N}^*\right\}, C=\{3 k- 1 \mid k \in \mathbf{N}^*\}$, 则 $A 、 B 、 C$ 彼此的交集为空集, 且 $A \cup B \cup C=\mathbf{N}^*$, 并且此时属于同一集合的两个元素之差为 3 的倍数,不等于 2 或 5 .
+(2) 令 $A=\left\{4 k \mid k \in \mathbf{N}^*\right\}, B=\left\{4 k-1 \mid k \in \mathbf{N}^*\right\}, C=\{4 k-2 \mid k \in \mathbf{N}^*\}, D=\left\{4 k-3 \mid k \in \mathbf{N}^*\right\}$. 同上讨论, 可知命题成立.
+假设可以将 $\mathbf{N}^*$ 表示为三个集合 $A 、 B 、 C$ (彼此不相交) 的并集, 使得：对任意的 $m, n \in \mathbf{N}^*$, 当 $|m-n|=2 、 3$ 或 5 时, $m 、 n$ 属于不同的集合.
+不妨设 $1 \in A$, 则 $3 \bar{\epsilon} A$, 从而 $3 \in B$ 或 $3 \in C$. 不妨设 $3 \in B$, 则 $6 \bar{\epsilon} A$ 且 $6 \bar{\in} B$, 故 $6 \in C$. 依此类推, 可知 $4 \in B, 8 \in A, 5 \in C, 7 \in A$. 这时, 9 属于 $A 、 B 、 C$ 中任何一个集合均导致矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 试确定所有的正整数 $n$, 使得集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 可以分成 5 个互不相交的子集,每个子集中元素之和相等.
+%%<SOLUTION>%%
+我们先找一个必要条件, 若 $\{1,2, \cdots, n\}$ 能分成 5 个互不相交的子集, 各个子集的元素和相等, 则 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ 能被 5 整除, 所以 $n=5 k$ 或 $n=5 k-1$. 显然, 当 $k=1$ 时, 上述条件不是充分的.
+可用数学归纳法证明, 当 $k \geqslant 2$ 时, 条件是充分的.
+当 $k=2,3$, 即 $n=9,10,14,15$ 时, 可以验证结论成立:
+若集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 能分成 5 个互不相交的子集, 且它们各自的元素和相等, 则易证 $\{1,2, \cdots, n, n+1, \cdots, n+10\}$ 也能分成 5 个互不相交的子集, 且它们每个的元素和相等.
+假设对于 $n=5 k-1 、 5 k$, 命题正确, 由上面的讨论知, 对于 $n=5(k+2)-$ 1、 $5(k+2)$ 命题也成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 设 $k$ 为正整数, $M_k$ 是 $2 k^2+k$ 与 $2 k^2+3 k$ 之间 (包括这两个数在内) 的所有整数组成的集合.
+能否将 $M_k$ 拆分为两个不相交的子集 $A 、 B$, 使得
+$$
+\sum_{x \in A} x^2=\sum_{x \in B} x^2 ?
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+当 $k=1$ 时, $3^2+4^2=5^2$; 当 $k=2$ 时, $10^2+11^2+12^2=13^2+14^2$. 猜想: $M_k$ 中前 $k+1$ 个数的平方和与后 $k$ 个数的平方和相等.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 给定正整数 $n \geqslant 3$, 求具有下列性质的正整数 $m$ 的最小值: 把集合 $S= \{1,2, \cdots, m\}$ 任意分成两个不相交的非空子集的并集, 其中必有一个子集内含有 $n$ 个数(不要求它们互不相同): $x_1, x_2, \cdots, x_n$, 使 $x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}=x_n$.
+%%<SOLUTION>%%
+若 $S$ 不具有题设性质,则存在 $S$ 的两个非空不相交的子集 $A$ 和 $B$ 使 $S=A \cup B$, 并且 $A$ (或 $B$ ) 中任意 $n-1$ 个数 (不要求互不相同) 的和都不在 $A$ (或 $B$ ) 内.
+不妨设 $1 \in A$, 则 $\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n-1 \text { 个 }}=n-1 \in B$ (只要 $m \geqslant n-1$ ), 从而 $\underbrace{(n-1)+(n-1)+\cdots+(n-1)}_{n-1 \text { 个 }}=(n-1)^2 \in A\left(\right.$ 只要 $\left.m \geqslant(n-1)^2\right)$. 若 $n \in A$, 则 $(n-1)^2=\underbrace{n+n+\cdots+n}_{n-2 \uparrow}+1 \in B$, 矛盾.
+若 $n \in B$, 则 $\underbrace{n+n+\cdots+n}+ (n-1)=n^2-n-1 \in A\left(\right.$ 只要 $\left.m \geqslant n^2-n-1\right)$, 但 $\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n-2 \text { 个 }}+(n-1)^2= n^2-n-1 \in B$, 矛盾.
+可见, 当 $m \geqslant n^2-n-1$ 时, 集合 $S=\{1,2, \cdots, m\}$ 具有题设性质.
+其次,对于集合 $S=\left\{1,2,3, \cdots, n^2-n-2\right\}$, 令 $A=\left\{1,2, \cdots, n-2, (n-1)^2,(n-1)^2+1, \cdots, n^2-n-2\right\}, B=\left\{(n-1), n, \cdots,(n-1)^2-1\right\}$, 则 $A \cap B=\varnothing, S=A \cup B$. 若 $x_1, x_2, \cdots, x_{n-1} \in\{1,2, \cdots, n-2\} \subset A$, 则 $n-1 \leqslant x_1+x_2+\cdots+x_{n-1} \leqslant(n-1)(n-2)<(n-1)^2$, 故 $x_1+x_2+\cdots+ x_{n-1} \notin A$. 若 $x_1, x_2, \cdots, x_{n-1}$ 中至少有一个 $\in\left\{(n-1)^2,(n-1)^2+1, \cdots\right.$, $\left.n^2-n-2\right\}$, 则 $x_1+x_2+\cdots+x_{n-1} \geqslant \underbrace{1+1+\cdots+1}_{n-2 \text { 个 }}+(n-1)^2=n^2-n-$ 1,故 $x_1+x_2+\cdots+x_{n-1} \notin A$. 若 $x_1, x_2, \cdots, x_{n-1} \in B$, 则 $x_1+x_2+\cdots+ x_{n-1} \geqslant(n-1)^2$,故 $x_1+x_2+\cdots+x_{n-1} \notin B$. 可见, $m=n^2-n-2$ 时, 集合 $S=\{1,2, \cdots, m\}$ 不具有题设条件.
+所求 $m$ 的最小值为 $n^2-n-1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 设 $n$ 是大于 3 的自然数,且具有下列性质: 把集合 $S_n=\{1,2, \cdots, n\}$ 任意分为两个不相交的子集, 总有某个子集, 它含有三个数 $a 、 b 、 c$ (允许 $a=b)$, 使得 $a b=c$. 求这样的 $n$ 的最小值.
+%%<SOLUTION>%%
+若 $n \geqslant 3^5$, 则 $3,3^2, 3^4, 3^5 \in S_n$. 设集合 $S_n$ 分为两个不相交的子集 $A$ 和 $B, 3 \in A$, 且 $A$ 和 $B$ 不满足题中条件.
+于是 $3^2 \in B, 3^4 \in A, 3^3 \in B, 3^5 \in B$. 这时 $B$ 中三个元素 $3^2, 3^3, 3^5$ 满足 $a b=c$ 矛盾.
+这表明 $n \geqslant 3^5$ 时, 把集合 $S_n$ 任意分为两组, 总有某个组, 具有题中性质, 即所求最小值不超过 $3^5=243$.
+另一方面, 取 $n=242$, 且设 $A=\{k \mid 9 \leqslant k \leqslant 80\}, B=\{k \mid 3 \leqslant k \leqslant 8$,或 $81 \leqslant k \leqslant 242\}$, 则 $S_{242}=A \cup B$, 而且 $A$ 和 $B$ 都不具有题中性质.
+当 $n<$ 242 时, 将 $S_n$ 分为两组 $A \cap S_n$ 和 $B \cap S_n$, 则 $A \cap S_n$ 和 $B \cap S_n$ 也都不具有题中性质.
+故 $n$ 的最小值为 243 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 设 $S$ 为 $n$ 个正实数组成的集合, 对 $S$ 的每个非空子集 $A$, 令 $f(A)$ 为 $A$ 中所有元素的和.
+求证: 集合 $\{f(A) \mid A \subseteq S, A \neq \varnothing\}$ 可以分拆为 $n$ 个互不相交的子集, 每个子集中最大数与最小数之比小于 2 .
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S=\left\{u_1, u_2, \cdots, u_n\right\}$, 且 $u_1<u_2<\cdots<u_n . u_i>0(i=1, \cdots$, $n)$. 令 $S_1=\left\{f(A) \mid A=\left\{u_1\right\}\right\} . S_k=\left\{f(A) \mid u_1+u_2+\cdots+u_{k-1}<f(A) \leqslant u_1+u_2+\cdots+u_k\right\}, k=2,3, \cdots, n$. 则 $S_1, S_2, \cdots, S_n$ 是符合要求的分拆.
+事实上, 在 $S_1$ 中最大数与最小数都等于 $u_1$, 结论显然.
+当 $k \geqslant 2$ 时, 若$u_{k}\leq u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{k-1}$ ,则在 ${S_{k}}$ 中 $\frac{最大数}{最小数}<{\frac{u_{1}+\cdots+u_{k-1}+u_{k}}{u_{1}+\cdots+u_{k-1}}}<2;$ 若 $u_{k}\ >u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{k-1}$ 则$\frac{最大数}{最小数}={\frac{u_{1}+u_{2}+\cdots+u_{k-1}+u_{k}}{u_{k}}}<2$ .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 试求所有正整数 $k$, 使得集合 $M=\{1990,1991, \cdots, 1990+k\}$ 可以分解为两个不相交的子集 $A$ 与 $B$, 且使两集合中的元素之和相等.
+%%<SOLUTION>%%
+由 $\sum_{n=0}^k(1990+n)=1990(k+1)+\frac{1}{2} k(k+1)$ 为偶数, 知 $k(k+1) \equiv 0(\bmod 4)$. 由此可知 $k \equiv 0(\bmod 4)$ 或 $k \equiv 3(\bmod 4)$. 换句话说, $k=4 m+1$ 与 $k=4 m+2(m=0,1,2, \cdots)$ 都不满足本题要求.
+设 $k \equiv 3(\bmod 4)$, 则 $4 \mid(k+1)$. 令 $A=\{1990+j \mid j=4 m, 4 m+3,m=0,1, \cdots,\left[\frac{k}{4}\right]\}, B=\{1990+j \mid j=4 m+1,4 m+2, m=0,1, \cdots,\left[\frac{k}{4}\right] \}$, 易见,这样的 $A$ 和 $B$ 满足要求.
+设 $k \equiv 0(\bmod 4)$, 于是 $k=4 m, m \in \mathbf{N}^*$. 因为 $|M|$ 为奇数, 故有 $|A| \neq|B|$. 不妨设 $|A|>|B|$, 于是 $|A| \geqslant 2 m+1,|B| \leqslant 2 m$. 因而, $A$ 中元素之和不小于 $\sum_{n=0}^{2 m}(1990+n), B$ 中元素之和不大于 $\sum_{n=2 m+1}^{4 m}(1990+n)$, 故得 $\sum_{n=0}^{2 m}(1990+n) \leqslant \sum_{n=2 m+1}^{4 m}(1990+n)=(2 m)^2+\sum_{n=1}^{2 m}(1990+n)$. 解得 $m \geqslant 23$, $k \geqslant 92$. 当 $k=92$ 时, 令 $A_1=\{1990,1991, \cdots, 1990+46\}, B_1=\{1990+47$, $1990+48, \cdots, 1990+92\}$. 两集合中元素之和分别为 $S_{A_1}=1990 \times 47+1081$, $S_{B_1}=1990 \times 46+1081+2116, S_{B_1}-S_{A_1}=126$. 再令 $A=A_1 \cup\{2053\}- \{1990\}, B=B_1 \cup\{1990\}-\{2053\}$, 则集合 $A$ 和 $B$ 即为满足题中要求的分解.
+当 $k>92$ 时, 我们将前 93 个数分组如上, 而将后面的 $k-92=4 m$ 个数中的每相邻 4 数按前面 $k \equiv 3(\bmod 4)$ 的办法处理即可得到所需要的分解.
+综上可知, 所求的所有 $k$ 的集合为 $\{k \mid k=4 m+3, m=0,1, \cdots ; k= 4 m, m=23,24, \cdots\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 给定集合 $S=\left\{z_1, z_2, \cdots, z_{1993}\right\}$, 其中 $z_1, z_2, \cdots, z_{1993}$ 都是非零复数 (可看作平面上的非零向量). 求证: 可以把 $S$ 中的元素分成若干组, 使得
+(1) $S$ 中的每个元素属于且仅属于其中一组;
+(2) 每组中的任一复数与该组中所有复数之和的夹角不超过 $90^{\circ}$;
+(3) 将任意两组中的所有复数分别求和, 所得的两个和数之间的夹角大于 $90^{\circ}$.
+%%<SOLUTION>%%
+考虑集合 $S$ 的所有子集并计算每个子集中所有复数的和的模.
+因这样得到的模数只有有限多个, 故其中必有最大数.
+将模取最大值的子集之一记为 $A$. 如果 $S-A \neq \varnothing$, 再将 $S-A$ 的所有子集中能使其中所有复数之和的模达到最大的一个子集取为 $B$. 如果 $S-(A \cup B) \neq \varnothing$, 则令 $C=S-(A \cup B)$. 这样选取的至多 3 个子集便满足题中要求.
+将 $A 、 B 、 C$ 中所有元素之和分别记为 $a 、 b 、 c$.
+(i) 对任意 $z \in A$, 如果 $z$ 与 $a$ 的夹角为钝角, 则 $-z$ 与 $a$ 的夹角为锐角.
+于是有 $|a+(-z)|>|a|$, 即子集 $A-\{z\}$ 中所有元素之和的模大于 $a$ 的模, 此与 $|a|$ 的最大性矛盾.
+这就证明了 $A$ 中任一元素与 $a$ 的夹角都不超过 $90^{\circ}$. 同理, $B$ 中任一元素与 $b$ 的夹角也不超过 $90^{\circ}$.
+(ii) 对任意 $\xi \in S-A, \xi$ 与 $a$ 的夹角都是钝角.
+否则又导致 $|a+\xi|>|a|$, 矛盾.
+同理, $C$ 中任一元素 $\eta$ 与 $b$ 的夹角都是钝角.
+由此可见, $B$ 中所有元素均与 $a$ 成钝角, 从而其和 $b$ 与 $a$ 夹钝角.
+同理, $c$ 与 $a, c$ 与 $b$ 都夹钝角, 即 (3) 成立.
+(iii) 若存在 $\xi \in C$, 使 $\xi$ 与 $c$ 夹针角, 则由 (ii) 知, 4 个数 $a 、 b 、 c 、 \xi$ 两两之间都夹钝角, 此不可能.
+所以, $C$ 中任一元素与 $c$ 的夹角都不超过 $90^{\circ}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 设 $r 、 s 、 n$ 都是正整数, 并且 $r+s=n$. 求证: 集合
+$$
+\begin{aligned}
+& A=\left\{\left[\frac{n}{r}\right],\left[\frac{2 n}{r}\right], \cdots,\left[\frac{(r-1) n}{r}\right]\right\}, \\
+& B=\left\{\left[\frac{n}{s}\right],\left[\frac{2 n}{s}\right], \cdots,\left[\frac{(s-1)}{s} \underline{n}\right]\right\}
+\end{aligned}
+$$
+构成 $N=\{1,2, \cdots, n-2\}$ 的分划的充要条件是 $r$ 和 $s$ 都与 $n$ 互质, 其中 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.
+%%<SOLUTION>%%
+因 $|A|=r-1,|B|=s-1,|N|=n-2$, 故 $A$ 与 $B$ 构成 $N$ 的一个分划等价于 $A \cap B=\varnothing$.
+必要性.
+若 $r 、 n$ 之一与 $n$ 有公因数 $d$, 则另一个也与 $n$ 有公因数 $d$. 设 $r= r^{\prime} d, s=s^{\prime} d$, 于是 $\left[\frac{r^{\prime} n}{r}\right]=\left[\frac{s^{\prime} n}{s}\right], A \cap B \neq \varnothing$, 矛盾.
+充分性.
+假设 $A \cap B \neq \varnothing$, 则存在整数 $a 、 b$, 使 $\left[\frac{a n}{r}\right]=\left[\frac{b n}{s}\right]=p, p< \frac{a n}{r}<p+1, p<\frac{b n}{s}<p+1$, 即 $\frac{p r}{n}<a<\frac{(p+1) r}{n}, \frac{p s}{n}<b<\frac{(p+1) s}{n}$, 相加得 $p<a+b<p+1$. 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise5.tex

@@ -0,0 +1,247 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 在集合 $M=\{1,2, \cdots, 10\}$ 的所有子集中,有这样一族不同的子集,它们两两的交集都不是空集,那么这族子集最多有?个.
+%%<SOLUTION>%%
+$2^9$. 显然不含空集.
+按所含元素的多少把这族子集分为 10 类, 设含 $i$ 个元素的子集为 $A_i$, 其个数为 $a_i$. 易知 $a_1+a_2+\cdots+a_{10} \leqslant \mathrm{C}_9^0+\mathrm{C}_9^1+\cdots+\mathrm{C}_9^9=2^9$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 设集合 $M=\{1,2, \cdots, 1000\}$, 现对 $M$ 的任一非空子集 $X$, 令 $\alpha_X$ 表示 $X$ 中最大数与最小数之和.
+则所有这样的 $\alpha_X$ 的算术平均值为
+%%<SOLUTION>%%
+1001 . 构造子集 $X^{\prime}=\{1001-x \mid x \in X\}$, 则所有非空子集分成两类 $X^{\prime}=X$ 和 $X^{\prime} \neq X$. 当 $X^{\prime}=X$ 时, 必有 $X^{\prime}=X=M$, 于是 $\alpha_X=1001$. 当 $X^{\prime} \neq X$ 时, 设 $x 、 y$ 分别是 $X$ 中的最大数与最小数, 则 $1001-x 、 1001-y$ 分别是 $X^{\prime}$ 中的最小数与最大数.
+于是, $\alpha_X=x+y, \alpha_{X^{\prime}}=2002-x-y$. 从而, $\frac{\alpha_X+\alpha_{X^{\prime}}}{2}=1001$. 因此, 所求的 $\alpha_X$ 的算术平均值为 1001 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 对于 $\{1,2, \cdots, n\}$ 和它的每个非空子集, 我们定义“交替和”如下：把子集中的数按从大到小的顺序排列, 然后从最大的数开始交替地加减各数 (例如, $\{1,2,4,6,9\}$ 的交替和是 $9-6+4-2+1=6$, 而 $\{5\}$ 的交替和就是 5). 对于 $n=7$; 求所有这些交替和的总和.
+%%<SOLUTION>%%
+集合 $\{1,2,3,4,5,6,7\}$ 中每个元素在子集中均出现 $2^6=64$ 次.
+可计算 $1,2,3,4,5,6$ 在子集中按从大到小的顺序排列时各有 32 次在奇数位, 32 次在偶数位,因此子集中这些数的交替和的总和为 0 ; 而 7 也出现 64 次, 且均取正值, 所以所有子集的交替和的总和为 $7 \times 64=448$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 $X=\{1,2, \cdots, 2 n+1\} . A$ 是 $X$ 的子集, 且具有性质: $A$ 中任意两个数的和不在 $A$ 中, 求 $\max |A|$.
+%%<SOLUTION>%%
+取 $A=\{1,3,5, \cdots, 2 n+1\}$ 合乎要求.
+故 $\max |A| \geqslant n+1$. 另一方面可设合乎要求的 $A$ 中有 $k(k \leqslant n+1)$ 个奇数: $a_1>a_2>\cdots>a_k$. 眇然,偶数 $a_1-a_2<a_1-a_3<\cdots<a_1-a_k$ 都不能在 $A$ 中, 所以 $A$ 中至多有 $n-(k-1) =n+1-k$ 个偶数.
+从而, $\max |A| \leqslant k+(n+1-k)=n+1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 在集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 中, 任意取出一个子集, 计算它的元素之和.
+问所有子集元素之和的总和是多少?
+%%<SOLUTION>%%
+$\{1,2, \cdots, n\}$ 中含 $k(1 \leqslant k \leqslant n)$ 的子集有 $2^{n-1}$ 个, 故其总和为 $2^{n-1}(1+2+\cdots+n)=2^{n-2} n(n+1)$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 如果一个正整数集合中没有 3 个数是两两互质的, 则称之为“异质”的.
+问从 1 到 16 的整数集合中 “异质”的子集合的元素的最大数目是多少?
+%%<SOLUTION>%%
+“异质”子集至多有 2 个数取自 $\{1,2,3,5,7,11,13\}$, 因而至多有 $16-7+2=11$ 个数字, 如 $\{2,3,4,6,8,9,10,12,14,15,16\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 设 $S$ 为 $\{1,2, \cdots, 9\}$ 的子集, 且 $S$ 中任意两个不同的数作和, 所得的数两两不同,问: $S$ 中最多有多少个元素?
+%%<SOLUTION>%%
+容易验证: 当 $S=\{1,2,3,5,8\}$ 时符合题中要求.
+如果 $T \subseteq\{1$, $2, \cdots, 9\},\{T\} \geqslant 6, T$ 中任意两个不同的数之和介于 3 与 17 之间, 故至多可以形成 15 个不同的和数.
+而 $T$ 中任取两个数, 有至少 $\mathrm{C}_6^2=15$ 种取法.
+如果 $T$ 满足条件, 则所得和数中必须 3 与 17 同时出现, 即 $1 、 2 、 8 、 9$ 都在 $T$ 中出现, 但这时 $1+9=2+8, T$ 不合题意.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 设 $r(r \geqslant 2)$ 是一个固定的正整数, $F$ 是一个无限集合族, 且每个集合中有 $r$ 个元素.
+若 $F$ 中任意两个集合的交集非空, 证明: 存在--个具有 $r^{--1}$ 个元素的集合与 $F$ 中的每一个集合的交集均非空.
+%%<SOLUTION>%%
+可以证明命题: 如果集合 $A$ 的元素个数小于 $r$, 且包含于 $F$ 的无穷多个集合中, 则要么 $A$ 与 $F$ 中所有集合的交集非空, 要么存在一个 $x \notin A$, 使得 $A \cup\{x\}$, 包含于 $F$ 的无穷多个集合中.
+当然,这样的集合 $A$ (如空集) 是存在的.
+重复运用这个命题 $r$ 次, 即得所要证明的结论.
+因为具有 $r$ 个元素的集合不可能包含于 $F$ 的无穷多个集合中.
+假设 $F$ 中的某个集合 $R=\left\{x_1, x_2, \cdots, x_r\right\}$ 与集合 $A$ 的交集是空集, 由于 $F$ 中有无穷多个集合包含 $A$, 且每一个集合与 $R$ 的交集非空, 于是, 存在某个 $x_i$ 属于无穷多个集合.
+设 $x=x_i$, 则 $A \cup\{x\}$ 包含于 $F$ 的无穷多个集合中.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 设集合 $S=\{1,2, \cdots, 50\}$. 试求最小正整数 $n$, 使得 $S$ 中的每个 $n$ 元子集中都有 3 个数能作为直角三角形的三边长.
+%%<SOLUTION>%%
+引理如果正整数 $x, y, z$ 满足方程(1) $x^2+y^2=z^2$, 则 3 个数中至少有 1 个数是 5 的倍数.
+这是因为 $(5 k+1)^2=25 k^2+10 k+1 \equiv 1(\bmod 5),(5 k+ 2)^2=25 k^2+20 k+4 \equiv-1(\bmod 5),(5 k+3)^2=25 k^2+30 k+9 \equiv-1(\bmod 5), (5 k+4)^2=25 k^2+40 k+16 \equiv 1(\bmod 5)$, 所以,如果 $x$ 和 $y$ 都不是 5 的倍数, 则 $x^2$ 和 $y^2$ 都模 5 等于 1 或 -1 . 从而 $z^2$ 只能模 5 等于 0 , 因此, $z$ 是 5 的倍数.
+考察以 $10,15,25,40,45$ 分别作为直角三角形 1 条边长的所有勾股数组.
+因为方程 (1)的正整数解可以表为 (2): $x=k\left(a^2-b^2\right), y=2 k a b, z=k\left(a^2+b^2\right)$, 其中 $k, a, b \in \mathbf{N}$, 且 $(a, b)=1, a>b$, 故知这样的勾股数共有下列 11 组: $(10,8,6),(26,24,10),(15,12,9),(17,15,8),(39,36,15),(25,24,7),(40,32,24),(41,40,9),(45,36,27),(25,20,15),(50,40,30)$. 注意到前 9 组勾股数中每组都有 $8 、 9 、 24 、 36$ 这 4 个数之一, 可知集合 $M=S-\{5,8,9,20,24,30,35,36,50\}$ 中任何 3 个数都不是一组勾股数.
+所以,所求的最小正整数 $n \geqslant 42$.
+另一方面, 在下列 9 组勾股数 $(3,4,5),(7,24,25),(8,15,17),(9, 40,41),(12,35,37),(14,48,50),(16,30,34),(20,21,29),(27, 36,45)$ 中出现的 27 个数互不相同.
+故对 $S$ 的任一个 42 元子集 $M$, 不在 $M$ 中的 8 个数至多属于其中的 8 组, 从而至少有 1 组勾股数全在 $M$ 中.
+故所求的最小正整数 $n=42$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 设 $P$ 是一个奇质数, 考虑集合 $\{1,2, \cdots, 2 p\}$ 满足以下两个条件的子集 $A$ :
+(i) $A$ 恰有 $p$ 个元素;
+(ii) $A$ 中所有元素之和可被 $p$ 整除.
+试求所有这样的子集 $A$ 的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+记 $U=\{1,2, \cdots, p\}, V=\{p+1, p+2, \cdots, 2 p\}, W=\{1,2, \cdots, 2 p\}$, 除去 $U$ 和 $V$ 而外, $W$ 的所有其他的 $p$ 元子集 $E$ 都使得 $E \cap U \neq \varnothing$, $E \cap V \neq \varnothing$. 若 $W$ 的两个这样的 $p$ 元子集 $S$ 和 $T$ 同时满足: $S \cap V=T \cap V$; 只要编号适当, $S \cap U$ 的元素 $s_1, s_2, \cdots, s_m$ 和 $T \cap U$ 的元素 $t_1, t_2, \cdots, t_m$ 对适当的 $k \in\{0,1, \cdots, p-1\}$ 满足同余式组 $s_i-t_i \equiv k(\bmod p), i=1,2, \cdots, m$. 就约定将这两个子集 $S$ 和 $T$ 归人同一类.
+对于同一类中的不同子集 $S$ 和 $T$, 显然有 $k \neq 0$, 因而 $\sum_{i=1}^p s_i-\sum_{i=1}^p t_i \equiv m k \not \neq 0(\bmod p)$. 对于同一类中的不同子集, 它们各自元素的和模 $p$ 的余数不相同.
+因而每一类恰含 $p$ 个子集, 其中仅一个适合题目的条件(ii).
+综上所述, 在 $W=\{1,2, \cdots, 2 p\}$ 的 $\mathrm{C}_{2 p}^p$ 个 $p$ 元子集当中, 除去 $U$ 和 $V$ 这两个特定子集外, 每 $p$ 个子集分成一类, 每类恰有一个子集满足题目的条件 (ii). 据此很容易算出, $W=\{1,2, \cdots, 2 p\}$ 的适合条件(i) 和(ii) 的子集的总数为 $\frac{1}{p}\left(\mathrm{C}_{2 p}^p-2\right)+2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 设 $n \in \mathbf{N}^*, n \geqslant 2, S$ 是一个 $n$ 元集合.
+求最小的正整数 $k$, 使得存在 $S$ 的子集 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 具有如下性质：对 $S$ 中的任意两个不同元 $a 、 b$, 存在 $j \in\{1,2, \cdots, k\}$,使得 $A_j \bigcap\{a, b\}$ 为 $S$ 的一元子集.
+%%<SOLUTION>%%
+构造如右表格: 
+\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
+\hline & 1 & 2 & 3 & $\cdots$ & $n$ \\
+\hline$A_1$ & & & & & \\
+\hline$A_2$ & & & & & \\
+\hline$A_3$ & & & & & \\
+\hline$\vdots$ & & & & & \\
+\hline$A_k$ & & & & & \\
+\hline & $P_1$ & $P_2$ & $P_3$ & $\cdots$ & $P_n$ \\
+\hline
+\end{tabular}
+如果 $i \in A_j$, 那么在 $A_j$ 所在行、 $i$ 所在列处的方格中标上 1 , 其余的方格中标上 0 . 考虑表格中的列构成的序列 $P_1, P_2, \cdots, P_n$. 我们证明: $S$ 的子集 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 具有题中性质的充要条件是: $P_1, P_2, \cdots, P_n$ 两两不同.
+若 $P_1, P_2, \cdots, P_n$ 两两不同,则对任意 $a, b \in S, a \neq b$, 有 $P_a \neq P_b$. 于是在某一行 (设为第 $j$行）上,第 $a$ 列与第 $b$ 列的方格中一个为 1 , 而另一个为 0 . 这表明 $A_j \cap\{a, b\}$ 为单元集, 故 $A_1, A_2, \cdots, A_k$ 具有题中性质.
+由于对任意 $a, b \in S, a \neq b$, 存在 $j \in\{1,2, \cdots, k\}$, 使 $A_j \cap\{a, b\}$ 为单元素集, 故 $P_a$ 与 $P_b$ 在第 $j$ 行处的两个方格中的数一个为 1 , 而另一个为 0 , 故 $P_a \neq P_b$. 所以, $P_1, P_2, \cdots, P_n$ 两两不同.
+由于由 $0 、 1$ 构成的 $k$ 元序列有且仅有 $2^k$ 个两两不同, 从而由抽屉原则及前面所证明的结论知 $2^k \geqslant n$. 所以, 所求的最小正整数 $k$ ��不小于 $\log _2 n$ 的最小正整数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 设 $S=\{1,2, \cdots, 50\}$. 求最小自然数 $k$, 使 $S$ 的任一 $k$ 元子集中都存在两个不同的数 $a$ 和 $b$, 满足 $(a+b) \mid a b$.
+%%<SOLUTION>%%
+设有 $a 、 b \in S$ 满足 $(a+b) \mid a b$. 记 $c=(a, b)$, 于是 $a=c a_1, b=c b_1$, 其中 $a_1 、 b_1 \in \mathbf{N}^*$ 且有 $\left(a_1, b_1\right)=1, a_1 \neq b_1$, 不妨设 $a_1>b_1$. 由于 $a+b= c\left(a_1+b_1\right), a b=c^2 a_1 b_1$, 因此 $\left(a_1+b_1\right) \mid c a_1 b_1$. 又由于 $\left(a_1+b_1, a_1\right)=1$, $\left(a_1+b_1, b_1\right)=1$, 因此 $\left(a_1+b_1\right) \mid c$. 而 $a+b \leqslant 99$, 即 $c\left(a_1+b_1\right) \leqslant 99$, 所以 $3 \leqslant a_1+b_1 \leqslant 9$. 由此可知, $S$ 中满足 $(a+b) \mid a b$ 的不同数对 $(a, b)$ 共有 23 对: $a_1+b_1=3$ 时, 有 $(6,3) ，(12,6) ，(18,9) ，(24,12) ，(30,15) ，(36,18)$ ， $(42,21),(48,24) ; a_1+b_1=4$ 时, 有 $(12,4),(24,8),(36,12), (48, 16) ; a_1+b_1=5$ 时, 有 $(20,5), (40,10),(15,10),(30,20),(45,30)$; $a_1+b_1=6$ 时, 有 $(30,6) ; a_1+b_1=7$ 时, 有 $(42,7),(35,14) ，(28,21)$; $a_1+b_1=8$ 时,有 $(40,24) ; a_1+b_1=9$ 时,有 $(45,36)$.
+令 $M=\{6,12,15,18,20,21,24,35,40,42,45,48\}$. 则上述 23 个数对中的每一个数对都至少包含 $M$ 中的 1 个元素.
+令 $T=S-M$. 则 $T$ 中任何两数都不能成为满足要求的数对 $(a, b)$. 因为 $|T|=38$, 所以所求最小自然数 $K \geqslant 39$.
+另一方面,下列 12 个满足题中要求的数对互不相交: $(6,3),(12,4)$, $(20,5),(42,7),(24,8),(18,9),(40,10),(35,14),(30,15),(48, 16),(28,21),(45,36)$. 对于 $S$ 中任一 39 元子集 $R$, 它只比 $S$ 少 11 个元素, 而这 11 个元素至多属于上述 12 个数对中的 11 个, 因此, 必有 12 对中的 1 对属于 $R$. 故所求的最小自然数 $K=39$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 集合 $Z$ 由 $n$ 个元素组成, $Z$ 中最多有多少个这样的 3 元子集, 使得其中任意两个 3 元子集都恰好有一个公共元.
+%%<SOLUTION>%%
+用 $k_n$ 表示所求的数.
+设从集合 $Z$ 中取出 $k_n$ 个 3 元子集, 其中任意两个都恰好有一个公共元, 分三种可能情况:
+(1) 集合 $Z$ 中的每个元素都至多出现在两个 3 元子集中.
+设 $\{a, b, c\}$ 是其中一个 3 元子集, 则其他任何一个 3 元子集都与 $\{a, b, c\}$ 相交, 而且所有其他子集中至多有一个含元素 $a$, 至多有一个含元素 $b$, 至多有一个含元素 $c$. 因此, 子集最多有 $1+3 \times 1=4$ 个, 即 $k_n \leqslant 4$.
+(2) 集合 $Z$ 中有一个元素出现在三个 3 元子集中,但集合 $Z$ 的每一个元素至多出现在三个 3 元子集中, 则设 $\{a, b, c\}$ 是其中一个 3 元子集, 于是其他任意一个子集都与它相交, 而且所有其他子集中至多有两个集合包含元素 $a$,至多有两个集合包含元素 $b$, 至多有两个集合包含元素 $c$. 因此, 所有子集至多有 $1+3 \times 2=7$ 个, 即 $k_n \leqslant 7$.
+(3) 集合 $Z$ 中含有元素 $a$, 它至少属于 4 个 3 元子集, 则这 4 子集也应包含元素 $a$. 否则, 这样的子集与 4 个 3 元子集中每一个恰有一个公共元素, 所以它至少含有 4 个元素.
+于是在此情形下, 有 $1+2 k_n \leqslant n$, 即 $k_n \leqslant\left[\frac{n-1}{2}\right]$.
+当 $n=1,2,3,4,5$ 时, 显然有 $k_1=k_2=0, k_3=k_4=1, k_5=2$. 当 $n=6$ 时, 集合 $Z$ 的每个元素至多属于 2 个 3 元子集, 否则 3 元子集的并将含有 7 个元素, 因此情形 (1)成立, 即 $k_6 \leqslant 4$. 另一方面, 设 $Z=\{a, b, c, d, e, f\}$, 则 3 元子集取为 $\{a, b, c\},\{c, d, e\},\{e, f, a\},\{b, d, f\}$.于是 $k_6=4$.
+设 $a \in\{7,8,9, \cdots, 16\}$, 则当出现情形 (3) 时, 3 元子集的个数至多为 $\left[\frac{16-1}{2}\right]=7$, 当出现情形 (1)、(2) 时, 3 元子集的个数也至多为 7 . 另一方面, 如果集合 $Z$ 的元素中的 7 个为 $a, b, c, d, e, f, g$, 则有 7 个 3 元子集: $\{a, b, c\},\{c, d, e\},\{e, f, a\},\{b, d, f\},\{a, g, d\},\{b, g, e\},\{c, g, f\}$.于是 $n=7,8,9, \cdots, 16$ 时, $k_n=7$.
+最后, 当 $n \geqslant 17$ 时, 则不论哪种情形总有 $k_n \leqslant\left[\frac{n-1}{2}\right]$. 而且如下选取3元子集时达到上界: 集合 $Z$ 中取一个元素为所有 3 元子集的公共元,并将所有其他元素配成对 (当 $n$ 为偶数时需去掉一个), 且与公共元素一起组成 3 元子集,故当 $n \geqslant 17$ 时, $k_n=\left[\frac{n-1}{2}\right]$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 设 $S=\{1,2, \cdots, 15\}$, 从 $S$ 中取出 $n$ 个子集 $A_1, A_2, \cdots, A_n$, 满足下列条件:
+(i) $\left|A_i\right|=7, i=1,2, \cdots, n$;
+(ii) $\left|A_i \cap A_j\right| \leqslant 3,1 \leqslant i<j \leqslant n$;
+(iii)对 $S$ 的任何 3 元子集 $M$, 都存在某个 $A_k, 1 \leqslant k \leqslant n$, 使得 $M \subset A_k$. 求这样一组子集的个数 $n$ 的最小值.
+%%<SOLUTION>%%
+若有 $a \in S$ 且至��属于 6 个子集 $A_{i_1}, A_{i_2}, \cdots, A_{i_6}$, 则每个 $A_{i_j}$ 中除 $a$ 之外还有 6 个元素, 共可组成含 $a$ 的三元组的个数为 $\mathrm{C}_6^2=15$. 于是, 6 个子集共可组成不同的含 $a$ 的三元组的个数至多为 90 个.
+另一方面, $S$ 中所有不同的含 $a$ 三元组的个数为 $C_{14}^2=7 \times 13=91>90$, 无法使 (iii) 成立.
+所以, 为使条件 (i) 一 (iii) 成立, $S$ 中的每个数都至少属于 7 个子集.
+这样一来, 必有 $n \geqslant 15$.
+用字典排列法可以写出满足题中要求的 15 个 7 元子集: $\{1,2,3,4,5, 6,7\},\{1,2,3,8,9,10,11\},\{1,2,3,12,13,14,15\},\{1,4,5,8,9, 12,13\},\{1,4,5,10,11,14,15\},\{1,6,7,8,9,14,15\},\{1,6,7,10,11,12,13\},\{2,4,6,8,10,12,14\},\{2,4,6,9,11,13,15\},\{2,5,7,8,10,13,15\},\{2,5,7,9,11,12,14\},\{3,4,7,8,11,12,15\},\{3,4,7,9,10,13,14\},\{3,5,6,8,11,13,14\},\{3,5,6,9,10,12,15\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 设 $S \subseteq\{1,2, \cdots, 2002\}$. 对任意 $a, b \in S$ ( $a 、 b$ 可以相同), 总有 $a b \notin S$, 求 $|S|$ 的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+首先, $1 \notin S$. 其次, 若 $a \in\{2,3,4,5,6\}$ 且 $a \in S$, 则以下 45 对数对中, 每对的两个数不能同时属于 $S:(1, a),(2,2 a), \cdots,\left(a-1,(a-1) a\right),(a+1,(a+1) a),(a+2,(a+2) a), \cdots,(2 a-1,(2 a-1) a), \cdots(44 a+1, (44 a+1) a),(44 a+2,(44 a+2) a), \cdots,(45 a-1,(45 a-1) a)$. 由于 $(45 a- 1) a \leqslant(45 \times 6-1) \times 6<2002$, 所以以上 90 个小于 2002 的数中至少有一半不属于 $S$. 从而 $|S| \leqslant 2002-45=1957$.
+再次, 若 $2,3,4,5,6 \notin S$, 考虑以下 38 个数对: $\left(7,7^2\right),\left(8,8^2\right), \cdots, \left(k, k^2\right), \cdots,\left(44,44^2\right)$, 若有某一对中的两个数 $k_0, k_0^2 \in S$, 则令 $a=b=k_0$, 有 $a, b, a b \in S$, 与题设矛盾! 因此这里至少有 38 个数不属于 $S$, 再减去 1 , $2, \cdots, 6$, 有 $|S| \leqslant 2002-38-6=1958$. 又 $S=\{45,46,47, \cdots, 2002\}$ 满足要求.
+对任意 $a, b \in S, a b \geqslant 45^2=2025>2002$, 即 $a b \notin S$, 此时 $|S|=1958$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 称子集 $A \subseteq M=\{1,2, \cdots, 11\}$ 是好的,如果它有下述性质: “如果 $2 k \in A$, 则 $2 k-1 \in A$, 且 $2 k+1 \in A$ ” (空集和 $M$ 都是好的). $M$ 有多少个好子集?
+%%<SOLUTION>%%
+设 $n(A)$ 为属于 $A$ 的偶数的个数.
+情形 $0: n(A)=0$. 只须确定 $A$ 中的奇数.
+有 $2^6$ 个好子集.
+情形 $1: n(A)=1$. 对偶数的选取有 5 种可能性.
+有 $5 \times 2^4$ 个好集合 $A$.
+情形 $2: n(A)=2$. (I ) 在好子集中的偶数是相邻的.
+有 $4 \times 2^3$ 个好子集.
+(II) $A$ 中的两个偶数不相邻.
+有 $6 \times 2^2$ 个好子集.
+共有 56 个好子集.
+情形 $3: n(A)=3$. (I ) A 中的偶数是相邻的.
+有 $3 \times 2^2$ 个好子集.
+II) $A$ 中的任意两个偶数都不相邻.
+$A=\{1,2,3,5,6,7,9,10,11\}$ 是惟一的选择.
+(III) $A$ 的 3 个偶数中恰好两个是相邻的.
+有 $6 \times 2=12$ 个好子集.
+共有 25 个好子集.
+情形 $4: n(A)=4$. ( I ) $2 \notin A$ 或 $10 \notin A$. 有 4 个好子集.
+(II ) $2 \in A$ 且 $10 \in A$. 有 3 个好子集.
+共有 7 个好子集.
+情形 $5: n(A)=5$, 则 $A=M, 1$ 种可能性.
+最后, 好子集的总数是 $2^6+5 \times 2^4+56+25+7+1=233$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 设 $n$ 为给定的正整数, $D_n$ 为 $2^n 3^n 5^n$ 的所有正因数所成的集合, $S \subseteq D_n$, 且 $S$ 中任一数都不能整除 $S$ 中另一数.
+求 $|S|$ 的最大值.
+%%<SOLUTION>%%
+显然 $D_n$ 中的每一个数都有形式 $2^\alpha 3^\beta 5^\gamma$, 其中 $0 \leqslant \alpha, \beta, \gamma \leqslant n$, 下面用数组 $(\alpha, \beta, \gamma)$ 表示数 $2^\alpha 3^\beta 5^\gamma$. 考察如下集合: $A_{i, j}=\{(i, j, \alpha), 0 \leqslant \alpha \leqslant n- j\} \cup\{(i, \beta, n-j), j \leqslant \beta \leqslant n\}, i==0,1,2, \cdots, n, j=0,1,2, \cdots,\left[\frac{n}{2}\right]$; $B_{i, j}=\{(k, i, j), k=0,1,2, \cdots, n\}, i=\left[\frac{n}{2}\right]+1, \cdots, n, j=0,1,2, \cdots,n-\left[-\frac{n}{2}\right]-1$. 共有 $\left(\left[\frac{n}{2}\right]+1\right) \cdot(n+1)+\left(n-\left[\frac{n}{2}\right]\right)^2=\frac{3(n+1)^2+1}{4}(n$ 为偶数), 或 $\left(\left[\frac{n}{2}\right]+1\right)(n+1)+\left(n-\left[\frac{n}{2}\right]\right)^2=\frac{3(n+1)^2}{4}(n$ 为奇数), 即 $\left[\frac{3(n+1)^2+1}{4}\right]$ 个集合.
+又因为每个集合中的数至多有一个属于 $S$, 可得以上集合互不相交且包含所有的数, 即 $\cup A_{i, j} \cup B_{i, j}=D_n$. 因而可得
+$$
+|S| \leqslant\left[\frac{3(n+1)^2+1}{4}\right]
+$$
+另一方面, 考察满足 $\alpha+\beta+\gamma=n+t$ (其中 $t=\left[\frac{n}{2}\right]$) 的数组 $(\alpha, \beta, \gamma)$ 的个数.
+由条件 $0 \leqslant \alpha 、 \beta 、 \gamma \leqslant n$, 可得 $(n+t+1)+(n+t)+\cdots+1-3[t+ (t-1)+\cdots+1]=\left[\frac{3(n+1)^2+1}{4}\right]$. (其中 $t=\left[\frac{n}{2}\right]$ 当 $\alpha, \beta, \gamma$ 中有一个大于 $n$ 时, 共有 $3(t+(t-1)+\cdots+1)$ 组解, 故应除去) 取 $S= \left\{2^\alpha 3^\beta 5^\gamma \mid \alpha+\beta+\gamma=n+\left[\frac{n}{2}\right], 0 \leqslant \alpha, \beta, \gamma \leqslant n\right\}$, 可得 $|S|=\left[\frac{3(n+1)^2+1}{4}\right]$, 且 $S$ 中任意两数不具备倍数关系, 否则, 不妨设 $2^{\alpha_1} 3^{\beta_1} 5^{\gamma_1} \mid 2^{\alpha_2} 3^{\beta_2} 5^{\gamma_2}$, 则 $\alpha_1 \leqslant \alpha_2, \beta_1 \leqslant \beta_2, \gamma_1 \leqslant \gamma_2, \alpha_1+\beta_1+\gamma_1=\alpha_2+\beta_2+\gamma_2$, 因此 $\alpha_1=\alpha_2, \beta_1=\beta_2, \gamma_1=\gamma_2$, 产生矛盾! 综上可知, $|S|_{\text {max }}=\left[\frac{3(n+1)^2+1}{4}\right]$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise6.tex

@@ -0,0 +1,271 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 已知 $S=\left\{\frac{(3 n) !}{6^n \cdot n} \mid n \in \mathbf{N}^*\right\}$, 设 $s \in S$. 求证 $: s \in \mathbf{N}^*$.
+%%<SOLUTION>%%
+显然 $2^n \mid(3 n)$ !. 而 $3^n \cdot n !=3 \cdot 6 \cdot 9 \cdot \cdots \cdot 3 n$, 所以 $\left(3^n \cdot n !\right) \mid(3 n)$ !.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 数集 $M$ 由 2003 个不同的正数组成,对于 $M$ 中任何三个不同的元素 $a 、 b$ 、 $c$, 数 $a^2+b c$ 都是有理数.
+证明: 可以找到一个正整数 $n$, 使得对于 $M$ 中任何数 $a$, 数 $a \sqrt{n}$ 都是有理数.
+%%<SOLUTION>%%
+$a, b, c, d \in M$, 且两两不同.
+由 $d^2+a b \in \mathbf{Q}, d^2+b c \in \mathbf{Q}$, 得 $b c-a b \in \mathbf{Q}$. 故 $a^2+a b=a^2+b c+(a b-b c) \in \mathbf{Q}$, 同理 $b^2+a b \in \mathbf{Q}$. 从而, 对 $M$ 中任何两个不同的数 $a 、 b$, 都有 $q=\frac{a}{b}=\frac{a^2+a b}{b^2+a b} \in \mathbf{Q}$. 于是, $a=q b$, 从而 $a^2+a b= b^2\left(q^2+q\right)=l \in \mathbf{Q}, b=\sqrt{\frac{l}{q^2+q}}=\sqrt{\frac{m}{k}}, m, k \in \mathbf{N}$. 令 $n=m k$, 得 $b \sqrt{n}=m \in \mathbf{Q}$. 故对任何 $c \in M$, 有 $c \sqrt{n}=\frac{c}{b} \cdot b \sqrt{n} \in \mathbf{Q}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 已知由 2003 个正数组成的集合,该集合中的任意两个数 $a$ 与 $b(a>b)$ 的和 $a+b$ 与差 $a-b$ 中至少有一个属于该集合.
+证明: 若将该集合中的数按递增的顺序排列, 则相邻两个数的差相同.
+%%<SOLUTION>%%
+将 2003 个正数按递增顺序排列, 并记 $A=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_{2003}\right\}$. 因为 $\left(a_{2003}+a_i\right) \notin A$, 所以 $\left(a_{2003}-a_i\right) \in A, i=1,2, \cdots, 2002$. 即 $a_{2003}-a_{2002}< a_{2003}-a_{2001}<\cdots<a_{2003}-a_1<a_{2003} \in A$. 故 $a_{2003}-a_i=a_{2003-i}, i=1,2, \cdots$, 2002. 同理 $a_{2002}-a_i=a_{2002-i}, i=1,2, \cdots, 2001$. 所以, $a_{i+1}=a_{2003}-a_{2002-i}= a_i+a_{2003}-a_{2002}$. 从而, $a_{i+1}-a_i=a_{2003}-a_{2002}, i=1,2, \cdots, 2002$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 设 $S=\left\{\frac{m n}{m^2+n^2} \mid m, n \in \mathbf{N}^*\right\}$. 求证: 如果 $x, y \in S$, 且 $x<y$, 那么一定存在 $z \in S$, 使得 $x<z<y$.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $x, y \in S, x=\frac{m n}{m^2+n^2}, y=\frac{a b}{a^2+b^2}, x<y$. 不妨设 $m \leqslant n, a \leqslant b$. 考虑函数 $f(x)=\frac{x}{1+x^2}$, 易证 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上严格递增.
+所以对所有 $c, d \in[0,1]$, 有 $f(c)<f(d) \Leftrightarrow c<d$. 因为 $f\left(\frac{m}{n}\right)=\frac{m n}{m^2+n^2}<\frac{a b}{a^2+b^2}=f\left(\frac{a}{b}\right)$, 所以 $\frac{m}{n}<\frac{a}{b}$. 因此, 可选择有理数 $\frac{p}{q}$ (其中 $p, q \in \mathbf{N}^*$ ), 使得 $\frac{m}{n}<\frac{p}{q}<\frac{a}{b}$(例如取 $\left.\frac{p}{q}=-\frac{1}{2} \cdot\left(\frac{m}{n}+\frac{a}{b}\right)\right)$, 那么, 就有 $f\left(\frac{m}{n}\right)<f\left(\frac{p}{q}\right)<f\left(\frac{a}{b}\right)$. 令 $z=f \left(\frac{p}{q}\right)=\frac{p q}{p^2+q^2}$ 即可.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 求所有的由不同正整数 (至少 2 个)组成的集合,使其中各数之和等于它们的积.
+%%<SOLUTION>%%
+显然, 1 在集合中起着保持积不动而增大和的作用, 而且它是具有这种性质的惟一正整数.
+先设集合中的 $n$ 个数中不含 1 且 $1<a_1<a_2<\cdots< a_n$, 于是 $a_j>j, j=1,2, \cdots, n$. 因 $n \geqslant 2$, 故有 $a_n a_{n-1}-a_n-a_{n-1}= (a_n -  1) \left(a_{n-1}-1\right)-1 \geqslant 1, a_n a_{n-1} \geqslant a_n+a_{n-1}+1$. 其中等号成立当且仅当 $a_n=3$, $a_{n-1}=2$. 从而当 $n \geqslant 3$ 时, $a_n a_{n-1} a_{n-2} \geqslant 2 a_n a_{n-1}>a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+1$. 依此类推, 便得 $a_n a_{n-1} \cdots a_1>a_n+a_{n-1}+\cdots+a_1+1$. 这表明, 凡不含 1 的集合都不满足要求,而且当 $n \geqslant 3$ 时, 即使将 1 添人集合中也不能满足要求.
+当 $n=2$ 时, 只有 $a_0=1, a_1=2, a_2=3$ 才满足题中要求.
+又当 $n=1$ 时, $a_1 \cdot 1<a_1+1$, 所以任何 $\left\{1, a_1\right\}$ 都不满足题中要求.
+总结起来, 满足题中要求的集合只有一个, 即为 $\{1,2,3\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 设集合 $M=\left\{x_1, x_2, \cdots, x_{30}\right\}$ 由 30 个互不相同的正数组成, $A_n(1 \leqslant n \leqslant 30)$ 是 $M$ 中所有的 $n$ 个不同元素之和的和数.
+证明: 若 $A_{15}>A_{10}$, 则 $A_1>1$.
+%%<SOLUTION>%%
+只需证明: 如果 $A_1 \leqslant 1$, 那么对一切 $1 \leqslant n \leqslant 29$, 都有 $A_{n+1}<A_n$. 由于 $A_1 \leqslant 1$, 所以, $A_n \geqslant A_1 A_n$. 将 $A_1$ 与 $A_n$ 乘开, 并且整理以后, 可知 $A_1 A_n= A_{n+1}+S_n$, 易证 $S_n>0$, 由此即得所证.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 $S$ 为 $m$ 个无序正整数对 $(a, b)(1 \leqslant a<b \leqslant n)$ 所成的集合.
+证明: 至少有 $4 m \cdot \frac{m-\frac{n^2}{4}}{3 n}$ 个无序三元数组 $(a, b, c)$, 使得 $(a, b),(b, c),(c, a)$ 都属于 $S$.
+%%<SOLUTION>%%
+考虑 $n$ 个点 $1,2, \cdots, n$. 如果 $(i, j) \in S$, 则在 $i$ 与 $j$ 之间连一条线.
+我们来求这个图中的三角形的个数.
+设 $(i, j) \in S$, 并且自 $i$ 引出的线有 $d_i$ 条, 则以 $(i, j)$ 为边的三角形至少有 $d_i+d_j-n$ 个.
+由于每个三角形有三条边, 所以 $S$ 中至少有 $\frac{1}{3} \sum_{(i, j) \in S}\left(d_i+d_j-n\right)$ (1)个三角形.
+$\sum_{(i, j) \in S} 1=m, \sum_{(i, j) \in S} n=n m$. (2)
+对于每个固定的 $i$, 恰有 $d_i$ 个 $j$ 使 $(i, j) \in S$, 所以在(1)中的 $d_i$ 出现了 $d_i$ 次.
+注意 $(i, j)$ 既可作为自 $i$ 引出的边, 又可作为自 $j$ 引出的边, 被计算了 2 次.
+因此 $\sum_{(i, j) \in S}\left(d_i+d_j\right)=\sum_{i=1}^n d_i^2$. 由柯西不等式, $\sum_{i=1}^n d_i^2 \geqslant \frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^n d_i\right)^2= \frac{1}{n}(2 m)^2=\frac{4 m^2}{n}$. 由(1)、(2)及上式得 $T \geqslant \frac{1}{3}\left(\frac{4 m^2}{n}-m m\right)=4 m \cdot \frac{m-\frac{n^2}{4}}{3 n}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 设 $L$ 是坐标平面中的一个子集.
+定义如下:
+$$
+L=\{(41 x+2 y, 59 x+15 y) \mid x, y \in \mathbf{Z}\} .
+$$
+试证: 每个以原点为中心, 面积等于 1990 的平行四边形至少包含集 $L$ 中的两个点.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $F$ 是以 $(0,0),(41,59),(43,74),(2,15)$ 为顶点的平行四边形, 它的 4 个顶点都属于 $L$, 且 $F$ 中其他点都不属于 $L$. 将 $F$ 在坐标平面上向各方向平移,便形成以 $F$ 为基本区域的网络, 网络的结点都是 $L$ 中的点.
+$F$ 的面积
+$$
+S_F=\left|\begin{array}{ccc}
+0 & 0 & 1 \\
+41 & 59 & 1 \\
+2 & 15 & 1
+\end{array}\right|=497
+$$
+设 $P$ 是以原点为中心, 面积等于 1990 的平行四边形.
+作以原点为中心, 相似比为 $\frac{1}{2}$ 的位似变换.
+记平行四边形 $P$ 的位似象为 $P^{\prime}$, 则 $P^{\prime}$ 的面积为 $1990 \times \frac{1}{4}=497 \frac{1}{2}>497$. 这样一来, 当将平行四边形 $P^{\prime}$ 被网络所分成的诸块都平移到基本区域 $F$ 中时, 必有两点重叠.
+设这两点是 $D_1^{\prime}\left(x_1, y_1\right)$ 和 $D_2^{\prime}\left(x_2, y_2\right)$. 由于平移是沿网格线移动的, 所以点 $M\left(x_1-x_2, y_1-y_2\right) \in L$.
+另一方面, 因为 $D_1^{\prime}, D_2^{\prime} \in P^{\prime}$, 所以 $D_1\left(2 x_1, 2 y_1\right), D_2\left(2 x_2, 2 y_2\right) \in P$. 又因 $P$ 是以原点为中心的平行四边形, 所以 $D_3\left(-2 x_2,-2 y_2\right) \in P$. 从而线段 $D_1 D_3$ 的中点 $M \in P$, 且 $M \neq(0,0)$. 这就证明了平行四边形 $P$ 中至少含有 $L$ 中的两个点.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 证明: 在集合 $\left\{1,2,3, \cdots, \frac{3^n+1}{2}\right\}\left(n \in \mathbf{N}^*\right)$ 中可取出 $2^n$ 个数, 其中无三个数成等差数列.
+%%<SOLUTION>%%
+用数学归纳法.
+当 $n=k+1$ 时, 可分别从 $A_1=\left\{1,2, \cdots, \frac{3^k+1}{2}\right\}$ 及 $A_2=\left\{3^k+1,3^k+2, \cdots, 3^k+\frac{3^k+1}{2}\right\}$ 中各取 $2^k$ 个数满足条件.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 设 $a_j 、 b_j 、 c_j$ 为整数, 这里 $1 \leqslant j \leqslant N$, 且对任意的 $j$, 数 $a_j 、 b_j 、 c_j$ 中至少有一个为奇数.
+证明: 存在一组数 $r 、 s 、 t$, 使得集合 $ \{r a_j+s b_j+t c_j \mid 1 \leqslant j \leqslant N\}$ 中, 至少有 $\frac{4 N}{7}$ 个数为奇数.
+%%<SOLUTION>%%
+考虑不全为零的 7 个数组 $(x, y, z)$, 其中 $x, y, z \in\{0,1\}$. 容易证明: 若 $a_j 、 b_j 、 c_j$ 不全为偶数, 则集合 $A_j=\{x a_j+y b_j+z c_j \mid x, y, z \in\{0,1\}\}$ 中恰有 4 个为偶数, 也恰有 4 个为奇数, 这里 $1 \leqslant j \leqslant N$. 当然, 在 $x=y= z=0$ 时, $x a_j+y b_j+z c_j$ 为偶数.
+由此可知 $ \{x a_j+y b_j+z c_j \mid x, y, z \in\{0,1\}, x 、 y, z$ 不全为零, $1 \leqslant j \leqslant N\}$ 中, 恰有 $4 N$ 个数为奇数.
+于是, 由抽庶原则, 可知存在一组数 $(x, y, z), x, y, z \in\{0,1\}, x 、 y 、 z$ 不全为零, 使得 $\left\{x a_j+y b_j+z c_j \mid 1 \leqslant j \leqslant N\right\}$ 中至少有 $\frac{4 N}{7}$ 个数为奇数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 平面上不含零向量的集合 $A$, 若其至少有三个元素, 且对任意 $u \in A$, 存在 $v, w \in A$, 使 $v \neq w, u=v+w$, 则称 $A$ 具有性质 $S$. 证明:
+(1) 对任意 $n \geqslant 6$, 存在具有性质 $S$ 的向量集;
+(2) 具有性质 $S$ 的有限向量集合都至少有 6 个元素.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 对 $n(n \geqslant 6)$ 进行归纳.
+当 $n=6$ 时, 考虑 $\triangle A B C$ 及 $A B 、 B C 、 C A$ 、 $B A 、 C B 、 A C$. 对于具有性质 $S$ 的 $n$ 元集合 $A$, 设其非零向量为 $\boldsymbol{v}_1, \boldsymbol{v}_2, \cdots, v_n$. 设 $v_i 、 v_j$ 是 $A$ 的两个不同向量, $v_i$ 与 $v_j$ 的夹角是 $A$ 中各向量之间的最小角.
+则 $\left(\boldsymbol{v}_i+\boldsymbol{v}_j\right) \notin A$, 否则与最小性矛盾.
+因此, $A \cup\left\{\boldsymbol{v}_i+\boldsymbol{v}_j\right\}$ 有 $(n+1)$ 个元素, 且满足性质 $S$.
+(2) 考虑一个均由 $O$ 为始点的具有性质 $S$ 的向量集合 $A= \{\boldsymbol{O} \boldsymbol{X}_1,\boldsymbol{O} \boldsymbol{X}_2, \cdots, \boldsymbol{O X _ { n }} \}$, 若 $\boldsymbol{u}$ 与 $\boldsymbol{v}$ 不平行, 且使得 $\boldsymbol{u}$ 或 $\boldsymbol{v}$ 平行于 $A$ 中的一个向量或 $\boldsymbol{X}_i \boldsymbol{X}_j (i \neq j)$ 中的一个向量.
+记 $\boldsymbol{O} \boldsymbol{X}_i=a_i \boldsymbol{u}+b_i \boldsymbol{v}$, 对向量 $\boldsymbol{O} \boldsymbol{X}_i$ 分解, $i=1,2, \cdots, n$. 实数集合 $M=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_n\right\}$ 具有类似于 $S$ 的性质.
+设 $M$ 中的最大数为 $a$. 显然, $a>0$, 存在 $b 、 c>0$, 使得 $a=b+c, b \neq c$. 否则, $a$ 不是 $M$ 中的最大元素.
+同理, 对于 $M$ 中的最小元素 $a^{\prime}$, 存在 $b^{\prime}, c^{\prime} \in M$, 且 $b^{\prime} 、 c^{\prime}<0, b^{\prime} \neq c^{\prime}$, 使得 $a^{\prime}=b^{\prime}+c^{\prime}$. 由此得出 $M$ 中的 6 个不同元素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 平面上的点集 $H$ 称为是好的, 如果 $H$ 中任意 3 个点都存在一条对称轴, 使得这 3 个点关于这条对称轴对称.
+证明:
+(1) 一个好的集合不一定是轴对称的;
+(2) 如果一个好的集合中恰有 2003 个点,则这 2003 个点在一条直线上.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 如图(<FilePath:./figures/fig-c6p12-1.png>), $\triangle A B C 、 \triangle A D C 、 \triangle B C D$ 均为等腰三角形, $A 、 B 、 D$ 也共线.
+所以, 任意三个点皆有一条对称轴.
+故它是一个好的集合.
+但是 $A 、 B$ 、 $C 、 D$ 不是轴对称的.
+(2) 反证法.
+假设结论不成立.
+于是, 不可能有集合中的 6 个点共线.
+否则, 在这条直线外必有 1 个属于集合的点 $K$, 过点 $K$ 作此直线的垂线, 则此直线上必有至少 3 个点在这条垂线的同侧, 记为 $A 、 B 、 C$ (如图(<FilePath:./figures/fig-c6p12-2.png>)). 因为 $\angle K C B>\frac{\pi}{2}$, 所以, $B K>B C$. 由于 $K 、 C 、 B$ 有对称轴, 则 $B C=C K$. 同理, $A C=C K$,矛盾.
+故不可能有集合中的 6 个点共线.
+不妨设 $A 、 B$ 为这个集合中距离最短的两个点(如图(<FilePath:./figures/fig-c6p12-3.png>)). 则其余 2001 个点有以下 4 种情况:(i) 在线段 $A B$ 中垂线上; (ii) 在 $A B$ 所在直线上; (iii) 在以 $A$ 为圆心、 $A B$ 长为半径的圆上; (iv) 在以 $B$ 为圆心、 $A B$ 长为半径的圆上.
+由前面的证明可知, (i)、(ii) 两种情况点的总数不超过 10 个.
+又因为 $A B$ 的距离最小, 所以 (iii)、(iv)两种情况点的总数不超过 10 个.
+故 $10+10+2<2003$. 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 一个正整数的集合 $C$ 称为 “好集”, 是指对任何整数 $k$, 都存在着 $a, b \in C$, $a \neq b$, 使得数 $a+k$ 与 $b+k$ 不是互质的数.
+证明: 如果一个好集 $C$ 的元素之和为 2003 , 则存在一个 $c \in C$, 使得集合 $C \backslash\{c\}$ 仍是一个“好集”.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $p_1, p_2, \cdots, p_n$ 是 $C$ 中两个数的差的所有可能的质因子.
+假定对每个 $p_i$, 都存在一个剩余 $\alpha_i$, 使得 $C$ 中至多有一个数关于模 $p_i$ 与 $\alpha_i$ 同余.
+利用中国剩余定理 (即孙子定理) 可得, 存在一个整数 $k$, 满足 $k \equiv p_i-\alpha_i(\bmod p_i ), i=1,2, \cdots, n$. 利用题中的条件可得, 存在某个 $j$ 和某个 $a, b \in C$, 使得 $p_j$ 整除 $a+k$ 与 $b+k$. 于是, $a$ 和 $b$ 关于模 $p_j$ 与 $\alpha_j$ 同余.
+这与 $\alpha_j$ 的假定矛盾.
+由此可以断定关于模 $p$ 的每个剩余, 在 $C$ 的数的剩余中至少出现两次.
+假定每个剩余都恰好出现两次, 则 $C$ 中元素的和等于 $p r+2(0+1+\cdots+ p-1)=p(r+p-1), r \geqslant 1$, 这与 2003 是质数矛盾.
+因此, 一定存在某个剩余, 它至少出现三次.
+将具有这种性质的 $C$ 中的元素删除一个, 就得到了一一个新的“好集”.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 试证: 存在一个具有如下性质的正整数的集合 $A$, 使对任何由无限多个素数组成的集合 $S$, 都存在自然数 $k \geqslant 2, m \in A$ 及 $n \notin A, m$ 和 $n$ 均为 $S$ 中 $k$ 个不同元素的乘积.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $q_1, q_2, \cdots, q_j, \cdots$ 是全体素数从小到大排成的数列, 即有 $q_1=2, q_2=3, q_3=5, q_4=7, q_5=11, q_6=13, \cdots$. 令 $A_1=\left\{2 q_i \mid i=2,3, \cdots\right\}$, $A_2=\left\{3 q_i q_j \mid i<j, i=3,4, \cdots, j=4,5, \cdots\right\}$. 一般地, 对正整数 $h$, 令 $A_h=\left\{q_h q_{i_1} q_{i_2} \cdots q_{i_h} \mid h<i_1<i_2<\cdots<i_h\right\}$. 最后再令 $A==\bigcup_{h=1}^{\infty} A_h$.
+设 $S$ 是由无限多个素数组成的集合 $S=\left\{p_1, p_2, \cdots, p_t, \cdots\right\}$, 其中 $p_1<p_2<\cdots<p_t<\cdots$. 于是有 $p_1 \geqslant 2, p_2 \geqslant 3, p_3 \geqslant 5, \cdots$. 设 $p_i=q_{j_i}, i=1,2, \cdots$. 于是 $m=p_1 p_2 \cdots p_{j_1+1}=q_{j_1} q_{j_2} \cdots q_{j_{j_1+1}} \in A, n=p_2 p_3 \cdots p_{j_1+2}= q_{j_2} q_{j_3} \cdots q_{j_{j_2+2}} \notin A$. 可见, 只要取 $k=j_1+1$ 就可以了.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 求最小的正整数 $n$, 使得 $S=\{1,2, \cdots, 150\}$ 的每个 $n$ 元子集都含有 4 个两两互质的数 (已知 $S$ 中共有 35 个素数).
+%%<SOLUTION>%%
+考虑 $S$ 中 2 或 3 或 5 的倍数的个数,有 $\left[\frac{150}{2}\right]+\left[\frac{150}{3}\right]+\left[\frac{150}{5}\right]- \left[\frac{150}{2 \times 3}\right]-\left[\frac{150}{2 \times 5}\right]-\left[\frac{150}{3 \times 5}\right]+\left[\frac{150}{2 \times 3 \times 5}\right]=110$. 当 $n=110$ 时, 可以全取 2 或 3 或 5 的倍数, 所以在这个子集里无论如何也找不到 4 个两两互素的数.
+因此, $n \geqslant 111$.
+$n=111$ 合乎要求.
+为此构造如下 6 个数组: $A_1=\{1\} \bigcup\{S$ 中 35 个素数 $\}, A_2=\{2 \times 67,3 \times 43,5 \times 17,7 \times 19,11 \times 13\}, A_3=\{2 \times 53,3 \times 47,5 \times 23,7 \times 17\}, A_4=\left\{2^2, 3^2, 5^2, 7^2, 11^2\right\}, A_5= \{2 \times 19,3^3, 5 \times 13,7 \times 11\}, A_6=\left\{2^3, 3 \times 23,5 \times 11,7 \times 13\right\}$. 令 $A=A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \cdots \cup A_6$. 上述每一个 $A_i(i=1,2, \cdots, 6)$ 中至少有 4 个元素并且两两互素, 且 $A_i \cap A_j=\varnothing(1 \leqslant i<j \leqslant 6),|A|=58$. 这样, 若从 $S$ 中取出 111 个数, 则 $A$ 中至少被取出 19 个数, 由抽屈原则必有某 $A_i(i=1,2, \cdots, 6)$ 被选出 4 个, 而这四个数是两两互素的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 对于任意正整数 $n$, 记 $n$ 的所有正约数组成的集合为 $S_n$. 证明: $S_n$ 中至多有一半元素的个位数为 3 .
+%%<SOLUTION>%%
+考虑如下四种情况:
+(1) $n$ 能被 5 整除, 设 $d_1, d_2, \cdots, d_m$ 为 $S_n$ 中所有个位数为 3 的元素,则 $S_n$ 中还包括 $5 d_1, 5 d_2, \cdots, 5 d_m$ 这 $m$ 个个位数为 5 的元素, 所以 $S_n$ 中至多有一半元素的个位数为 3 .
+(2) $n$ 不能被 5 整除,但 $2 \mid n$. 仿 (1) 可证.
+(3) $n$ 不能被 5 整除, 且 $n$ 的质因子的个位数均为 1 或 9 , 则 $S_n$ 中所有的元素的个位数均为 1 或 9. 结论成立.
+(4) $n$ 不能被 5 整除, 且 $2 \times n$, 但 $n$ 有个位数为 3 或 7 的质因子 $p$, 令 $n= p^r q$, 其中 $q$ 和 $r$ 都是正整数, $p$ 和 $q$ 互质.
+设 $S_q=\left\{a_1, a_2, \cdots, a_k\right\}$ 为 $q$ 的所有正约数组成的集合, 将 $S_n$ 中的元素写成如下方阵:
+$$
+\begin{aligned}
+& a_1, a_1 p, a_1 p^2, \cdots, a_1 p^r, \\
+& a_2, a_2 p, a_2 p^2, \cdots, a_2 p^r, \\
+& \cdots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots \ldots . . \\
+& a_k, a_k p, a_k p^2, \cdots, a_k p^r .
+\end{aligned}
+$$
+对于 $d_i=a_r p^l$,选择 $a_r p^{l-1}$ 或 $a_r p^{l+1}$ 之一与之配对(所选之数必须在 $S_n$ 中). 设 $e_i$ 为所选之数, 我们称 $\left(d_i, e_i\right)$ 为一对朋友.
+如果 $d_i$ 的个位数为 3 , 则由 $p$ 的个位数是 3 或 7 ,知 $e_i$ 的个位数不是 3 . 假设 $d_i$ 和 $d_j$ 的个位数都是 3 , 且有相同的朋友 $e=a_s p^t$, 则 $\left\{d_i, d_j\right\}=\left\{a_s p^{t-1}, a_s p^{t+1}\right\}$, 因为 $p$ 的个位数为 3 或 7 , 所以 $p^2$ 的个位数是 9 , 而 $n$ 不能被 5 整除, 故 $a_s$ 的个位数不为 0 , 所以 $a_s p^{t-1}, a_s p^{t-1} \cdot p^2=a_s p^{t+1}$ 的个位数不同, 这与 $d_i$ 和 $d_j$ 的个位数都是 3 矛盾, 所以每个个位数为 3 的 $d_i$ 均有不同的朋友.
+综上所述, $S_n$ 中每个个位数为 3 的元素, 均与一个 $S_n$ 中个位数不为 3 的元素为朋友, 而且两个个位数为 3 的不同元素的朋友也是不同的, 所以 $S_n$ 中至多有一半元素的个位数为 3 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 设 $X=\{1,2, \cdots, 2001\}$. 求最小正整数 $m$, 使其适合要求: 对 $X$ 的任何一个 $m$ 元子集 $W$,都存在 $u, v \in W$ ( $u$ 和 $v$ 可以相同)，使得 $u+v$ 是 2 的方幂.
+%%<SOLUTION>%%
+构造一个使题中要求不被满足且又含元素最多的例子, 这个子集不能含 2 的任一方幕且每对数 $\left\{2^r+a, 2^r-a\right\}$ 中只能有 1 个含在集中.
+令 $Y=\{2001,2000, \cdots, 1025\} \cup\{46,45, \cdots, 33\} \cup\{17\} \cup\{14,13, \cdots, 9\} \cup \{1\}$, 则有 $|Y|=998$. 对任何 $u 、 v \in Y$, 不妨设 $u \geqslant v$ 且有 $2^r<u \leqslant 2^r+ a<2^{r+1}$, 其中当 $r$ 分别取值 10、5、4、3 时, 相应的 $a$ 值依次为 $977 、 14 、 1 、 6$ . 对 (1) 若 $2^r<v \leqslant u$, (2) 若 $1 \leqslant v<2^r$, 可证明 $u+v$ 不能是 2 的方幂.
+故知所求的最小正整数 $m \geqslant 999$.
+将 $X$ 划分成下列 999 个互不相交的子集: $A_i=\{1024-i, 1024+i\}, i= 1,2, \cdots, 977, B_j=\{32-j, 32+j\}, j=1,2, \cdots, 14, C=\{15,17\}, D_k=\{8-k, 8+k\}, k=1,2, \cdots, 6, E=\{1,8,16,32,1024\}$. 对于 $S$ 的任何一个 999 元子集 $W$, 若 $W \cap E \neq \varnothing$, 则从其中任取一个元素的 2 倍都是 2 的方幕; 若 $W \cap E=\varnothing$, 则 $W$ 中的 999 个元素分属于前面的 998 个 2 元子集.
+由抽庶原理知 $W$ 中必有不同的 $u$ 和 $v$, 属于其中同一子集.
+显然, $u+v$ 为 2 的方幂.
+故所求的最小正整数 $m=999$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18 平面内一个整点的有限集 $S$ 称为一个双邻集, 如果对 $S$ 内每个点 $(p, q)$, 恰有点 $(p+1, q) 、(p, q+1) 、(p-1, q) 、(p, q-1)$ 中的两点在 $S$ 内.
+问对怎样的正整数 $n$, 存在一个双邻集恰包含 $n$ 个整点?
+%%<SOLUTION>%%
+先证明结论: 一个双邻集 $S$ 恰包含 $n$ 个整点,则 $n$ 必为偶数.
+用线段连结 $S$ 中的相邻整点.
+因为 $S$ 中每一整点恰连出两条线段, 因此, 双邻集 $S$ 内全部整点可用连结相邻整点的线段组成有限个不自交的闭折线图形.
+在每一闭折线图形中, 每两个相邻整点的横纵坐标之和只相差 1 , 横纵坐标之和依次为偶数、奇数、偶数、奇数……交替出现.
+由于是闭折线, 则任一个闭折线图形整点个数必为偶数个.
+再证: $n=4$ 和 $n$ (偶数) $\geqslant 8$.
+当 $n=2$ 时, 2 个整点显然无法构成一个双邻集.
+当 $n=6$ 时, 由于 3 个及 3 个以下的整点无法组成闭折线图形, 则 6 个整点要成为一个双邻集, 6 个点组成的闭折线图形只能是图(<FilePath:./figures/fig-c6p18.png>) 所示的两图形之一,两图形显然都不是双邻集.
+4 个整点 $(p, q) 、(p+1, q) 、(p+1, q-1) 、(p, q-1)$ 恰组成一个双邻集 (边长为 1 的正方形), 则 $n=4$.
+注意到 10 个整点 $(p, q) 、(p+1, q) 、(p+2, q) 、(p+3, q) 、(p, q- 1) 、(p+3, q-1) 、(p, q-2) 、(p+1, q-2) 、(p+2, q-2) 、(p+3, q-2)$ 也组成一个双邻集 (长为 3 宽为 2 的矩形边上的 10 个整点).
+因此, 当 $n=4 k(k \in \mathbf{N})$ 时, 取 $k$ 个 4 整点组成的双邻集,每两个双邻集的距离 (一个相邻集中任一点到另一双邻集中任一点距离的最小值) 大于 1 , 将这 $k$ 个 4 整点双邻集合并为一个集合, 这个集合当然是恰含 $4 k$ 个整点的双邻集.
+当 $n=4 k+2(k \geqslant 2)$ 时, 由于 $n=4(k-2)+10$, 取 $k-2$ 个 4 整点组成的双邻集, 取一个 10 整点组成的双邻集, 每两个双邻集的距离大于 1 . 将这 $k-2$ 个 4 整点双邻集与一个 10 整点双邻集合并为一个集合,这个集合当然是恰含 $4 k+2(k \geqslant 2)$ 个整点的双邻集.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise7.tex

@@ -0,0 +1,262 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 若 $\frac{a+b}{c}=\frac{b+c}{a}=\frac{c+a}{b}=k$, 则直线 $y=k x+k$ 的图象必经过第?象限.
+%%<SOLUTION>%%
+二、三.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 在 $1,2, \cdots, 99$ 这 99 个正整数中, 任意取出 $k$ 个数, 使得其中必有两个数 $a 、 b(a \neq b)$ 满足 $\frac{1}{2} \leqslant \frac{b}{a} \leqslant 2$, 则 $k$ 的最小可能值等于
+%%<SOLUTION>%%
+$7$. 将 $1 \sim 99$ 这 99 个正整数分为 6 组, 使得每组中任意两个数的比值在闭区间 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 中, 且每组元素个数尽量地多.
+分组如下: $A_1=\{1,2\}$, $A_2=\{3,4,5,6\}, A_3=\{7,8, \cdots, 14\}, A_4=\{15,16, \cdots, 30\}, A_5=\{31, 32, \cdots, 62\}, A_6=\{63,64, \cdots, 99\}$. 当任取 6 个数时, 比如在 $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5, A_6$ 中各取一个数时, 如取 $1,3,7,15,31,63$, 这 6 个数中任 2 个数的比值都不在闭区间 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 中, 可见 $k>6$. 所以, $k \geqslant 7$.
+当 $k=7$ 时, 在 99 个数中任取 7 个数, 由抽屟原理知, 必有 2 个数属于同一个 $A_i(1 \leqslant i \leqslant 6)$, 这 2 个数的比值在闭区间 $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ 中.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 设变量 $x$ 满足 $x^2+b x \leqslant-x(b<-1)$, 且 $f(x)=x^2+b x$ 的最小值是 $-\frac{1}{2}$, 则 $b$ 等于
+%%<SOLUTION>%%
+$b=-\frac{3}{2}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 若关于 $x$ 的不等式 $k x^2-2|x-1|+6 k<0$ 的解集为空集, 则 $k$ 的取值范围是
+%%<SOLUTION>%%
+$k \geqslant \frac{1+\sqrt{7}}{6}$. 对 $x \in \mathbf{R}$, 恒有 $k \geqslant f(x)=\frac{2|x-1|}{x^2+6}$. 所以, $k \geqslant \max f(x), x \in \mathbf{R}$. 当 $x \geqslant 1$ 时, 令 $t=x-1, t \geqslant 0$, 则 $f(x)=\frac{2 t}{\left(t^2+7\right)+2 t} \leqslant \frac{2 t}{2 \sqrt{7} t+2 t}=\frac{\sqrt{7}-1}{6}$. 当 $x<1$ 时, 令 $t=1-x, t>0$, 则 $f(x)=\frac{2 t}{\left(t^2+7\right)-2 t} \leqslant \frac{2 t}{2 \sqrt{7} t-2 t}=\frac{\sqrt{7}+1}{6}$, 当 $t=\sqrt{7}$ 时, 等号成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 证明: 三角形三条高线的中点共线的充分必要条件是这个三角形是直角三角形.
+%%<SOLUTION>%%
+在 $\triangle A B C$ 中, 三条高线的中点 $A^{\prime} 、 B^{\prime} 、 C^{\prime}$ 分别在中位线 $\triangle M N P$ 三边所在直线上.
+若 $\triangle A B C$ 是锐角三角形, 则点 $A^{\prime} 、 B^{\prime} 、 C^{\prime}$ 在 $\triangle M N P$ 的三边上, 故此三点不共线; 若 $\triangle A B C$ 是钝角三角形, 则点 $A^{\prime} 、 B^{\prime} 、 C^{\prime}$ 中有两点在 $\triangle M N P$ 的两条边的延长线上, 另一点在第三条边上, 故此三点不共线; 若 $\triangle A B C$ 是直角三角形, 则点 $A^{\prime} 、 B^{\prime} 、 C^{\prime}$ 在直角所对的中位线上.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 正整数 $x 、 y$ 满足 $x<y$, 令 $P=\frac{x^3-y}{1+x y}$, 求 $P$ 能取到的所有整数值.
+%%<SOLUTION>%%
+易验证 $y=8, x=2$ 时, $P=0 . P=1$ 时, $x^3-y=1+x y \Rightarrow(x+  1)  y=x^3-1=(x+1)\left(x^2-x+1\right)-2$. 所以 $(x+1) \mid 2, x=1$, 从而 $y= 0<x \Rightarrow$ 矛盾.
+因此 $P \neq 1$. 当 $P \geqslant 2$ 时, 由 $P=\frac{x^3-y}{1+x y}$ 可得 $y=\frac{x^3-P}{x P+1}$. 由此知当 $x=P^3$ 时, $y=P\left(P^4-1\right)>P^3$ 成立, 这说明 $P$ 可取 $\geqslant 2$ 的任意整数.
+当 $P<0$ 时, 由 $\left|x^3-y\right|=y-x^3<x y+1 \Rightarrow$ 与 $P$ 为整数矛盾.
+所以 $P$ 可取的值为 $\{k \mid k \in \mathbf{N}, k=0$ 或 $k \geqslant 2\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 在一个由 $n$ 个方格组成的 $1 \times n$ 棋盘中的每个方格上各放一个钱币.
+第一次搬动是将某一个方格上的钱币放在相邻的一个方格中的钱币上, 左边或右边都可以,但是不能出棋盘.
+以后的每次搬动是将某个方格中的所有钱币 (设有 $k$ 个) 搬到与此方格相邻的第 $k$ 个位置的方格中, 左或右都可以,但是不能出棋盘.
+试证: 能经过 $n-1$ 次搬动, 将所有钱币都集中在一个方格中.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $n$ 为奇数, 记 $n=2 m+1$. 考虑第 $m+1$ 个方格, 将其中钱币向左运动一次, 于是第 $m$ 个方格中有两个钱币, 而第 $m+1$ 个方格中无钱币.
+将第 $m$ 个方格中的钱币搬到第 $m+2$ 个方格中, 这样依次从左到右, 再从右到左, 经过 $n-1$ 次运动, 便将钱币都放在最右边那个方格中, 而其余方格中无钱币.
+设 $n$ 为偶数, 记 $n=2 m$. 考虑第 $m$ 个方格, 将其中钱币向右运动一次, 于是第 $m+1$ 个方格中有两个钱币, 而第 $m$ 个方格中无钱币.
+将第 $m+1$ 个方格中的钱币搬到第 $m^{--} 1$ 个方格中, 这样依次从右到左, 再从左到右, 经过 $n-1$ 次运动,便将钱币都放在最右边那个方格中,而其余方格中无钱币.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 求满足 $w !=x !+y !+z !$ 的所有正整数组 $w, x, y, z$.
+%%<SOLUTION>%%
+不妨设 $w>x \geqslant y \geqslant z$. 若 $y>z$, 则以 $z$ ! 除等式两边得 $w(w-1) \cdots (z+1)=x \cdots(z+1)+y \cdots(z+1)+1$, 其中 $z+1>1$ 能整除上式左边, 而不能整除其右边, 矛盾.
+若 $x>y=z$, 则可得 $w(w-1) \cdots(z+1)=x \cdots(z+ 1)+2$, 应有 $(z+1) \mid 2$, 从而 $z+1=2$, 上式又可约简为 $w(w-1) \cdots 3=x \cdots 3+1$, 显然也不成立.
+于是, 必有 $x=y=z$, 此时原式为 $w !=3 \cdot x !$. 所以 $x=y=z=2, w=3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 设整数 $k \geqslant 14, P_k$ 是小于 $k$ 的最大质数.
+若 $P_k \geqslant \frac{3 k}{4}, n$ 是一个合数, 且 $n>2 P_k$, 证明: $n$ 能整除 $(n-k)$ !.
+%%<SOLUTION>%%
+因为 $n$ 是合数,故设 $n=a b(2 \leqslant a \leqslant b)$.
+若 $a \geqslant 3$, (i) $a \neq b$, 则 $n>2 p_k \geqslant \frac{3 k}{2}, b \leqslant \frac{n}{3}$. 从而, $k<\frac{2 n}{3}$. 故 $n-k> \frac{n}{3} \geqslant b>a$. 所以, $n \mid(n-k) !$. (ii) $a=b$, 则 $n=a^2, n-k>\frac{n}{3}=\frac{a^2}{3}$. 因为 $k \geqslant 14$, 则 $p_k \geqslant 13, n>26, a \geqslant 6$. 从而, $\frac{a^2}{3} \geqslant 2 a$. 故 $n-k>2 a$. 所以, $n \mid(n-k)$ !. 若 $a=2$, 因为 $n>26$, 假设 $b$ 不为质数, 则 $b=b_1 b_2\left(b_1 \leqslant b_2\right)$. 因为 $b>13$, 则 $b_2 \geqslant 4$. 于是, $a b_1 \geqslant 4$ 归人 $a \geqslant 3$ 的情况.
+不妨设 $b$ 为质数, 则 $b= \frac{n}{2}>p_k$. 因为 $p_k$ 是小于 $k$ 的最大质数, 则 $b>k$. 从而, $n-k=2 b-k>b$. 所以, $n \mid(n-k) !$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 若 $x 、 y$ 是任意正实数, 求 $\max \left\{\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}\right\}$ 的值.
+%%<SOLUTION>%%
+不妨设 $x \geqslant \frac{1}{y}>0$, 令 $x=\frac{1}{y}=y+\frac{1}{x}$, 则 $x=\sqrt{2}, y=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 所以
+(1) 若 $x \geqslant \frac{1}{y} \geqslant \sqrt{2}$, 则 $y+\frac{1}{x} \leqslant \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$, 所以 $\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}= y+\frac{1}{x} \leqslant \sqrt{2}$, 从而当且仅当 $x=\frac{1}{y}=\sqrt{2}$ 时, $\max \left\{\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}\right\}= \max \left\{y+\frac{1}{x}\right\}=\sqrt{2}$;
+(2) 若 $\sqrt{2} \geqslant x \geqslant \frac{1}{y}>0$, 则 $y+\frac{1}{x} \geqslant \frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$. 所以 $\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+ \frac{1}{x}\right\}=\frac{1}{y} \leqslant \sqrt{2}$, 从而当且仅当 $x=\frac{1}{y}=\sqrt{2}$ 时, $\max \left\{\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}\right\}= \max \left\{\frac{1}{y}\right\}=\sqrt{2}$
+(3) 若 $x \geqslant \sqrt{2} \geqslant \frac{1}{y}>0$, 则 $y+\frac{1}{x} \geqslant 2 \cdot \frac{1}{x} \leqslant 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}, y+\frac{1}{x} \leqslant 2 \cdot y \geqslant 2 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$, 此时若 $\frac{1}{y} \geqslant y+\frac{1}{x}$, 则 $\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}=y+\frac{1}{x} \leqslant \sqrt{2}$ ； 若 $\frac{1}{y} \leqslant y+\frac{1}{x}$, 则 $\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}=\frac{1}{y} \leqslant \sqrt{2}$, 所以当且仅当 $x=\frac{1}{y}=\sqrt{2}$ 时, $\max \left\{\min \left\{x, \frac{1}{y}, y+\frac{1}{x}\right\}\right\}=\sqrt{2}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 设正整数 $n$ 具有如下性质: 在从 $\{1,2, \cdots, 1988\}$ 中任取的 $n$ 个数中, 总有 29 个数组成一个等差数列.
+求证: $n>1788$.
+%%<SOLUTION>%%
+首先从 $\{1,2, \cdots, 1988\}$ 中删除 29 的所有倍数, 共 68 个.
+将余下的 1920 个数分成 69 个集合: $A_k=\{1+29 k, 2+29 k, \cdots, 28+29 k\}, k=0,1,2, \cdots, 67, A_{69}=\{1973,1974, \cdots, 1988\}$. 由于 29 为素数,故当 $(d, 29)=1 $时,公差为 $d$ 的等差数列 $a, a+d, \cdots, a+28 d$ 中的 29 个数模 29 互不同余, 其中必有 29 的倍数.
+由于这样的数已被删除, 故在剩下的数中不存在与 29 互素的公差 $d$ 的 29 项等差数列.
+下面再考察以 29 的倍数即以 29 或 58 为公差的 29 项等差数列的情形.
+删去集合 $A_{28} 、 A_{57}$ 中的所有数,共删去 56 个数.
+由于公差为 29 的等差数列的 29 项必分别属于 $A_0, A_1, \cdots, A_{68}$ 中相继的 29 个集合,公差为 58 的等差数列的 29 项则分别属于 $A_0, A_1, \cdots, A_{68}$ 中相间的 29 个集合, 故两者均必有某项属于 $A_{28}$ 或 $A_{57}$. 从而在删除 $A_{28} 、 A_{57}$ 的所有数之后, 即不存在任何 29 项的等差数列.
+易见, 两次共删除了 $68+2 \times 28=124<200$, 所以余下的数多于 1788 . 这就证明了只有 $n>1788$, 才可能具备题中所述的性质.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 某国学生参加城市联赛, 试卷由 6 题组成, 每题恰有 1000 个人做出来, 若找不到两个人, 使任何一题至少被两个人中的一个答出, 试求参加比赛的人数的最小值.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 首先证明 2000 个人参加比赛是可以的, 定义三元数组 $(i, j, k)$ 表示答对第 $i, j, k$ 题 $(1 \leqslant i, j, k \leqslant 6)$. 考虑 10 个三元数组 $(1,2,3),(3,5,6),(1,2,5),(3,4,5),(1,3,4),(2,4,6),(2,3,6),(1,4,6),(1,5,6),(2,4,5)$ 满足: (1) 任两个数恰出现 5 次; (2) 每个数恰出现 5 次.
+将每个三元数组对应于 200 个人的答题情况, 则可知满足题目所有条件恰有 2000 人.
+(2) 证明不能少于 2000 人.
+设答对题最多的人为 $A$, 设 $A$ 答对 $k$ 题.
+(1) $k=6$, 则 $A$ 全部答对, 与条件矛盾!(2) $k=5$, 不妨设 $A$ 答对 $1,2,3,4,5$, 则由题知存在 $B$ 答对第 6 题, 则 $A$ 与 $B$ 答对所有题, 矛盾! (3) $k=4$, 不妨设 $A$ 答对 $1,2,3,4$, 则不存在 $B$ 既答对 5, 又答对 6 , 又因为答对 5,6 的共 2000 人, 再加上 $A$, 至少有 2001 人! (4) $k=3$, 则每人至多答对 3 题, 而每题有 1000 人答对, 所以至少有 $\frac{6 \times 1000}{3}=2000$ (人). 所以 2000 人为所求最小值.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 将一些相同的正 $n$ 边形餐门纸放在桌子上, 允许任两张餐巾纸有可能有部分重叠.
+设任两张餐门纸可经过平移将一张移到和另一张重叠.
+当 $n=6$ 时, 是否总可以在桌上钉一些钉子, 使得每张餐巾纸恰好被钉了一次?
+%%<SOLUTION>%%
+回答是可以做到的.
+由 $n=6$, 餐巾纸为正六边形,边按逆时针方向定向.
+由于任两张餐巾纸可经过平移而重叠.
+所以任两餐巾纸的六条边按相同定向互相平行.
+因此可以在平面上作出大小和餐巾纸一样的正六边形网格, 网格中每个正六边形和任一餐巾纸的六条边按相同定向互相平行.
+所有餐巾纸的中心可构成两个集合,一个集合由这样的中心构成, 这些中心都在网络线上, 另一个集合由不在网格线上的中心构成.
+前者记作 $N$, 后者记作 $M$.
+(i)设 $N=\varnothing$, 即所有餐巾纸的中心都不落在网格线上.
+我们在网格的每个正六边形的中心上钉钉子.
+这些钉子要么不钉在任一餐巾纸上, 要么只钉上一次.
+因为若有一张餐巾纸上被钉了两个钉子, 那么餐巾纸的中心落在网格的两个不同的正六边形内,这是不可能的.
+(ii)设 $N \neq \varnothing$. 由于餐巾纸只有有限张, 所以 $M$ 为有限集.
+因此记 $d>0$, $d$ 为 $M$ 的中心和网格线的最近距离.
+我们将网格平移小于 $d$ 的距离.
+于是, $M$ 中的点仍不在网格线上.
+由于 $N$ 也为有限集, 所以我们可以选取这种平移的方向, 使得 $N$ 中的点也都不在新的网格线上.
+于是对新的网格线, 化为情形 (i). 这证明了命题成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 平面上按如下方式给出一个螺旋放置的正方形系列: 最初是两个 $1 \times 1$ 正方形, 这两个正方形有一条坚直的公共边, 并排水平放置; 第三个为 $2 \times 2$ 正方形, 紧贴着放置在前两个正方形上方, 有一条边为前两个正方形各一条边之并; 第四个为 $3 \times 3$ 正方形, 紧贴着放置在第一个和第三个正方形的左方, 有一条边为那两个正方形各一条边之并; 第五个为 $5 \times 5$ 正方形, 紧贴着放在第一、第二和第四个正方形的下方, 有一条边为那三个正方形各一条边之并; 第六个为 $8 \times 8$ 正方形, 紧贴着放置在第二、第三、 第五个正方形的右方……每一个新的正方形与已拼成的矩形有一条公共边,该公共边上含有上一个正方形的一条边.
+试证: 除了第一个正方形以外, 所有这些正方形的中心统统都在两条固定直线上.
+%%<SOLUTION>%%
+设所作的正方形依次为 $S_0, S_1, S_2, \cdots$, 这些正方形的中心依次为 $\left(x_0, y_0\right),\left(x_1, y_1\right),\left(x_2, y_2\right), \cdots$, 为确定起见, 设最初 4 个正方形的中心为 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right),\left(\frac{3}{2}, \frac{1}{2}\right),(1,2),\left(-\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right)$. 于是 $\frac{y_2-y_0}{x_2-x_0}=3, \frac{y_3-y_1}{x_3-x_1}= -\frac{1}{3}$. 正方形 $S_0, S_1, S_2, \cdots$ 的边长正好是菲波那契数列 $f_0, f_1, f_2, \cdots$. 注意到 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}=2 f_{n-2}+f_{n-3}=3 f_{n-3}+2 f_{n-4}$. 以下将分情形利用正方形的边长计算 $x_n-x_{n-4}$ 和 $y_n-y_{n-4}$, 从而算出 $k_n=\frac{y_n-y_{n-4}}{x_n-x_{n-4}}$.
+情形 $1 \quad n \equiv 0(\bmod 4) \cdot x_n-x_{n-4}=-\frac{1}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), y_n-y_{n-1}= -\frac{3}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), k_n=3$.
+情形 $2 \quad n \equiv 1(\bmod 4): x_n-x_{n-4}=\frac{3}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), y_n-y_{n-4}= -\frac{1}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), k_n=-\frac{1}{3}$.
+情形 $3 n \equiv 2(\bmod 4) . x_n-x_{n-4}=\frac{1}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), y_n-y_{n-1}=\frac{3}{2}\left(f_{n-3}+ f_{n-4}\right), k_n=3$.
+情形 $4 \quad n \equiv 3(\bmod 4) . x_n-x_{n-4}=-\frac{3}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), y_n-y_{n-4}= \frac{1}{2}\left(f_{n-3}+f_{n-4}\right), k_n=-\frac{1}{3}$.
+��观各种情形, 可以判定: 对于偶数 $n$ 有 $k_n=3$, 所有偶数编号正方形的中心全在过 $\left(x_0, y_0\right)$ 点且斜率为 3 的直线上; 对于奇数 $n$ 有 $k_n=-\frac{1}{3}$, 所有奇数编号正方形的中心全在过 $\left(x_1, y_1\right)$ 点且斜率为 $-\frac{1}{3}$ 的直线上.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 桌子上放着两堆重量和相等的硬币,第一堆硬币的个数是 $n$, 第二堆硬币的个数是 $m, S=\min \{n, m\}$. 对于任意的不大于 $S$ 的自然数 $k$, 按硬币重量自大至小的顺序, 第一堆前 $k$ 个较重的硬币的重量和都不大于第二堆中前 $k$ 个较重的硬币的重量和.
+证明: 对于任意正数 $x$, 如果把两堆中每一个重量不小于 $x$ 的硬币的重量都按 $x$ 计算, 那么, 这样算出来的第一堆硬币的重量和都不小于第二堆硬币的重量和.
+%%<SOLUTION>%%
+把第一堆 $n$ 枚硬币的重量依次表示为 $x_1 \geqslant x_2 \geqslant \cdots \geqslant x_n$, 把第二堆 $m$ 枚硬币的重量依次表示为 $y_1 \geqslant y_2 \geqslant \cdots \geqslant y_m$. 又设 $x_1 \geqslant \cdots \geqslant x_s \geqslant x \geqslant x_{s+1} \geqslant \cdots \geqslant x_n, y_1 \geqslant \cdots \geqslant y_t \geqslant x \geqslant y_{t+1} \geqslant \cdots \geqslant y_m$. (如果没有不轻于 $x$ 的硬币, 则结论显然成立.
+) 这样, 要证明的是: $x_s+x_{s+1}+\cdots+x_n \geqslant x_t+ y_{t+1}+\cdots+y_m$. 设 $x_1+x_2+\cdots+x_n=y_1+y_2+\cdots+y_m=A$, 即证 $x_s+[A- \left(x_1+\cdots+x_s\right) ] \geqslant x_t+\left[A-\left(y_1+\cdots+y_t\right)\right]$, 即证 $x_1+\cdots+x_s+x(t-s) \leqslant y_1+\cdots+y_t$. 下面分两种情况:
+若 $t \geqslant s$, 则 $x_1+\cdots+x_s+x(t-s) \leqslant\left(y_1+\cdots+y_s\right)+\left(y_{s+1}+\cdots+y_t\right)$. (因为 $x_1+\cdots+x_s \leqslant y_1+\cdots+y_s$ 可由已知推出, 而且 $y_{s+1} \geqslant x, \cdots, y_t \geqslant x$.)
+若 $t<s$, 则 $x_1+\cdots+x_s+x(t-s) \leqslant y_1+\cdots+y_t$ 相当于 $x_1+\cdots+x_s \leqslant y_1+\cdots+y_t+\underbrace{(x+\cdots+x)}_{(t-s) \text { 个 }}$. 这个不等式可由下式推出: $x_1+\cdots+x_s \leqslant y_1+ \cdots+y_s=\left(y_1+\cdots+y_t\right)+\left(y_{t+1}+\cdots+y_s\right)$, 而 $y_{t+1} \leqslant x, \cdots, y_s \leqslant x$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 $x, y$ 是互素的自然数, $k$ 是大于 1 的自然数.
+找出满足 $3^n=x^k+y^k$ 的所有自然数 $n$, 并给出证明.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $3^n=x^k+y^k$, 其中 $x$ 与 $y$ 互素(不妨设 $x>y$ ), $k>1, n$ 是自然数.
+显然, $x 、 y$ 中的任何一个都不能被 3 整除.
+如果 $k$ 是偶数, 则 $x^k$ 和 $y^k$ 被 3 除的余数都是 1 . 这样, $x^k$ 与 $y^k$ 的和除以 3 的余数是 2 , 而不是 3 的整数次幂.
+于是, 推出矛盾,所以 $k$ 不是偶数.
+如果 $k$ 是奇数且 $k>1$, 则 $3^n=(x+y)\left(x^{k-1}-\cdots+y^{k-1}\right)$. 这样, $x+y= 3^m, m \geqslant 1$.
+以下证明: $n \geqslant 2 m$. 因为 $k$ 可被 3 整除, 取 $x_1=x^{\frac{k}{3}}, y_1=y^{\frac{k}{3}}$ 代入后, 可以认为 $k=3$. 这样, $x^3+y^3=3^n, x+y=3^m$. 要证明 $n \geqslant 2 m$, 只要证明 $x^3+ y^3 \geqslant(x+y)^2$, 即证明 $x^2-x y+y^2 \geqslant x+y$. 由于 $x \geqslant y+1$, 则 $x^2-x= x(x-1) \geqslant x y$. $\left(x^2-x-x y\right)+\left(y^2-y\right) \geqslant 0$. 不等式 $n \geqslant 2 m$ 得证.
+由恒等式 $(x+y)^3-\left(x^3+y^3\right)=3 x y(x+y)$ 推出: $(*) 3^{2 m-1}-3^{n-m-1}= x y$, 而 $2 m-1 \geqslant 1$, 且 $(* *) n-m-1 \geqslant n-2 m \geqslant 0$. 因此, 如果 (**) 中至少有一个不等号是严格不等号, 那么 $(*)$ 式中的左端可被 3 整除, 但右端不能被 3 整除, 推出矛盾.
+如果 $n-m-1=n-2 m=0$, 那么, $m=1, n=2$ 且 $3^2=2^3+1^3$. 故 $n=2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 证明: 可以用 4 种颜色对正整数 $1,2, \cdots, 2000$ 染色, 使它不含有由 7 个同色数组成的等差数列.
+%%<SOLUTION>%%
+问题等价于把集合 $S=\{1,2, \cdots, 2000\}$ 分拆成 4 个非空子集 $M_1 、 M_2 、 M_3 、 M_4$, 使得 $M_i \cap M_j=\varnothing(i \neq j), M_1 \cup M_2 \cup M_3 \cup M_4=S$.
+因为 $6 \times 7^3>2000$, 所以 $S$ 中的每个数都可以表示成至多 4 位的 7 进制数 $(a b c d)_7$, 这里 $a, b, c, d \in\{0,1,2, \cdots, 6\}$. 设 $A_i= \{(a b c d)_7 \mid(a b c d)_7 \in S, b \neq i, c \neq i, d \neq i\}, i=1,2,3,4$. 对任意 $x \in S$, 由于每个 7 进制正整数末 3 位数上至少有 $1,2,3,4$ 中的一个数字末出现, 例如 $x$ 的末 3 位数中末出现 4 , 则 $x \in A_4$, 所以, $A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4=S$.
+下证: 集合 $A_i(i=1,2,3,4)$ 中不含由 7 项构成的等差数列.
+反设某个$A_i$ 中含有由 7 项构成的等差数列: $a, a+d, \cdots, a+6 d$. 若 $7 \nmid d$, 则上述 7 个数模 7 两两不同余 (即构成一个模 7 的完系), 从而, 这 7 个数中必有一个, 它除以 7 的余数为 $i$, 即它的 7 进制表示中的末位数为 $i$, 矛盾.
+若 $7 \mid d, 7^2 \nmid d$, 仿上可得到这个等差数列中必有一项, 它的 7 进制表示中从右数的第二位数字为 $i$, 矛盾.
+若 $7^2 \mid d, 7^3 \nmid d$, 同理可得这个等差数列中必有一项, 它的 7 进制表示中从右数的第三位数字为 $i$, 矛盾.
+若 $7^3 \mid d$, 则 $6 d \geqslant 6 \times 7^3>2000$, 矛盾.
+最后, 令 $M_1=A_1, M_2=A_2 \cap \bar{A}_1, M_3=A_3 \cap \bar{A}_1 \cap \bar{A}_2, M_4=A_4 \cap \bar{A}_1 \cap \bar{A}_2 \cap \bar{A}_3$, 得到符合要求的分拆.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18 一个正整数无穷等差数列, 包含一项是整数的平方, 另一项是整数的立方.
+证明: 此数列含有一项是整数的六次幂.
+%%<SOLUTION>%%
+设数列 $\{a+i h: i=0,1,2, \cdots\}$ 含 $x^2 、 y^3$ 项, $x 、 y$ 是整数.
+对公差 $h$ 用数学归纳法.
+$h=1$, 显然成立.
+对某个固定的 $h>1$, 假设其公差小于 $h$ 且满足题设条件的等差数列都成立.
+现考察在 $h$ 时的情形.
+令 $a 、 h$ 的最大公约数为 $d=(a, h), h=d e$. 分两种情况:
+情形 $1 \quad(d, e)=1$. 易知 $x^2 \equiv a \equiv y^3(\bmod h)$, 因而有 $x^2 \equiv a \equiv y^3(\bmod e) . e$ 与 $a$ 互素, 故 $e$ 与 $x$ 和 $y$ 也互素.
+所以, 有整数 $t$, 使得 $t y \equiv x(\bmod e)$. 因此, $(t y)^6 \equiv x^6(\bmod e)$, 即 $t^6 a^2 \equiv a^3(\bmod e)$. 因 $(e, a)=1$, 故两端可除以 $a^2$ 有 $t^6 \equiv a(\bmod e)$. 又 $(d, e)=1$, 则对某个整数 $k$, 有 $t+k e \equiv 0(\bmod d)$. 于是, $(t+k e)^6 \equiv 0 \equiv a(\bmod d)$. 因 $t^6 \equiv a(\bmod e)$, 由二项式公式, 可得 $(t+k e)^6 \equiv a(\bmod e)$. 又 $(d, e)=1, h=d e$, 由以上两同余式, 有 $(t+k e)^6 \equiv a (\bmod h)$. 显然, $k$ 可取任意大的整数, 故上式说明数列 $\{a+i h \mid i=0,1,2, \cdots\}$ 含一个整数的六次幂项.
+情形 $2(d, e)>1$. 令素数 $p, p|d, p| e$, 并设 $p^\alpha$ 是整除 $a$ 的 $p$ 的最高次幂, $p^\beta$ 是整除 $h$ 的 $p$ 的最高次幂.
+因 $h=d e,(e, a)=1$, 有 $\beta>\alpha \geqslant 1$. 因而对 $\{a+i h \mid i=0,1, \cdots\}$ 中每一项, 能整除它的最高次幕是 $p^\alpha$. 因 $x^2 、 y^3$ 是数列的两个项, $\alpha$ 必被 2 和 3 整除, 故 $\alpha=6 r$. 因此, $\alpha \geqslant 6$. 整数数列 $\{p^{-6}(a+ i h) \mid i=0,1,2, \cdots\}$ 的公差 $\frac{h}{p^6}<h$, 且含有项 $\left(\frac{x}{p^3}\right)^2 、\left(\frac{y}{p^2}\right)^3$, 由归纳假设, 它含有项 $z^6$ ( $z$ 是整数). 所以, $(p z)^6$ 是原数列的一个项.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题19 如果一个正整数的所有正约数之和为其两倍, 则称该数为一个完全数.
+求所有的正整数 $n$, 使得 $n-1$ 和 $\frac{n(n+1)}{2}$ 都是完全数.
+%%<SOLUTION>%%
+这里需要用到 Euler 的一个结论: $n$ 为偶完全数 $\Leftrightarrow$ 存在质数 $p$, 使得 $2^p-1$ 为质数, 且 $n=2^{p-1}\left(2^p-1\right)$. 下面以此来解本题.
+情形一: $n$ 为奇数, 则 $n-1$ 为偶完全数, 于是, 可写 $n-1=2^{p-1}\left(2^p-1\right)$, 其中 $p$ 与 $2^p-1$ 都为质数, 这时 $\frac{n(n+1)}{2}=\frac{1}{2}\left(2^{p-1}\left(2^p-1\right)+1\right)\left(2^{p-1}\left(2^p-1\right)+ 2)= (2^{p-1}\left(2^p-1\right)+1\right)\left(2^{p-2}\left(2^p-1\right)+1\right)$. 当 $p=2$ 时, $n=7, \frac{n(n+1)}{2}=  28$ , 此时 $n-1$ 与 $\frac{n(n+1)}{2}$ 都是完全数.
+当 $p \geqslant 3$ 时, 记 $N=\frac{n(n+1)}{2}$, 则 $N$ 为奇数, 且 $\frac{n+1}{2}=4^{p-1}-2^{p-2}+1=(3+1)^{p-1}-(3-1)^{p-2}+1$, 由二项式定理可知 $\frac{n+1}{2} \equiv 3 \times(p-1)-(p-2) \times 3+1+1+1 \equiv 6(\bmod 9)$. 从而 $3 \mid N$,但 $3^2 \nmid N$, 可设 $N=3 k, 3 \nmid k$, 此时, $\sigma(N)=\sigma(3), \sigma(k)=4 \sigma(k)$, 但是 $2 N \equiv 2(\bmod 4)$, 故 $\sigma(N) \neq 2 N$, 从而此时 $\frac{n(n+1)}{2}$ 不是完全数.
+情形二: $n$ 为偶数, 如果 $4 \mid n$, 则 $n-1 \equiv-1(\bmod 4) \Rightarrow n-1$ 不是完全平方数, 此时对任意 $d \mid n-1$, 由 $d \times \frac{n-1}{d}=n-1 \equiv-1(\bmod 4)$, 可知 $d$ 与 $\frac{n-1}{d}$ 中一个 $\bmod 4$ 余 -1 , 另一个 $\bmod 4$ 余 1 , 导致 $d+\frac{n-1}{d} \equiv 0(\bmod 4)$, 从而 $4 \mid \sigma(n-1)$, 但 $2(n-1) \equiv 2(\bmod 4)$, 故 $n-1$ 不是完全数.
+所以, $4 \nmid n$,于是, 可设 $n=4 k+2$, 此时 $N=\frac{n(n+1)}{2}=(2 k+1)(4 k+3)$ 为奇数.
+由于 $(2 k+ 1,4 k+3)=1$, 故 $\sigma(N)=\sigma(2 k+1) \sigma(4 k+3)$. 同上可知 $4 \mid \sigma(4 k+3)$, 故若 $\sigma(N)=2 N$, 则 $4|2 N \Rightarrow 2| N$, 这是一个矛盾.
+综上可知, 满足条件的 $n$ 只有一个, 即 $n=7$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise8.tex

@@ -0,0 +1,312 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 在 $n \times n$ 的正方形表格中, 写上非负整数.
+如果在某一行和某一列的交汇处的数是 0 , 那么该行和该列上所填各数之和不小于 $n$. 证明: 表中所有数的和不小于 $\frac{1}{2} n^2$.
+%%<SOLUTION>%%
+计算 $n$ 行和 $n$ 列中每一行和每一列所有各方格的数的和, 这 $2 n$ 个和中一定有一个最小的.
+设某一行的各数之和最小, 且设这个和为 $k$, 则这行就有不少于 $n-k$ 个 0 . 现在考察包括这些零的列, 由于 0 所在的行与列的各数的和不小于 $n$, 则此零所在列的数之和不小于 $n-k$, 而位于其他任何一列的数的和不小于 $k$. 所以, 表中各数之和 (设为 $S$ ) 为 $S \geqslant(n-k)(n-k)+k \cdot k= n^2-2 k n+2 k^2=\frac{n^2}{2}+2\left(k-\frac{n}{2}\right)^2 \geqslant \frac{n^2}{2}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 设 $k>1$ 为自然数, 试证不能在 $k \times k$ 的方格表中填人数 $1,2, \cdots, k^2$, 使得每行和每列数之和都是 2 的方幕.
+%%<SOLUTION>%%
+若不然, 设将 $1,2, \cdots, k^2$ 填人表格后最小的行和是 $2^a$, 则有 $2^a \geqslant 1+2+\cdots+k=\frac{1}{2} k(k+1)$. 因为表中所有数之和为 $1+2+\cdots+k^2= \frac{1}{2} k^2\left(k^2+1\right)$, 故应有 $2^a \mid \frac{1}{2} k^2\left(k^2+1\right)$. 当 $k$ 为奇数时, $\frac{1}{2} k^2\left(k^2+1\right)$ 亦为奇数, 当然不能被 $2^a$ 整除; 当 $k$ 为偶数时, $k^2+1$ 为奇数, 于是应有 $2^a \mid \frac{1}{2} k^2$. 但这时又有 $\frac{1}{2} k^2<\frac{1}{2} k(k+1) \leqslant 2^a$, 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 设 $S$ 是一个非空点集, 它的所有点都是整点.
+此外, 还给定一组有限多个有整数坐标的非零向量组.
+已知当将向量组中的所有向量的起点都放在 $S$ 中的任一点时, 它们的终点中属于 $S$ 的比不属于 $S$ 的多.
+求证: $S$ 必为无穷点集.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S$ 为有限点集, 于是其中必有两点 $A$ 和 $B$, 使 $A$ 的纵坐标是所有点的纵坐标中最大的, 且在纵坐标同为最大的所有点中, $A$ 的横坐标最大; $B$ 的纵坐标是所有点的纵坐标中最小的, 且在纵坐标同为最小的所有点中, $B$ 的横坐标最小.
+首先把给定的所有向量的起点都放在点 $A$, 按已知, 满足 $y>0$ 和 $y=0 、 x>0$ 的向量少于半数.
+然后再把所有向量都放在点 $B$, 又知 $y<0$ 和 $y=0 、 x<0$ 的向量也少于半数,矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 一次 10 名选手参加的循环赛中无平局, 胜者得 1 分,负者得 0 分.
+证明: 各选手得分的平方和不超过 285 .
+%%<SOLUTION>%%
+由于得分的情况仅有有限多种, 其中必有一种的平方和取最大值.
+这时各选手的得分 $p_1, p_2, \cdots, p_{10}$ 必互不相同, 因为若 $p_i=p_j$, 则改变选手 $i$ 与 $j$ 之间的胜负, 即用 $p_i-1 、 p_j+1$ 来代替 $p_i 、 p_j$ 时, 由于 $\left(p_i-1\right)^2+ \left(p_j+1\right)^2-\left(p_i^2+p_j^2\right)=2>0$, 而平方和中其他项不变, 故平方和严格增大, 这与平方和已取得最大值矛盾.
+于是, 在 $p_i=i-1(i=1,2, \cdots, 10)$ 时, $\sum_{i=1}^{10} p_i^2$ 最大, 这时的值 $\sum_{i=0}^9 i^2=285$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 设 $n$ 为大于 1 的整数, 全部正因数为 $d_1, d_2, \cdots, d_k$, 其中 $1=d_1<d_2<\cdots<d_k=n$, 记
+$$
+D=d_1 d_2+d_2 d_3+\cdots+d_{k-1} d_k .
+$$
+(1) 证明: $D<n^2$;
+(2) 确定所有的 $n$, 使得 $D$ 能整除 $n^2$.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 注意到, 若 $d$ 为 $n$ 的因子, 则 $\frac{n}{d}$ 也是 $n$ 的因子.
+于是, $D= \sum_{1 \leqslant i \leqslant k-1} d_i d_{i+1}=n^2 \sum_{1 \leqslant i \leqslant k-1} \frac{1}{d_i d_{i+1}} \leqslant n^2 \sum_{1 \leqslant i \leqslant k-1}\left(\frac{1}{d_i}-\frac{1}{d_{i+1}}\right)<\frac{n^2}{d_1}=n^2$.
+(2) 设 $p$ 为 $n$ 的最小素因子, 则 $d_2=p, d_{k-1}=\frac{n}{p}, d_k=n$. 若 $n=p$, 则 142 $k=2, D=p, D \mid n^2$. 若 $n$ 为合数, 则 $k>2, D>d_{k-1} d_k=\frac{n^2}{p}$. 如果 $D \mid n^2$, 则 $\frac{n^2}{D}$ 为 $n^2$ 的因子, 但 $1<\frac{n^2}{D}<p$. 由于 $p$ 为 $n^2$ 的最小素因子, 上式不能成立.
+故若 $D \mid n^2$, 则 $n$ 为素数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 设 $0 \leqslant x_i \leqslant 1, i=1,2, \cdots, n, n \geqslant 2$. 求证: 存在 $i$ 满足 $1 \leqslant i \leqslant n-1$, 且
+$$
+x_i\left(1-x_{i+1}\right) \geqslant \frac{1}{4} x_1\left(1-x_n\right) .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+令 $x_k=a=\max \left\{x_1, x_2, \cdots, x_n\right\}, x_t=b=\min \left\{x_1, x_2, \cdots, x_n\right\}$.
+如果 $x_2 \leqslant \frac{1+b}{2}$, 则 $x_1\left(1-x_2\right) \geqslant x_1\left(1-\frac{1+b}{2}\right)=\frac{1}{2} x_1(1-b) \geqslant \frac{1}{4} x_1\left(1-x_n\right)$. 从而取 $i=1$ 即可.
+如果 $x_2>\frac{1+b}{2}$, 由于 $\frac{a}{2} \leqslant \frac{1+b}{2}$ 且 $x_t=b \leqslant \frac{1+b}{2}$, 所以有以下两种情况:
+(i) $x_1=b, x_2>\frac{1+b}{2}, \cdots, x_n>\frac{1+b}{2}$. 令 $x_m=\min \left\{x_2, \cdots, x_n\right\}$, 其中 $2 \leqslant m \leqslant n$, 显然 $x_{m-1}\left(1-x_m\right) \geqslant x_1\left(1-x_n\right) \geqslant \frac{1}{4} x_1\left(1-x_n\right)$.
+(ii) 存在 $2 \leqslant i \leqslant n-1$, 使得 $x_i>\frac{1+b}{2}, x_{i+1} \leqslant \frac{1+b}{2}$, 于是$x_i\left(1-x_{i+1}\right) \geqslant \frac{1+b}{2}\left(1-\frac{1+b}{2}\right) \geqslant \frac{a}{4}(1-b) \geqslant \frac{1}{4} x_1\left(1-x_n\right)$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 已知集合 $M$ 的元素都是整数,既有正整数又有负整数,且当 $a, b \in M$ 时, $2 a$ 和 $a+b$ 也属于 $M$. 求证: 当 $a, b \in M$ 时, $a-b \in M$.
+%%<SOLUTION>%%
+首先, 用归纳法容易证明, 若 $c \in M$, 则对任意 $n \in Z$, 都有 $n c \in M$.
+设 $a>0$ 是集合 $M$ 中的最小正整数, $b<0$ 是 $M$ 中的最大负整数, 即绝对值最小的负整数.
+按已知, $a+b \in M$, 且满足不等式 $b<a+b<a$. 由 $a$ 和 $b$ 的极端性知 $a+b=0$. 因此, $0 \in M$, 且有 $b=-a$. 这样一来, 对任何 $a \in M, n \in \mathrm{Z}$, 都有 $n a \in M$.
+我们断言, 集合 $M$ 中除了 $a$ 的整数倍以外, 不含任何其他元素.
+若不然, 设有 $x \in M$ 且有 $m a<x<(m+1) a, m \in \mathbf{Z}$. 记 $x=m a+r, 0<r<a$, $r \in \mathbf{N}$. 这时 $r=x+(-m) a \in M$, 此与 $a$ 的最小性矛盾.
+这样一来, $M=\{n a \mid n \in \mathbf{Z}\}$. 由于 $M$ 中任意两数之差仍是 $a$ 的整数倍, 当然仍在 $M$ 之中.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 证明: 方程
+$$
+x^2+y^2=3\left(z^2+u^2\right)
+$$
+不存在正整数解 $(x, y, z, u)$.
+%%<SOLUTION>%%
+假设这个方程有正整数解 $x 、 y 、 z 、 u$. 考虑 $x$ 与 $y$ 的平方和 $x^2+y^2$. 由于 $x^2+y^2$ 是正整数, 则在所有的 $x^2+y^2$ 中必有一个最小的, 我们考虑使 $x^2+y^2$ 最小的那组正整数解 $(x, y, z, u)$.
+由于 $x^2+y^2$ 是 3 的倍数, 则 $x$ 和 $y$ 必都能被 3 整除.
+设 $x=3 m, y=3 n$, 其中 $m 、 n$ 都是正整数.
+从而有 $9 m^2+9 n^2=3\left(z^2+u^2\right), z^2+u^2= 3\left(m^2+n^2\right)$. 此时, $z 、 u 、 x 、 y$ 也是方程的一组解, 而由已知方程可知 $z^2+ u^2<x^2+y^2$, 这与 $x^2+y^2$ 为最小矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 已知 3 所学校中的每所都有 $n$ 名学生, 且任何 1 名学生认识其他两所学校的学生总数都是 $n+1$, 求证: 可以从每所学校各选 1 名学生, 使得这 3 名学生彼此都相识.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $A$ 是 $3 n$ 名学生中认识另一所学校中的学生数最大的一名学生.
+不妨设 $A$ 是第 1 所学校的学生, 他认识第 2 所学校中的 $k$ 名学生, $k \geqslant \frac{1}{2}(n+1)$. 于是 $A$ 认识第 3 所学校中的 $n+-1-k$ 名学生.
+因为 $k \leqslant n$, 故 $n+1-k \geqslant 1$.
+考察第 3 所学校里认识 $A$ 的学生 $B$. 如果 $B$ 认识第 2 所学校中认识 $A$ 的某学生 $C$, 则 $A, B, C$ 即为所求.
+如果第 2 所学校中认识 $A$ 的 $k$ 名学生都不认识 $B$, 则 $B$ 至多认识这所学校中的 $n-k$ 名学生, 从而 $B$ 至少认识第 1 所学校中的 $(n+1)-(n-k)=k+1$ 名学生, 此与 $k$ 的最大性矛盾.
+可见必有 3 名学生满足要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10 求所有的非空有限的正整数集 $S$, 使得对任意 $i, j \in S$, 数 $\frac{i+j}{(i, j)} \in S$, 这里 $(i, j)$ 表示 $i$ 与 $j$ 的最大公约数.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S$ 为满足条件的集合, 并设 $a \in S$, 则 $\frac{a+a}{(a, a)}=2 \in S$, 如果 $1 \in S$, 则 $\frac{1+2}{(1,2)}=3 \in S$. 一般地, 设 $n \in S$, 则 $\frac{n+1}{(n, 1)}=n+1 \in S$. 这表明 $S=\mathbf{N}^*$, 与 $S$ 为有限集矛盾.
+另一方面, 若 $S$ 中有大于 2 的元素, 取这些元素中的最小元素, 设为 $n$, 则 $\frac{n+2}{(2, n)} \in S$. 若 $(2, n)=2$, 则 $2<\frac{n+2}{2}<n$, 这与 $n$ 为 $S$ 中比 2 大的最小元素矛盾, 故 $(2, n)=1$. 因此, $n+2 \in S$. 进一步, $\frac{n+(n+2)}{(n, n+2)}=2 n+2 \in S$, $\frac{n+(2 n+2)}{(n, 2 n+2)}=3 n+2 \in S$, 依此类推, 可知对任意 $k \in \mathbf{N}^*$, 数 $k n+2 \in S$, 与 $S$ 为有限集矛盾.
+综上可知, $S=\{2\}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 在平面上任给 $2 n$ 个点, 其中任意三点不共线, 并把其中 $n$ 个点染成红色, $n$ 个点染成蓝色.
+求证: 可以一红一蓝地把它们连成 $n$ 条线段,使这些线段互不相交.
+%%<SOLUTION>%%
+因为总共只有 $2 n$ 个点, 将红点与蓝点一一配对的方法只有有限种.
+对于每一种配对方法, 都会得到这 $n$ 条线段的长度和, 这种和数只有有限个(其实不超过 $1 \cdot 2 \cdot \cdots \cdot n$ 个), 其中必有一个是最小的.
+下面来证明, 这时候这 $n$ 条线段是互不相交的.
+假定此时有两条线段 $R_1 B_1$ 和 $R_2 B_2$ 相交, 其中 $R_1 、 R_2$ 是红点, $B_1 、 B_2$ 是蓝点, 设它们的交点为 $P$ (如图(<FilePath:./figures/fig-c8p11.png>)). 由于 $R_1 B_2+R_2 B_1<\left(R_1 P+P B_2\right)+\left(R_2 P+P B_1\right)= R_1 B_1+R_2 B_2$, 所以, 当我们将 $R_1$ 与 $B_2$ 配对, $R_2$ 与 $B_1$ 配对, 其他的保持不变时, $n$ 条线段的长度和就减少了, 矛盾.
+因此, 这时候 $n$ 条线段是互不相交的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 平面上有 $n$ 个点,其中任意三点不共线,且任意三点构成的三角形的面积都小于 1 . 证明: 存在一个面积小于 4 的三角形包含这 $n$ 个点.
+%%<SOLUTION>%%
+取 $n$ 个点中任意三点作一个三角形, 三角形的个数是有限的, 每一个三角形都有一个面积, 取其中面积最大的一个记为 $\triangle A_1 A_2 A_3$. 由于每个三角形的面积都小于 1 , 所以 $S_{\triangle A_1 A_2 A_3}<1$. 过顶点 $A_1 、 A_2 、 A_3$ 分别作对边的平行线, 得到一个 $\triangle A B C$, 如图(<FilePath:./figures/fig-c8p12.png>)所示.
+显然 $S_{\triangle A B C}=4 S_{\triangle A_1 A_2 A_3}<4$.
+下面证明 $\triangle A B C$ 包含了这 $n$ 个点.
+用反证法.
+设 $\triangle A B C$ 外还有这 $n$ 个点中的一点, 设为 $A_4$, 则$S_{\triangle A_4 A_3 A_1}>S_{\triangle A_2 A_3 A_1}$, 这与$\triangle A_1 A_2 A_3$最大矛盾.
+于是 $\triangle A B C$ 即为所求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13. 20 个足球队参加全国冠军赛, 问最少应该进行多少场比赛,才能使得任何 3 个队中总有两个队彼此比赛过?
+%%<SOLUTION>%%
+设进行了 $m$ 场比赛后, 任何 3 队中都已有两队彼此比赛过.
+设 $A$ 队是所有球队参赛场次最少的一个球队, 它共参赛 $k$ 场.
+于是已经与 $A$ 队比赛过的队至少进行了 $k$ 场比赛.
+没与 $A$ 赛过的 $19-k$ 个队中的任何两队之间都得赛一场, 否则存在 3 个队, 其中任何两队都未彼此赛过.
+于是有 $2 m \geqslant(k+ 1) k+2 \mathrm{C}_{19-k}^2=2(k-9)^2+180 \geqslant 180$. 这意味着至少进行 90 场比赛.
+另一方面, 将 20 个球队均分成两组, 每组内的任何两队之间比赛一场, 不同组的任何两队之间不赛, 则共进行了 90 场比赛.
+由于任何 3 个队中总有两个队在一组, 它们之间已经进行了一场比赛, 故知这种安排满足题中要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 设有 $n$ 个人 $A_1, A_2, \cdots, A_n$, 其中有些人相互认识.
+证明: 可用适当方式把他们分成两组,使每人都至少有一半熟人不跟他在同一组.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $A_i(i=1,2, \cdots, n)$ 有 $c_i$ 个熟人, 其中有 $d_i$ 个不与 $A_i$ 同组.
+这里$d_i$ 是随分组变化而变化的.
+本题相当于证明: 存在一个适当的分组法, 使得对一切 $i=1,2, \cdots, n$, 有 $d_i \geqslant \frac{1}{2} c_i$.
+由于总人数只有有限多个, 分组方法也只有有限多种, 从而和 $d_1+ d_2+\cdots+d_n$ 也只有有限多个不同的值.
+于是, 必存在某种分组法, 使上面的和取得最大值, 记这个最大值为 $d$. 下面证明: 使 $d_1+d_2+\cdots+d_n$ 最大的分组方法符合要求.
+否则, 对这种分组法存在某个人, 不妨设为甲组的 $A_1$, 他在乙组的熟人数 $d_1<\frac{1}{2} c_1$. 于是, $A_1$ 在甲组中的熟人数为 $c_1-d_1$. 现把 $A_1$ 从甲组调人乙组, 其余的人不动.
+对这个重新分组, $d_2, d_3, \cdots, d_n$ 都末变, 这时, $A_1$ 在甲组的熟人数 $c_1-d_1$ 变为与他不同组的熟人数, 从而 $d_1$ 变为 $c_1-d_1$. 这时有 $\left(c_1-d_1\right)+d_2+\cdots+d_n=c_1-d_1+d-d_1=d+\left(c_1-2 d_1\right)>d$, 这与 $d$ 是最大值矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 平面上有若干个圆,它们所盖住的面积为 1 . 证明: 一定可以从这些圆中去掉一部分圆,使得余下的圆互不相交,且它们所覆盖的面积不小于 $\frac{1}{9}$.
+%%<SOLUTION>%%
+显然应尽可能地保留些大圆而去掉小圆, 为此, 将这些圆适当 “排序”. 设这若干个圆中最大的一个是 $\odot O_1$, 其半径为 $r_1$, 则与 $\odot O_1$ 相交的所有圆必落在以 $O_1$ 为圆心, $3 r_1$ 为半径的圆内.
+因此, $\odot O_1$ 的面积不小于这组圆所覆盖面积的 $\frac{1}{9}$. 去掉与 $\odot O_1$ 相交的所有圆, 余下的圆与 $\odot O_1$ 不相交, 再设这些圆中除 $\odot O_1$ 外最大的一个是 $\odot O_2$, 仿上讨论知 $\odot O_2$ 的面积不小于所有与 $\odot O_2$ 相交的一组圆所覆盖面积的 $\frac{1}{9}$. 去掉与 $\odot O_2$ 相交的所有圆, …... 如此继续, 直到 $\odot O_1, \odot O_2, \cdots, \odot O_n$ 它们彼此都不相交, 且面积都不小于与自己相交的那一组圆面积的 $\frac{1}{9}$ (它们中的某几个也可能一开始就不与任何一个圆相交而被保留下来). 所以, 它们所覆盖的面积不小于总覆盖面积的 $\frac{1}{9}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 证明: 不存在整数 $x 、 y 、 z$, 满足
+$$
+2 x^4+2 x^2 y^2+y^4=z^2, x \neq 0 .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+因为 $x \neq 0$, 显然有 $y \neq 0$. 不失一般性, 假定 $x 、 y$ 是题设方程的整数解, 且满足 $x>0, y>0$, 及 $(x, y)=1$, 我们还可以进一步假定 $x$ 是满足上述条件的最小的整数解.
+由于 $z^2 \equiv 0,1,4(\bmod 8)$, 可知 $x$ 是偶数, 而 $y$ 是奇数.
+注意到 $x^4+ \left(x^2+y^2\right)^2=z^2$, 及 $\left(x^2, x^2+y^2\right)=1$, 故存在一个奇整数 $p$ 和偶整数 $q$, 使得 $x^2=2 p q, x^2+y^2=p^2-q^2$ 及 $(p, q)=1$. 由此易证, 存在一个整数 $a$ 与奇数 $b$, 使得 $p=b^2, q=2 a^2$. 故 $x=2 a b, y^2=b^4-4 a^4-4 a^2 b^2$.
+注意到 $\left(\frac{2 a^2+b^2+y}{2}\right)^2+\left(\frac{2 a^2+b^2-y}{2}\right)^2=b^4$ 及 $\left(\frac{2 a^2+b^2+y}{2} \frac{2 a^2+b^2-y}{2}\right)=1$. 故存在整数 $s 、 t$, 其中 $s>t,(s, t)=1$, 使得 $\frac{2 a^2+b^2+y}{2}= 2 s t, \frac{2 a^2+b^2-y}{2}=s^2-t^2$, 或 $\frac{2 a^2+b^2+y}{2}=s^2-t^2, \frac{2 a^2+b^2-y}{2}=2 s t$, 及 $b^2=s^2+t^2$. 易知 $a^2=(s-t) t$.
+由于 $(a, b)=1,(s, t)=1$, 故存在正整数 $m 、 n((m, n)=1)$, 使得 $(s-t)=m^2, t=n^2$. 因此, $b^2=n^4+\left(n^2+m^2\right)^2$. 而 $x=2 a b>t=n^2 \geqslant n$, 这与 $x$ 是最小解的假定矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 设 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 都是非负实数, $a$ 是它们中的最小值, 记 $x_{n+1}= x_1$. 求证:
+$$
+\sum_{j=1}^n \frac{1+x_j}{1+x_{j+1}} \leqslant n+\frac{1}{(1+a)^2} \sum_{j=1}^n\left(x_j-a\right)^2 .
+$$
+其中等号成立当且仅当 $x_1=x_2=\cdots=x_n$.
+%%<SOLUTION>%%
+用归纳法.
+当 $n=1$ 时要证的不等式显然成立.
+设当 $n=k$ 时结论成立.
+当 $n=k+1$ 时, 由轮换对称性, 不妨设 $x_{k+1}$ 最大.
+于是由归纳假设可得
+$$
+\sum_{j=1}^{k-1} \frac{1+x_j}{1+x_{j+1}}+\frac{1+x_k}{1+x_1} \leqslant k+\frac{1}{(1+a)^2} \sum_{j=1}^k\left(x_j-a\right)^2 .
+$$
+由(1)可知, 为证原不等式, 只需证
+$$
+\frac{1+x_k}{1+x_{k+1}}+\frac{1+x_{k+1}}{1+x_1}-\frac{1+x_k}{1+x_1} \leqslant 1+\frac{1}{(1+a)^2}\left(x_{k+1}-a\right)^2 .
+$$
+即
+$$
+\frac{\left(x_{k+1}-x_k\right)\left(x_{k+1}-x_1\right)}{\left(1+x_{k+1}\right)\left(1+x_1\right)} \leqslant \frac{1}{(1+a)^2}\left(x_{k+1}-a\right)^2 .
+$$
+由于 $a=\min \left\{x_1, x_2, \cdots, x_{k+1}\right\}, x_{k+1}=\max \left\{x_1, x_2, \cdots, x_{k+1}\right\}$, 显然(2) 成立.
+这就证明了当 $n=k+1$ 时要证的不等式成立.
+而且为使 $n=k+1$ 时要证的不等式中的等号成立, 当且仅当(1)和(2)中的等号成立.
+由归纳假设 (1)中等号成立的充要条件是 $a=x_1=x_2=\cdots=x_k$. 从而(2)中等号成立的充要条件是 $x_{k+1}=a$. 故当 $n=k+1$ 时, 原不等式中等号成立当且仅当 $x_1= x_2=\cdots=x_{k+1}$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18 设 $S=\{-(2 n-1),-(2 n-2), \cdots,-1,0,1,2, \cdots, 2 n-1\}$, 求证： $S$ 的任一个 $2 n+1$ 元的子集中必有 3 个数之和为零.
+%%<SOLUTION>%%
+若不然, 则存在 $S$ 的一个 $2 n+1$ 元的子集 $H$, 其中任何 3 个数之和都不为零.
+(1) 首先证明, $0 \notin H$. 如果 $0 \in H$, 则其余的 $2 n$ 个整数分属于如下 $2 n-1$ 个数对: $(-i, i), i=1,2, \cdots, 2 n-1$. 由抽屈原理知其中必有一对的两个数都属于 $H$. 二者加上 0,3 数之和为零, 矛盾.
+(2) 设 $H$ 中绝对值最小的元素为 $d$, 不妨设 $d>0$. 令 $H^{+}=\{x \mid x \in H, x>d\}, H^{-}=\{x \mid x \in H, x<-d\}, H^{+-}=\left\{d-x \mid x \in H^{+}\right\}, H^{-+}= \left\{-d-x \mid x \in H^{-}\right\}$. 显然, 这些集都不是空集且由反证假设知 $H^{+} \cap H^{-+}= \varnothing$. (i)
+若 $-d \notin H$, 则由 (i) 有 $2 n-1 \geqslant\left|H^{+} \cup H^{-+}\right|=\left|H^{+}\right|+\left|H^{-+}\right|=2 n$, 矛盾.
+故必有 $-d \in H$. 于是 $H^{-} \cap H^{+-}=\varnothing$ 及 $\left|H^{+}\right|+\left|H^{-+}\right|=\left|H^{+-}\right|+ \left|H^{-}\right|=2 n-1$. 故有 $H^{+} \cup H^{-+}=\{1,2, \cdots, 2 n-1\}, H^{-} \cup H^{+-}=\{-1,-2, \cdots,-(2 n-1)\}$. (ii)
+将 $H^{+} 、 H^{-}$中各数之和分别记为 $h^{+}$和 $h^{-}$, 则 $H^{+-}$和 $H^{-+}$中各数之和分别为 $\left|H^{+}\right| \cdot d-h^{+}$和 $-\left|H^{-}\right| \cdot d-h^{-}$. 于是由 (ii) 便得 $h^{+}+h^{-}+\left|H^{+}\right| \cdot d-h^{+}-\left|H^{-}\right| \cdot d-h^{-}=0,\left(\left|H^{+}\right|-\left|H^{-}\right|\right) d=0$. 因 $\left|H^{+}\right|+\left|H^{-}\right|=2 n-1$, 故 $\left|H^{+}\right|-\left|H^{-}\right|$为奇数, 故得 $d=0$, 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题19 某市有 $n$ 所中学, 第 $i$ 所中学派出 $c_i$ 名学生到体育馆观看球赛.
+已知 $0 \leqslant c_i \leqslant 39, i=1,2, \cdots, n, c_1+c_2+\cdots+c_n=1990$, 看台的每一横排有 199 个座位.
+要求同一学校的学生必须坐在同一横排, 问体育馆最少要安排多少横排才能保证全部学生都能按要求人座?
+%%<SOLUTION>%%
+由于 $c_i \leqslant 39$, 故每一横排至少可坐 160 人.
+于是只要有 13 排, 至少可坐 $160 \times 13=2080$ 人, 当然��坐下全部 1990 名学生.
+下面证明只要安排 12 个横排就够了.
+由于 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 只有有限多个, 故它们的不超过 199 的有限和也只有有限多个.
+选取其中最接近 199 的有限和, 记为 $c_{i_1}+c_{i_2}+\cdots+c_{i_k}$, 将这 $k$ 个学校的学生安排在第一排就坐.
+然后再对其余的诸 $c_i$ 人进行同样的讨论并选取不超过 199 且最接近 199 的有限和, 并把相应的学校的学生排在第二排.
+依此类推,一直排到第十排并记第 $i$ 排的空位数为 $x_i, i=1,2, \cdots, 12$.
+如果 $x_{10} \geqslant 33$, 则余下的未就坐的学校的学生数 $c_i$ 全都不小于 34 . 若余下的学校数不多于 4 个, 则只要 11 排就够了.
+若余下的学校数不少于 5 个, 则可任取 5 个学校的学生安排在第 11 排.
+这时有 $x_{11} \leqslant 29<x_{10}$, 此与 $x_{10}$ 的最小性矛盾.
+如果 $x_{10} \leqslant 32$, 则前 10 排的空位总数 $x_1+x_2+\cdots+x_{10} \leqslant 10 x_{10} \leqslant 320$, 亦即前 10 排已至少坐了 1670 人, 未安排就坐的学生至多还有 320 人.
+每排至少可坐 160 人, 故只要有 12 排就够了.
+最后, 考察只有 11 排的情形.
+这时, 只容许有 199 个空位.
+为了安排下全部学生, 每排空位平均不能达到 19 个.
+设 $n=80$, 前 79 个学校各出学生 25 人,最后一个学校派 15 人, 则共有 1990 人.
+但安排座位时, 除了一排可坐 $25 \times 7+15=190$ 人外, 其余 10 排每排至多能安排 7 个学校的 175 人.
+故 11 排至多安排 1940 人就坐.
+这说明只有 11 排座位是不够的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题20 试求所有的正整数 $n>1$, 使得 $\frac{2^n+1}{n^2}$ 是整数.
+%%<SOLUTION>%%
+显然数 $n$ 为正奇数, 于是我们只需考虑 $n \geqslant 3$ 且 $n$ 为奇数的情况.
+设 $p$ 是 $n$ 的最小素因数, 则 $p \geqslant 3, p \mid 2^n+1$. 令 $i$ 是使 $p \mid 2^i+1$ 成立的最小正整数, 我们将证明 $1 \leqslant i<p-1$. 若 $i \geqslant p-1$, 则可设 $i=(p-1) t+r$, $0 \leqslant r<p-1, r, t \in \mathbf{Z}$. 由费马小定理可知 $p \mid 2^{p-1}-1$. 于是 $2^r\left(2^{p-1}\right)^t \equiv 2^r (\bmod p), 2^i+1=\left(2^{p-1}\right)^t \cdot 2^r+1 \equiv 2^r+1(\bmod p)$. 故由 $p \mid 2^i+1$ 即知 $p \mid 2^r+1$. 这与 $i$ 是使 $p \mid 2^i+1$ 成立的最小正整数相矛盾.
+令 $n=i a+r_1, 0 \leqslant r_1<i$, 则 $2^n+1=2^{i a+r_1}+1=\left(2^i+1-1\right)^a \cdot 2^{r_1}+ 1 \equiv(-1)^a \cdot 2^{r_1}+1(\bmod p)$. 由 $p \mid 2^n+1$ 得 $p \mid(-1)^a \cdot 2^{r_1}+1$. 若 $2 \mid a$, 即 $a$ 是偶数, 则 $p \mid 2^{r_1}+1$, 由 $r_1<i$, 与 $i$ 的意义相矛盾.
+此时只有 $r_1=0$. 若 $2 \nmid a$, 则由 $p \mid-2^{r_1}+1$ 知 $p \mid 2^{r_1}-1$. 若 $r_1>0$, 可令 $i=r_1+b, 1 \leqslant b<i$, 于是由 $2^i+1=\left(2^{r_1}-1\right) \cdot 2^b+2^b+1$ 得 $p \mid 2^b+1$. 这又与 $i$ 的意义相矛盾, 此时也有 $r_1=0$. 于是 $n=i a$, 即 $i \mid n$, 但 $p$ 是 $n$ 的最小素因数, 且 $1 \leqslant i<p-1$, 因而 $i=1$. 又由 $p \mid 2^i+1$ 可得 $p=3$. 于是可以把 $n$ 写成 $n=3^m c, m \geqslant 1,(c, 3) =1$,$2 \nmid c$.
+现在证明 $m=1$. 若 $m \geqslant 2$, 则由 $n^2 \mid 2^n+1$, 可知 $3^{2 m} \mid 2^n+1$. 于是由 $2^n+ 1=(3-1)^n+1 \equiv 3 n-\sum_{k=2}^{2 m-1}(--1)^k C_n^k 3^k\left(\bmod 3^{2 m}\right) .3^{2 m} \mid 3 n-\sum_{k=2}^{2 m-1}(-1)^k C_n^k 3^k$. (i) 
+设 $k$ ! 中的 3 的最高次幂为 $\alpha$, 则 $\alpha=\sum_{s=1}^{\infty}\left[\frac{k}{3^s}\right]<\sum_{s=1}^{\infty} \frac{k}{3^s}=\frac{\frac{k}{3}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{k}{2}$. 若 $3^k \mathrm{C}_n^k$ 中的 3 的最高次幂为 $\beta$, 则当 $k \geqslant 2$ 时, 有 $\beta>k+m-\frac{k}{2} \geqslant m+1$. 若 $\beta \geqslant m+2$, 则 $3^{m+2} \mid 3^k \mathrm{C}_n^k$. 注意到 $m \geqslant 2$, 所以有 $2 m \geqslant m+2$. 于是由 (i) 知, $3^{m+2} \mid 3 n$. 进而 $3^{m+1} \mid n$. 这与 $(c, 3)=1$ 矛盾.
+从而证明了 $m=1$, 即 $n=3 c$, $(c, 3)=1$.
+设 $c>1$, 而 $q$ 是 $c$ 的最小素因数, 显然有 $q \geqslant 5$, 且 $q \mid 2^n$. 类似地, 令 $j$ 为使 $q \mid 2^j+1$ 成立的最小正整数, 则必有 $1 \leqslant j<q-1$. 进而又可证明 $j \mid n$. 因而由素数 $q$ 的定义及 $j<q-1$ 可知 $j \in\{1,3\}$. 于是由 $q \mid 2^j+1$ 得 $q=3$, 这与 $q \geqslant 5$ 矛盾.
+因而 $c=1$. 所以 $n=3$.
+可以验证 $3^2 \mid 2^3+1$. 于是, 满足要求的正整数 $n$ 只有 $n=3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume1/exercise9.tex

@@ -0,0 +1,228 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1 方格表中具有公共点的小方格称为相邻的.
+试问, 在 $n \times n(n \geqslant 2)$ 的方格表中共有多少对相邻的小方格?
+%%<SOLUTION>%%
+可将相邻方格对分为 3 类: 坚向相邻对, 横向相邻对, 斜向相邻对 (如图(<FilePath:./figures/fig-c9p1.png>)). 易知, 坚向相邻对与横向相邻对各有 $n(n-1)$ 个; 斜向相邻对有 $2(n-1)^2$ 个.
+故共有相邻的小方格 $2 n(n-1)+2(n-1)^2=2(n-1)(2 n-1)$ 个.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2 在所有四位数的号码 (从 0000 到 9999) 中, 有多少个号码的前两位数字之和同末两位数字之和相等?
+%%<SOLUTION>%%
+它们的前两位数字之和与末两位数字之和等于固定的 $k=0,1, \cdots$, 18 , 共有这样的四位数 $1^2+2^2+\cdots+19^2=2470$ 个.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3 用 $2 、 4 、 6$ 三个数字来构造六位数, 但是不允许有两个连着的 2 出现在六位数中 (例如 626442 是允许的, 226 426 就不允许), 问这样的六位数共有多少个?
+%%<SOLUTION>%%
+六位数中不可能出现 4 个或 4 个以上的 2 . 符合要求的六位数中, 不含 2 的有 $2^6$ 个,恰含 1 个 2 的有 $6 \cdot 2^5$ 个, 恰含 2 个 2 的有 $2^4 \cdot \mathrm{C}_5^2$ 个, 恰含 3 个 2的有 $2^3 \cdot \mathrm{C}_4^3$ 个.
+共有 448 个.
+%%PROBLEM_END%%
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4 某个国王的 25 位骑士围坐在他们的圆桌旁, 他们中间的 3 位被选派去杀一条恶龙.
+问被挑到的 3 位骑士中至少有两位是邻座的选派方法有多少种?
+%%<SOLUTION>%%
+一种情况是, 3 位骑士依次相邻, 有 25 种选法; 另一种情况是, 两位骑士是邻座, 此时第三位骑士就不选在已经邻座的两位骑士的两旁, 也就是说第三位只能在 25-4 位中任选一位, 这样有 25(25-4) 种选法.
+因此, 共有选法 $25+25(25-4)=550$ 种.
+%%PROBLEM_END%%
+
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5 三边长为互不相等的自然数的三角形中, 最大边长恰为 $n$ 的共有 600 个.
+求 $n$ 的值.
+%%<SOLUTION>%%
+设三角形三边的长是 $x 、 y 、 n$, 且 $x<y<n$, 其中 $x 、 y 、 n$ 都是自然数, 显然, 最短边的长 $x$ 满足 $2 \leqslant x \leqslant n-2$. 现固定 $x$ 来求所构成的三角形的个数.
+当 $n$ 为奇数时,由下表
+$\begin{array}{ccc}x & y & \text { 三角形个数 } \\ 2 & n-1 & 1 \\ 3 & n-1, n-2 & 2 \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ \frac{n-1}{2} & n-1, n-2, \cdots, \frac{n-1}{2}+2 & \frac{n-3}{2} \\ \frac{n+1}{2} & n-1, n-2, \cdots, \frac{n-1}{2}+2 & \frac{n-3}{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ n-3 & n-1, n-2 & 2 \\ n-2 & n-1 & 1 \end{array}$ 知三角形的个数为 $f(n)=2\left(1+2+3+\cdots+\frac{n-3}{2}\right)=\frac{1}{4}(n-1)(n-3)$. 类似地, 当 $n$ 为偶数时, $f(n)=\frac{1}{4}(n-2)^2$. 令 $f(n)=600$, 解得 $n=51$.
+%%PROBLEM_END%%
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6 在 $1,2, \cdots, 1000$ 中, 有多少个正整数既不是 2 的倍数, 又不是 5 的倍数?
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S=\{1,2, \cdots, 1000\}, A_2=\{a|a \in S, 2| a\}, A_5=\{a \mid a \in S, 5 \mid a\}$. 于是 $\left|\left(\complement_S A_2\right) \cap\left(\complement_S A_5\right)\right|=S-\left(\left|A_2\right|+\left|A_5\right|\right)+\left|A_2 \cap A_5\right|= 1000-(500+200)+100=400$.
+%%PROBLEM_END%%
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题7 已知某中学共有学生 900 人, 其中男生 528 人, 高中学生 312 人, 团员 670 人, 高中男生 192 人, 男团员 336 人, 高中团员 247 人, 高中男团员 175 人.
+试问这些统计数据是否有误?
+%%<SOLUTION>%%
+设 $A=\{$ 某中学男生 $\}, B=\{$ 某中学高中生 $\}, C=\{$ 某中学团员 $\}$, 则 $|A|=528,|B|=312,|C|=670,|A \cap B|=192,|B \cap C|=247$, $|C \cap A|=336,|A \cap B \cap C|=175$. 于是 $|A \cup B \cup C|=(528+312+ 670)-(192+336+247)+175=910$. 但某中学的学生总数仅为 900 , 矛盾.
+故统计有误.
+%%PROBLEM_END%%
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+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题8 一次会议有 1990 位数学家参加, 每人至少有 1327 位合作者.
+证明: 可以找到 4 位数学家,他们中每两个人都合作过.
+%%<SOLUTION>%%
+记数学家为 $v_1, v_2, \cdots, v_i, \cdots, v_{1990}$, 与 $v_i$ 合作过的数学家的集合为 $A_i$. 不妨设数学家 $v_1$ 与 $v_2$ 合作过.
+由 $\left|A_1 \cap A_2\right|=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|-\mid A_1 \cup A_2 \mid \geqslant 2 \times 1327-1990>0$ 知, 有数学家不妨设为 $v_3$ 与 $v_1, v_2$ 都合作过.
+又 $\left|A_1 \cap A_2 \cap A_3\right|=\left|A_1 \cap A_2\right|+\left|A_3\right|-\left|\left(A_1 \cap A_2\right) \cup A_3\right| \geqslant 3 \times 1327- 2 \times 1990=1$, 故存在数学家, 不妨设为 $v_4 \in A_1 \cap A_2 \cap A_3$, 即 $v_4$ 与 $v_1 、 v_2$ 、 $v_3$ 都合作过.
+从而有数学家 $v_1 、 v_2 、 v_3 、 v_4$ 两两合作过.
+%%PROBLEM_END%%
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题9 计算不超过 120 的合数和素数的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S_1=\{a|1 \leqslant a \leqslant 120,2| a\}, S_2=\{b|1 \leqslant b \leqslant 120,3| b\}$, $S_3=\{c|1 \leqslant c \leqslant 120,5| c\}, S_4=\{d|1 \leqslant d \leqslant 120,7| d\}$. 则由容斥原理可知 $\left|S_1 \cup S_2 \cup S_3 \cup S_4\right|=92$, 而 2、3、5、7 也在 92 个数之中, 它们都不是合数, 故合数为 $92-4=88$ (个). 又 1 不是素数, 故素数个数为 $120-88- 1=31$ (个).
+%%PROBLEM_END%%
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题10. 由数字 $1 、 2$ 和 3 组成 $n$ 位数, 要求 $n$ 位数中 $1 、 2$ 和 3 中的每一个至少出现一次.
+求所有这些 $n$ 位数的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S=\{$ 由 $1,2,3$ 组成的 $n$ 位数 $\}$, 则 $|S|=3^n$. 记 $A_1=\{S$ 中所有不含 1 的 $n$ 位数 $\}, A_2=\{S$ 中所有不含 2 的 $n$ 位数 $\}, A_3=\{S$ 中所有不含 3 的 $n$ 位数 $\}$. 于是 $\bar{A}_i$ 表示所有含有数字 $i$ 的 $n$ 位数, 且 $\left|A_i\right|=2^n, i=1,2,3$, $\left|A_i \cap A_j\right|=1, i \neq j, i, j=1,2,3$. 因此, $\left|\bar{A}_1 \cap \bar{A}_2 \cap \bar{A}_3\right|=|S|- \left|A_1\right|-\left|A_2\right|-\left|A_3\right|+\left|A_1 \cap A_2\right|+\left|A_1 \cap A_3\right|-\left|A_1 \cap A_2 \cap A_3\right|=3^n- 3 \times 2^n+3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
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+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题11 由数字 $1,2, \cdots, 8$ 组成的 $n(n \geqslant 5)$ 位自然数中 (数字可以重复), 同时包含数字 $1,2,3,4,5$ 的数有多少个?
+%%<SOLUTION>%%
+设 $S=\{$ 由 $1,2,3,4,5,6,7,8$ 组成的可重复数字的 $n$ 位数 $\}$, 显然 $|S|=8^n$. 设 $A_i=\{S$ 中不含数字 $i$ 的 $n$ 位数 $\}(i=1,2, \cdots, 8)$, 有 $\left|A_i\right|=7^n$. 本题就是求 $\left|\bar{A}_1 \cap \bar{A}_2 \cap \bar{A}_3 \cap \bar{A}_4 \cap \bar{A}_5\right|$, 可计算出 $\mid \bar{A}_1 \cap \bar{A}_2 \cap \bar{A}_3 \cap \bar{A}_4 \cap \bar{A}_5 \mid=8^n-5 \cdot 7^n+10 \cdot 6^n-10 \cdot 5^n+5 \cdot 4^n-3^n$.
+%%PROBLEM_END%%
+
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+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题12 在区间 $1 \leqslant n \leqslant 10^6$ 中, 使得方程 $n=x^y$ 有非负整数解 $x 、 y$, 且 $x \neq n$ 的整数 $n$ 共有多少个?
+%%<SOLUTION>%%
+设 $N\left(x^y\right)$ 表示整数 $x^y$ 的个数.
+若 $1<x^y \leqslant 10^6$, 由于 $2^{19}= 524288<10^6, 2^{20}>10^6$, 则由容斥原理得 $N\left(x^y\right)=N\left(x^2\right)+N\left(x^3\right)+ N\left(x^5\right)+N\left(x^7\right)+N\left(x^{11}\right)+N\left(x^{13}\right)+N\left(x^{17}\right)+N\left(x^{19}\right)-N\left(x^6\right)-N\left(x^{10}\right)- N\left(x^{14}\right)-N\left(x^{15}\right)$. 由于大于 1 且不大于 $10^6$ 的平方数有 $10^3-1$ 个, 所以 $N\left(x^2\right)=999$. 大于 1 且不大于 $10^6$ 的立方数有 $10^2-1$ 个, 即 $N\left(x^3\right)=99$ 个.
+因为 $15^5=819375<10^6$, 所以大于 1 不大于 $10^6$ 的 5 次方数有 $15-1$ 个, 即 $N\left(x^5\right)=14$. 以此类推可得, $1<x^y \leqslant 10^6$ 时 $N\left(x^y\right)=999+99+14+6+ 2+1+1+1-9-2-1-1=1110$ 个.
+又 $n=1$ 时有非负整数解 $x>1$ 且 $y=0$. 于是满足题意的整数 $n$ 有 1111 个.
+%%PROBLEM_END%%
+
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+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题13 对于 $0 \leqslant x \leqslant 100$, 求函数 $f(x)=[x]+[2 x]+\left[\frac{5 x}{3}\right]+[3 x]+[4 x]$ 所取的不同整数值的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+以 $A_1, A_2, A_3, A_4, A_5$ 来分别表示函数 $[x],[2 x],[3 x],[4 x]$ 和 $\left[\frac{5 x}{3}\right]$ 的所有间断点的集合.
+则易知 $A_1 \subset A_2 \subset A_4$, 且 $A_3=\left\{\frac{n}{3} \mid n=1\right.$, $2, \cdots, 300\}, A_4=\left\{\frac{n}{4} \mid n=1,2, \cdots, 400\right\}, A_5=\left\{\frac{3 n}{5} \mid n=1,2, \cdots, 166\right\}$. 由此可得 $A_3 \cap A_4=\{n \mid n=1,2, \cdots, 100\}, A_3 \cap A_5=A_4 \cap A_5=A_3 \cap A_4 \cap A_5==\{3 n \mid n=1,2, \cdots, 33\}$. 由容斥原理知 $f(x)$ 的间断点的个数为 $\left|A_3\right|+\left|A_4\right|+\left|A_5\right|-\left|A_3 \cap A_4\right|-\left|A_3 \cap A_5\right|-\left|A_4 \cap A_5\right|+\mid A_3 \cap A_4 \cap A_5 \mid=300+400+166-100-33-33+33=733$. 故知 $f(x)$ 所取的不同整数值的个数为 734 .
+%%PROBLEM_END%%
+
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+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题14 证明: 任意 28 个介于 104 与 208 之间 (包括 104 和 208) 的不同的正整数,其中必有两个数不互质.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $I=\{x \mid 104 \leqslant x \leqslant 208, x \in \mathbf{N}\}$, 并记 $E_k=\{x \mid x \equiv 0(\bmod k)$, $x \in I\}, k=2,3,5,7$. 由容斥原理得 $\left|E_2 \cup E_3 \cup E_5 \cup E_7\right|=(53+35+ 21+15)-(17+10+7+7+5+3)+(3+2+1+1)-0=82$. 这说明 $[104$, $208]$ 中不能被 $2,3,5,7$ 任何一个整除的整数共有 $(208-103)-82=23$ 个.
+于是任意取 104 和 208 之间的 28 个数, 至少有 5 个数属于 $E_2 \cup E_3 \cup E_5 \cup E_7$. 根据抽席原则知, 必有两个数属于某个 $E_k(k=2,3,5,7)$, 故结论成立.
+%%PROBLEM_END%%
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+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题15 已知 $N=1990^{1990}$. 求满足条件 $1 \leqslant n \leqslant N$, 且 $\left(n^2-1, N\right)=1$ 的整数 $n$ 的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+因为 $1990=2 \times 5 \times 199$, 所以 $\left(n^2-1, N\right)=1 \Leftrightarrow n^2-1 \not \neq 0(\bmod 2,5,199)$, 即 $n \neq 11(\bmod 2)$ 且 $n \neq 1,4(\bmod 5)$ 且 $n \neq 1,198(\bmod 199)$.
+令全集 $I=\{1,2, \cdots, N\}, A=\{n \mid n \equiv 1(\bmod 2), n \in I\}, B= \{n \mid n \equiv 1,4(\bmod 5), n \in I\}, C=\{n \mid n \equiv 1,198(\bmod 199), n \in I\}$. 则 $A \cap B=\{n \mid n \equiv 1,9(\bmod 10), n \in I\}, B \cap C=\{n \mid n \equiv 1,994(\bmod 995)$, $n \in I\}, C \cap A=\{n \mid n \equiv 1,397(\bmod 398), n \in I\}, A \cap B \cap C=\{n \mid n \equiv 1$, $1989(\bmod 1990), n \in I\} .|\bar{A} \cap \bar{B} \cap \vec{C}|==N-\left(\frac{N}{2}+\frac{2 N}{5}+\frac{2 N}{199}\right)+ \left(\frac{2 N}{10}+\frac{2 N}{995}+\frac{2 N}{398}\right)-\frac{2 N}{1990}=\frac{589}{1990} N$. 故满足条件的整数 $n$ 的个数为 $\frac{589}{1990} N$.
+%%PROBLEM_END%%
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+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题16 空间中有 $2 m$ 个点, $m \geqslant 2$, 其中任意四点不共面.
+证明: 如果这 $2 m$ 个点之间至少连有 $m^2+1$ 条线段,则所连的线段中至少有三条, 它们围成一个三角形.
+%%<SOLUTION>%%
+对 $m$ 用归纳法.
+当 $m=2$ 时, 容易验证.
+假设对 $m$ 结论成立.
+对 $m+$ 1 , 空间有 $2 m+2$ 个点, $(m+1)^2+1$ 条连线.
+这 $2 m+2$ 个点中必有两点 $a$ 与 $b$, 它们之间有线段相连.
+其余 $2 m$ 个点的集合记为 $X$. 如果 $X$ 中 $2 m$ 个点之间至少连有 $m^2+1$ 条线段, 则结论成立.
+因此, 设 $X$ 中 $2 m$ 个点之间至多连有 $m^2$ 条线段.
+于是 $X$ 中的点与点 $a$ 或点 $b$ 所连线段至少有 $(m+1)^2+1-m^2-1= 2 m+1$ 条.
+记 $X$ 中与点 $a$ 有线段相连的点的集合为 $A$, 与点 $b$ 有线段相连的点的集合为 $B$. 则 $|A \cup B| \leqslant|X| \leqslant 2 m$, 而且 $|A|+|B| \geqslant 2 m+1$. 因此有 $2 m \geqslant|A \cup B|=|A|+|B|-|A \cap B| \geqslant 2 m+1-|A \cap B|$, 由此得 $|A \cap B| \geqslant 1$. 于是必有点 $C \in A \cap B$. 点 $a$ 与 $b 、 c$ 之间两两均有线段相连.
+%%PROBLEM_END%%
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题17 上届获得前 $n$ 名的 $n$ 个球队参加本届争夺前 $n$ 名的比赛.
+如果不设并列名次, 问: 没有一个队取得的名次恰好紧接在上届比他高一个名次的球队之后的比赛结果有多少种可能?
+%%<SOLUTION>%%
+以 $n$ 元有序数组 $\left(a_1, a_2, \cdots, a_n\right)$ 表示本届的比赛结果: 上届第 $i$ 名的球队在本届获得第 $a_i$ 名 $(i=1,2, \cdots, n)$. 以 $S$ 表示比赛可能结果的全体, 则 $|S|=n !$. 设 $A_i=\{i+1$ 号队获得的名次比 $i$ 号队低一名次的比赛结果 $\}, i=1,2, \cdots, n$. 易知 $\left|A_i\right|=(n-1) !(1 \leqslant i \leqslant n),\left|A_i \cap A_j\right|= (n-2) ! \quad(1 \leqslant i<j \leqslant n), \cdots,\left|\bigcap_{i=1}^n A_i\right|=1, \left|\bigcap_{i=1}^n \bar{A}_i\right|=n !-\mathrm{C}_{n-1}^1(n- 1) !+\mathrm{C}_{n-1}^2(n-2) !+\cdots+(-1)^{n-1} \mathrm{C}_{n-1}^{n-1}$. 此即所求比赛结果的种数.
+%%PROBLEM_END%%
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+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题18 由复数构成的有限集合 $A$ 满足: 对任意正整数 $n$, 若 $z \in A$, 则 $z^n \in A$. 证明:
+(1) $\sum_{z \in A} z$ 是整数;
+(2) 对任意整数 $k$, 可以找到一个集合 $A$, 使得 $A$ 满足条件且 $\sum_{z \in A} z=k$. 
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 定义有限集合 $X$ 的元素和为 $S(X)$. 设 $0 \neq z \in A$. 因为 $A$ 是有限集合,故存在正整数 $m<n$, 且 $z^m=z^n$. 则 $z^{n-m}=1$. 设 $d$ 是使 $z^k=1$ 成立的 $k$ 的最小正整数.
+所以, $1, z, z^2, \cdots, z^{d-1}$ 互不相同, 且它们的 $d$ 次方均为 1 , 故这些数是 1 的 $d$ 次方根.
+这表明 $A \backslash\{0\}=\bigcup_{k=1}^m U_{n_k}$, 其中 $U_p= \left\{z \in \mathbf{C} \mid z^p=1\right\}$. 由于 $S\left(U_p\right)=0, p \geqslant 2, S\left(U_1\right)=1, U_p \cap U_q=U_{(p, q)}$, 所以 $S(A)=\sum_k S\left(U_{n_k}\right)-\sum_{k<l} S\left(U_{n_k} \cap U_{n_l}\right)+\sum_{k<l<s} S\left(U_{n_k} \cap U_{n_l} \cap U_{n_s}\right)+\cdots$ 为整数.
+(2) 设对某一个整数 $k$, 存在 $A=\bigcup_{i=1}^m U_{n_i}$ 满足 $S(A)=k$. 令互不相同的质数 $p_1, p_2, \cdots, p_6$ 均不是 $n_i$ 的因子, 则 $S\left(A \cup U_{p_1}\right)=S(A)+S\left(U_{p_1}\right)-S(A \cap \left.U_{p_1}\right)=k-S\left(U_1\right)=k-1$. 于是可得 $S\left(A \cup U_{p_1 p_2 p_3} \cup U_{p_1 p_4 p_5} \cup U_{p_2 p_4 p_6} \cup\right. \left.U_{p_3 p_5 p_6}\right)=S(A)+S\left(U_{p_1 p_2 p_3}\right)+S\left(U_{p_1 p_4 p_5}\right)+S\left(U_{p_2 p_4 p_6}\right)+S\left(U_{p_3 p_5 p_6}\right)-S(A \cap \left.U_{p_1 p_2 p_3}\right)-\cdots+S\left(A \cap U_{p_1 p_2 p_3} \cap U_{p_1 p_4 p_5}\right)+\cdots-S\left(A \cap U_{p_1 p_2 p_3} \cap U_{p_1 p_4 p_5} \cap\right. \left.U_{p_2 p_4 p_6}\right)-\cdots+S\left(A \cap U_{p_1 p_2 p_3} \cap U_{p_1 p_4 p_5} \cap U_{p_2 p_4 p_6} \cap U_{p_3 p_5 p_6}\right)=k+4 \times 0- 4 S\left(U_1\right)-\sum_{k=1}^6 S\left(U_{p_k}\right)+10 S\left(U_1\right)-5 S\left(U_1\right)+S\left(U_1\right)=k-4+10-5+1= k+2$. 于是, 如果存在 $A$ 使得 $S(A)=k$, 那么, 存在 $B 、 C$ 满足 $S(B)=k-1$, $S(C)=k+2$. 从而, 结论成立.
+%%PROBLEM_END%%
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+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题19 设 $S=\{1,2, \cdots, 280\}$. 求最小自然数 $n$, 使得 $S$ 的每个 $n$ 元子集中都含有 5 个两两互素的数.
+%%<SOLUTION>%%
+令 $A_i=\left\{i k \mid k=1,2, \cdots,\left[\frac{280}{i}\right]\right\}, i=1,2, \cdots, A=A_2 \cup A_3 \cup A_5 \cup A_7$. 则由容瓜原理可以算出 $|A|=216$. 由于在 $A$ 中任取 5 个数时, 必有两个数在同一个 $A_i(i \in\{2,3,5,7\})$ 之中, 二者不互素, 故知所求的最小自然数 $n \geqslant 217$.
+另一方面, 设 $T \subset S$ 且 $|T|==217$. 记 $S$ 中所有素数与 1 所成的集合为 $M$, 则 $|M|=60$.
+(1) 若 $|T \cap M| \geqslant 5$, 则问题已解决.
+(2) 若 $|T \cap M|=4$, 设其余的素数从小到大排列为 $p_1, p_2, p_3, \cdots$,显然有 $p_1 \leqslant 11, p_2 \leqslant 13, p_3 \leqslant 17, p_4 \leqslant 19, p_5 \leqslant 23$. 于是有 $\left\{p_1^2, p_1 p_2, p_1 p_3\right.$, $\left.p_1 p_4, p_1 p_5, p_2^2, p_2 p_3, p_2 p_4\right\} \subset S$. 因为 $S$ 中共有 220 个合数而这时 $T$ 中有 213 个合数,故在 $S-T$ 中的合数只有 7 个,从而上面集合中的 8 个元素中总有一个含在 $T$ 中, 它与 $T \cap M$ 中的 4 个数一起即满足题中要求.
+(3) 设 $|T \cap M| \leqslant 3$. 这时, 至多有 $S$ 中的 6 个合数不在 $T$ 中.
+若集合 $\left\{2^2, 3^2, 5^2, 7^2, 11^2, 13^2\right\}$ 中有 5 个或 4 个元素含在 $T$ 中, 则问题化为前两种情形.
+以下设这 6 个合数中至多有 3 个含在 $T$ 中, 于是其他合数至多有 3 个不在 $T$ 中.
+因此, 集合 $\{2 \times 41,3 \times 37,5 \times 31,7 \times 29,11 \times 23,13 \times 19\}$, $\{2 \times 37,3 \times 31,5 \times 29,7 \times 23,11 \times 19,13 \times 17\}$ 的 12 个合数中至多有 3 个不在 $T$ 中.
+由抽屉原理知必有一个集合的至少 5 个数含在 $T$ 中.
+显然, 这 5 个数两两互素.
+综上可知,所求的最小自然数 $n=217$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题20. 46 个国家派代表队参加亚洲数学竞赛, 比赛共 4 个题.
+结果统计如下: 第 1 题对的学生有 235 人; 第 $1 、 2$ 两题都对的有 59 人; 第 $1 、 3$ 两题都对的有 29 人; 第 $1 、 4$ 两题都对的有 15 人; 四题全对的有 3 人.
+求证: 存在一个国家,这个国家派出的选手中至少有 4 人恰好只做对了第 1 题.
+%%<SOLUTION>%%
+设集合 $A=\{$ 全部选手 $\}, A_i=\{$ 第 $i$ 题对的考生 $\}, i=1,2,3,4$. 则 $\left|A_1\right|=235,\left|A_1 \cap A_2\right|=59,\left|A_1 \cap A_3\right|=29,\left|A_1 \cap A_4\right|=15$, $\left|\bigcap_{i=1}^4 A_i\right|=3$. 因为 $\left|A_1 \cap A_2 \cap A_3\right|>\left|\bigcap_{i=1}^4 A_i\right|=3$, 同理, $\left|A_1 \cap A_3 \cap A_4\right|>$ 3, $\left|A_1 \cap A_2 \cap A_4\right|>3$, 所以 $\left|A_1 \cap A_2 \cap A_3\right|+\left|A_1 \cap A_3 \cap A_4\right|+\mid A_1 \cap A_2 \cap A_4|-| \bigcap_{i=1}^4 A_i \mid>6$. 注意到 $\left|A_1 \cap \bar{A}_2 \cap \bar{A}_3 \cap \bar{A}_4\right|=\mid A_1 \cap \left(\overline{A_2 \cup A_3 \cup A_4}\right)|=| A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup A_4|-| A_2 \cup A_3 \cup A_4 \mid= \left(\sum_{i=1}^4\left|A_i\right|-\sum_{1 \leqslant i<j \leqslant 4}\left|A_i \cap A_j\right|+\sum_{1 \leqslant i<j<k \leqslant 4}\left|A_i \cap A_j \cap A_k\right|-\left|\bigcap_{i=1}^4 A_i\right|\right)- \left(\sum_{i=2}^4\left|A_i\right|-\sum_{2 \leqslant i<j \leqslant 4}\left|A_i \cap A_j\right|+\left|\bigcap_{i=2}^4 A_i\right|\right)=\left|A_1\right|-\left|A_1 \cap A_2\right|-\mid A_1 \cap A_3|-| A_1 \cap A_4|+| A_1 \cap A_2 \cap A_3|+| A_1 \cap A_2 \cap A_4|+| A_1 \cap A_3 \cap A_4 \mid- \left|\bigcap_{i=1}^4 A_i\right|>235-59-29-15+6=138$, 可见 $\left|A_1 \cap \bar{A}_2 \cap \bar{A}_3 \cap \bar{A}_4\right| \geqslant 139=3 \times 46+1>3 \times 46$. 故由抽屉原理知, 存在一个国家, 该国派出的选手中至少有 4 人做对了且只做对了第一题.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter1.tex

@@ -0,0 +1,152 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+本书中所涉及的数都是整数,所用的字母除特别申明外也都表示整数.
+设 $a 、 b$ 是给定的数, $b \neq 0$. 若存在整数 $c$, 使得 $a=b c$, 则称 $b$ 整除 $a$, 记作 $b \mid a$, 并称 $b$ 是 $a$ 的一个约数 (或因子), 而称 $a$ 为 $b$ 的一个倍数.
+如果不存在上述的整数 $c$, 则称 $b$ 不能整除 $a$, 记作 $b \nmid a$.
+由整除的定义,容易推出整除的几个简单性质(证明请读者自己完成):
+(1) 若 $b \mid c$, 且 $c \mid a$, 则 $b \mid a$, 即整除性质具有传递性.
+(2) 若 $b \mid a$, 且 $b \mid c$, 则 $b \mid(a \pm c)$, 即为某一整数的倍数的整数之集关于加、减运算封闭.
+反复应用这一性质, 易知: 若 $b \mid a$ 及 $b \mid c$, 则对任意整数 $u 、 v$ 有 $b \mid(a u+ c v)$. 更一般地,若 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 都是 $b$ 的倍数,则 $b \mid\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)$.
+(3) 若 $b \mid a$, 则或者 $a=0$, 或者 $|a| \geqslant|b|$. 因此, 若 $b \mid a$ 且 $a \mid b$, 则 $|a|=|b|$.
+对任意两个整数 $a 、 b(b>0), a$ 当然未必被 $b$ 整除,但我们有下面的结论一一带余除法, 这是初等数论中最为基本的一个结果.
+(4) (带余除法) 设 $a 、 b$ 为整数, $b>0$, 则存在整数 $q$ 和 $r$, 使得
+$$
+a=b q+r, \text { 其中 } 0 \leqslant r<b,
+$$
+并且 $q$ 和 $r$ 由上述条件唯一确定.
+整数 $q$ 称为 $a$ 被 $b$ 除得的 (不完全) 商, 数 $r$ 称为 $a$ 被 $b$ 除得的余数.
+注意, $r$ 共有 $b$ 种可能的取值: $0,1, \cdots, b-1$. 若 $r=0$, 即为前面说的 $a$ 被 $b$ 整除的情形.
+易知, 带余除法中的商 $q$ 实际上为 $\left[\frac{a}{b}\right]$ (不超过 $\frac{a}{b}$ 的最大整数), 而带余除法的核心是关于余数 $r$ 的不等式: $0 \leqslant r<b$, 我们在后面将看到这一点.
+证明 $b \mid a$ 的基本手法是将 $a$ 分解为 $b$ 与一个整数之积.
+在较初级的问题中, 这种数的分解常通过在一些代数式的分解中取特殊值而产生.
+下面两个分解式在这类论证中应用很多.
+(5) 若 $n$, 是正整数,则
+$$
+x^n-y^n=(x-y)\left(x^{n-1}+x^{n-2} y+\cdots+x y^{n-2}+y^{n-1}\right) .
+$$
+(6)若 $n$ 是正奇数,则 (在上式中用 $-y$ 代换 $y$ )
+$$
+x^n+y^n=(x+y)\left(x^{n-1}-x^{n-2} y+\cdots-x y^{n-2}+y^{n-1}\right) .
+$$
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 证明: $1 \underbrace{0 \cdots 0}_{200 \text { 个0 }} 1$ 被 1001 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们有
+$$
+\begin{aligned}
+\underbrace{10 \cdots 01}_{200 \text { 个 } 0} & =10^{201}+1=\left(10^3\right)^{67}+1 \\
+& =\left(10^3+1\right)\left[\left(10^3\right)^{66}-\left(10^3\right)^{65}+\cdots-10^3+1\right],
+\end{aligned}
+$$
+所以, $10^3+1(=1001)$ 整除 $1 \underbrace{0 \cdots 0}_{200 \text { 个 } 0} 1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $m>n \geqslant 0$, 证明 : $\left(2^{2^n}+1\right) \mid\left(2^{2^m}-1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:取 $x=2^{2^{n+1}}, y=1$, 并以 $2^{m-n-1}$ 代替那里的 $n$, 得出
+$$
+2^{2^m}-1=\left(2^{2^{n+1}}-1\right)\left[\left(2^{2^{n+1}}\right)^{2^{m-n-1}-1}+\cdots+2^{2^{n+1}}+1\right],
+$$
+故
+$$
+\left(2^{2^{n+1}}-1\right) \mid\left(2^{2^m}-1\right) \text {. }
+$$
+又
+$$
+\begin{gathered}
+2^{2^{n+1}}-1=\left(2^{2^n}-1\right)\left(2^{2^n}+1\right), \\
+\left(2^{2^n}+1\right) \mid\left(2^{2^{n+1}}-1\right) .
+\end{gathered}
+$$
+从而于是由整除性质知 $\left(2^{2^n}+1\right) \mid\left(2^{2^m}-1\right)$.
+%%<REMARK>%%
+注:整除问题中,有时直接证明 $b \mid a$ 不易人手,我们可以尝试着选择适当的"中间量" $c$, 来证明 $b \mid c$ 及 $c \mid a$, 由此及整除性质(1), 便导出了结论.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 对正整数 $n$, 记 $S(n)$ 为 $n$ 的十进制表示中数码之和.
+证明: $9 \mid n$ 的充分必要条件是 $9 \mid S(n)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $n=a_k \times 10^k+\cdots+a_1 \times 10+a_0$ (这里 $0 \leqslant a_i \leqslant 9$, 且 $a_k \neq 0$ ), 则 $S(n)=a_0+a_1+\cdots+a_k$. 我们有
+$$
+n-S(n)=a_k\left(10^k-1\right)+\cdots+a_1(10-1) . \label{eq1}
+$$
+对 $1 \leqslant i \leqslant k$,  知 $9 \mid\left(10^i-1\right)$, 故\ref{eq1}式右端 $k$ 个加项中的每个都是 9 的倍数, 从而由整除性质 (2) 知, 它们的和也被 9 整除, 即 $9 \mid(n- S(n)$ ). 由此易推出结论的两个方面.
+%%<REMARK>%%
+注1 整除性质 (2) 提供了证明 $b \mid\left(a_1+a_2+\cdots+a_n\right)$ 的一种基本的想法,我们可尝试着证明更强的 (也往往是更易于证明的)命题:
+$b$ 整除每个 $a_i(i=1,2, \cdots, n)$.
+这一更强的命题当然并非一定成立, 即使在它不成立时, 上述想法仍有一种常常奏效的变通: 将和 $a_1+a_2+\cdots+a_n$ 适当地分组成为 $c_1+c_2+\cdots+c_k$,而 $b \mid c_i(i=1,2, \cdots, k)$. 读者将看到, 为了证明 $b \mid a$, 我们有时针对具体问题将 $a$ 表示为适当数之和,以应用上述想法论证.
+注2 例 3 的证明, 实际上给出了更强的结���: 对任意正整数 $n$, 数 $n$ 与 $S(n)$ 之差总是 9 的倍数.
+由此易知, $n$ 与 $S(n)$ 被 9 除得的余数相同 (这可表述为 $n$ 与 $S(n)$ 模 9 同余, 请看第 6 单元).
+注3 有些情形,我们能够由正整数十进制表示中的数码 (字) 的性质, 推断这整数能否被另一个整数整除, 这样的结论, 常称为 "整除的数字特征". 被 $2 、 5 、 10$ 整除的数的数字特征是显而易见的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $k \geqslant 1$ 是一个奇数, 证明: 对任意正整数 $n$, 数 $1^k+2^k+\cdots+n^k$ 不能被 $n+2$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:$n=1$ 时结论显然成立.
+设 $n \geqslant 2$, 记所说的和为 $A$, 则
+$$
+2 A=2+\left(2^k+n^k\right)+\left(3^k+(n-1)^k\right)+\cdots+\left(n^k+2^k\right) .
+$$
+因 $k$ 是正奇数, 故由分解式 (6) 可知, 对每个 $i \geqslant 2$, 数 $i^k+(n+2-i)^k$ 被 $i+(n+2-i)=n+2$ 整除, 故 $2 A$ 被 $n+2$ 除得的余数是 2 , 从而 $A$ 不可能被 $n+2$ 整除(注意 $n+2>2$ ).
+%%<REMARK>%%
+注:论证中我们应用了"配对法", 这是代数中变形和式的一种常用手法.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $m 、 n$ 为正整数, $m>2$, 证明: $\left(2^m-1\right) \nmid\left(2^n+1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:首先, 当 $n \leqslant m$ 时, 易知结论成立.
+事实上, $m=n$ 时, 结论平凡; $n<m$ 时, 结果可由 $2^n+1 \leqslant 2^{m-1}+1<2^m-1$ 推出来(注意 $m>2$, 并参看整除性质 (3)).
+最后, $n>m$ 的情形可化为上述特殊情形: 由带余除法, $n=m q+r, 0 \leqslant r<m$, 而 $q>0$. 由于
+$$
+2^n+1=\left(2^{m q}-1\right) 2^r+2^r+1,
+$$
+由分解式 (5) 知 $\left(2^m-1\right) \mid\left(2^{m q}-1\right)$; 而 $0 \leqslant r<m$, 故由上面证明了的结论知 $\left(2^m-1\right) \nmid\left(2^r+1\right)$. (注意 $r=0$ 时,结论平凡.
+ 从而当 $n>m$ 时也有 $\left(2^m-1\right) \nmid\left(2^n+1\right)$. 这就证明了本题结论.
+我们顺便提一下,例 5 中的条件 $m>2$ 是必要的.
+因为当 $m=2$ 时, $2^m- 1=3$, 而由 (6) 知, 对于所有奇数 $n \geqslant 1$, 数 $2^n+1$ 均被 3 整除.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 任给 $n>1$, 证明: 有正整数 $a$, 使得 $a^a+1, a^{a^a}+1, \cdots$ 中所有数均被 $n$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+解:我们注意, 若 $a$ 是奇数, 则 $a^a, a^{a^a}, \cdots$ 均是奇数, 从而由 (6) 知, $a^a+ 1, a^{a^a}+1=a^{\left(a^a\right)}+1, \cdots$ 均有因子 $a+1$. 因此取 $a=2 n-1$ 则符合问题中的要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 任给 $n \geqslant 2$, 证明: 存在 $n$ 个互不相同的正整数,其中任意两个的和, 整除这 $n$ 个数的积.
+%%<SOLUTION>%%
+解:我们任取 $n$ 个互不相同的正整数 $a_1, \cdots, a_n$, 并选取一个 (正整数) 参数 $K$, 希望 $K a_1, \cdots, K a_n$ 的积 $K^n a_1 \cdots a_n$ 被任意两项的和 $K a_i+K a_j$ 整除 ( $1 \leqslant i, j \leqslant n, i \neq j)$. 由于 $n \geqslant 2$, 显然, 取
+$$
+K=\prod_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(a_i+a_j\right)
+$$
+即符合要求 (注意 $K a_1, \cdots, K a_n$ 互不相同).
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter10.tex

@@ -0,0 +1,436 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+数学竞赛中有一些数论问题较为困难和棘手, 解决它们需综合、灵活地应用前面章节中涉及的知识和方法.
+本节介绍一些这样的问题.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设 $u$ 是一个给定的正整数, 证明方程
+$$
+n !=u^x-u^y . \label{eq1}
+$$
+至多有有限组正整数解 $(n, x, y)$.
+注:1 本题后一半的论证,类似于第 8 单元例 6 的证明.
+但那里的问题较为直接, 而现在的问题则困难得名.
+本题的要点是将方程式\ref{eq1}过渡到模 $p^\alpha$ 来处理, 以利用模 $p^\alpha$ 的阶的性质导出 $s$ 很大, 进而式\ref{eq1}在 $n$ 充分大时不成立.
+我们选取 $\alpha$ 使 $p^\alpha \| n !$, 无非是为了使 $\alpha$ (随 $n$ ) 很大 (见\ref{eq2}式).
+注:2 若有一点 (关于无穷大量的) 阶的概念, 则在导出 $s \geqslant d p^{\alpha-k_0}$ 后, 可立即看出 式\ref{eq1} 不能成立: 若记 $b=u^{d p-k_0}$, 则所说的不等式 $b^{p^{a n}}-1>n^n-1$, 即为
+$$
+p^{a n}>n \log _b n .
+$$
+在 $n$ 很大时, 上式左边为 $n$ 的 (底大于 1 的)指数函数, 当然大于右边的一次函数与对数函数的积.
+(若记 $p^a=1+\beta, \beta>1$, 并用二项式定理将 $(1+\beta)^n$ 展开, 则所说的事情便一目了然.)
+%%<SOLUTION>%%
+证明:可设 $u>1$. 结论等价于证明方程
+$$
+n !=u^r\left(u^s-1\right)
+$$
+至多只有有限组正整数解 $(n, r, s)$.
+首先注意, 给定 $n$, 方程 式\ref{eq1}显然至多有有限组解 $(r, s)$. 下面证明, 当 $n$ 充分大时,方程式\ref{eq1}无解,由此便证明了上述的结论.
+取定一个素数 $p \nmid u$. 可假定 式\ref{eq1} 有解 $n>p$ (否则已无需证明), 并设 $p^\alpha \| n !$, 则有
+$$
+\alpha=\sum_{l=1}^{\infty}\left[\frac{n}{p^l}\right] \geqslant\left[\frac{n}{p}\right]>a n, \label{eq2}
+$$
+其中 $a$ 是一个仅与 $p$ 有关的 (正) 常数.
+设 $u$ 模 $p$ 的阶为 $d$ 以及 $p^{k_0} \|\left(u^d-1\right)$, 则由第 8 单元例 5 知, 当 $\alpha>k_0$ 时, $u$ 模 $p^\alpha$ 的阶为 $d p^{\alpha-k_0}$. 因 $u 、 p$ 均为固定的数, 故 $k_0 、 d$ 也均为固定的数.
+若 式\ref{eq1} 对充分大的 $n$ 有解, 则由 式\ref{eq2} 知 $\alpha>k_0$. 而由式\ref{eq1}得
+$$
+u^s \equiv 1\left(\bmod p^\alpha\right) \text {, }
+$$
+故由阶的性质推出 $d p^{\alpha-k_0} \mid s$; 特别地, $s \geqslant d p^{\alpha-k_0}$. 因此,
+$$
+u^s-1 \geqslant u^{d p^{\alpha-k_0}}-1>u^{d p^{a n-k_0}}-1 .\label{eq3}
+$$
+但当 $n$ 充分大时, 易知上式右边 $\geqslant n^n-1$. 故由 式\ref{eq3} 推出 $u^s-1>n$ !, 更有 $u^r\left(u^s-1\right)>n$ !, 因此当 $n$ 充分大时, 式\ref{eq1}无正整数解 $(r, s)$. 这就完成了证明.
+%%<REMARK>%%
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 求所有整数 $n>1$, 使得 $\frac{2^n+1}{n^2}$ 是整数.
+%%<SOLUTION>%%
+解:容易猜想, $n=3$ 是唯一符合要求的解.
+下面证明事实确实如此.
+证明需分几步进行.
+第一个要点是考虑 $n$ 的最小素因子 $p$, 并由 $n \mid\left(2^n+1\right)$  导出 $p=3$, 见第 8 单元例 1 . 因此我们可设
+$$
+n=3^m c, m \geqslant 1,3 \nmid c . \label{eq1}
+$$
+第二步, 证明 $m=1$. 由 $n^2 \mid\left(2^n+1\right)$ 得 $2^{3^m c} \equiv-1\left(\bmod 3^{2 m}\right)$, 故
+$$
+2^{2 \times 3^m c} \equiv 1\left(\bmod 3^{2 m}\right) . \label{eq2}
+$$
+若 $m \geqslant 2$, 则由第 8 单元例 5 可知, 2 模 $3^{2 m}$ 的阶是 $2 \times 3^{2 m-1}$, 故由 式\ref{eq2} 推出, $2 \times 3^{2 m-1} \mid 2 \times 3^m c$, 即 $3^{m-1} \mid c$, 从而 $3 \mid c$ (因 $m \geqslant 2$ ), 这与式\ref{eq1}中 $3 \nmid c$ 矛盾.
+故必须有 $m=1$.
+第三步, 证明(1)中的 $c=1$. 这可与上述第一步, 即第 8 单元中例 1 类似地进行:
+若 $c>1$, 设 $q$ 是 $c$ 的最小素因子, 则有
+$$
+2^{3 c} \equiv-1(\bmod q) . \label{eq3}
+$$
+设 $r$ 是 2 模 $q$ 的阶, 由式\ref{eq3}得 $2^{6 c} \equiv 1(\bmod q)$, 又 $2^{q-1} \equiv 1(\bmod q)$, 故 $r \mid 6 c$ 及 $r \mid(q-1)$, 从而 $r \mid(6 c, q-1)$. 由 $q$ 的选取知 $(q-1, c)=1$, 所以 $r \mid 6$, 再由 $2^r \equiv 1(\bmod q)$, 推知 $q=3$ 或 7. 易知 $q=3$ 为不可能; 而由 式\ref{eq3} 知 $q=7$ 也不可能.
+所以必有 $c=1$. 因此 $n=3$.
+请注意, 若先证明式\ref{eq1}中的 $c=1$ 将不易奏效.
+这里的论证次序颇为重要.
+此外,第二步中 $m=1$ 也可通过比较素数幕来证明:
+由二项式定理得
+$$
+2^n+1=(3-1)^n+1=3 n+\sum_{k=2}^n(-1)^k \mathrm{C}_n^k 3^k . \label{eq4}
+$$
+设 $3^\alpha \| k !$, 则
+$$
+\alpha=\sum_{l=1}^{\infty}\left[\frac{k}{3^l}\right]<\sum_{l=1}^{\infty} \frac{k}{3^l}=\frac{k}{2}
+$$
+于是由 $\mathrm{C}_n^k 3^k=\frac{n(n-1) \cdots(n-k+1)}{k !} 3^k$ 可见, $\mathrm{C}_n^k 3^k$ 被 $3^\beta$ 整除, 而 $\beta$ 满足 (注意 $k \geqslant 2$ )
+$$
+\beta \geqslant k+m-\alpha>k+m-\frac{k}{2} \geqslant m+1,
+$$
+故 $\beta \geqslant m+2$, 从而 \ref{eq4} 式右边的和被 $3^{m+2}$ 整除.
+若 $m>1$, 则 $2 m \geqslant m+2$, 故由 $3^{2 m} \mid\left(2^n+1\right)$ 及 式\ref{eq4} 推出 $3^{m+2} \mid 3 n$, 即 $3^{m+1} \mid n$, 这与 式\ref{eq1} 矛盾, 因此必有 $m=1$. 下面的例 3 也可用比较素数幕的方法解决.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 证明: 对每个 $n>1$, 方程
+$$
+\frac{x^n}{n !}+\frac{x^{n-1}}{(n-1) !}+\cdots+\frac{x^2}{2 !}+\frac{x}{1 !}+1=0
+$$
+没有有理数根.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $a$ 是所说的方程的一个有理根, 则易知
+$$
+a^n+\frac{n !}{(n-1) !} a^{n-1}+\cdots+\frac{n !}{k !} a^k+\cdots+\frac{n !}{1 !} a+n !=0, \label{eq1}
+$$
+于是 $a$ 是一个首项系数为 1 的整系数多项式的有理根, 故 $a$ 必是一个整数 .
+因 $n>1$, 故 $n$ 有素因子 $p$ (这一基本的事实已使用过多次). 由于 $n \mid \frac{n !}{k !}(k= 0,1, \cdots, n-1)$, 故由 式\ref{eq1} 推出 $p \mid a^n$, 从而素数 $p$ 整除 $a$. 现在比较\ref{eq1}式左边各项中含 $p$ 的方幂.
+因为 $p$ 在 $k$ ! 中出现的次数为
+$$
+\sum_{l=1}^{\infty}\left[\frac{k}{p^l}\right]<\sum_{l=1}^{\infty} \frac{k}{p^l}<k,
+$$
+故有 $p^k \nmid k !(k \geqslant 1)$. 设 $p^r \| n !$. 则由于 $p^k \mid a^k$ 及 $p^k \nmid k !$, 可知 $p^{r+1} \mid \frac{n !}{k !} a^k(k= 1,2, \cdots, n)$, 从而由 式\ref{eq1} 得出 $p^{r+1} \mid n !$, 这与 $r$ 的定义相违.
+%%<REMARK>%%
+注:用较深人的方法能够证明, 有理系数多项式
+$$
+\frac{x^n}{n !}+\frac{x^{n-1}}{(n-1) !}+\cdots+\frac{x^2}{2 !}+\frac{x}{1 !}+1
+$$
+在有理数域上不可约, 即不能分解为两个非常数的有理系数多项式的乘积.
+例 3 是这一结论的一个简单特例: 所说的多项式没有一次的有理因式.
+数学竞赛中,常常出现一些与多项式有些关联的数论问题,我们举几个这方面的例子.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $n>1, x_1, \cdots, x_n$ 是 $n$ 个实数, 它们的积记为 $A$. 若对 $i=1$, $n$, 数 $A-x_i$ 都是奇整数.
+证明: 每一个 $x_i$ 都是无理数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:反证法,若有一个 $i$ 使得 $x_i$ 为有理数,则因 $A-x_i$ 为奇整数,所以 $A$ 必是一个有理数.
+记 $A-x_i=a_i(i=1, \cdots, n)$. 则由 $x_1 \cdots x_n=A$, 得出
+$$
+\left(A-a_1\right) \cdots\left(A-a_n\right)=A . \label{eq1}
+$$
+由于 $a_i$ 均是(奇)整数, 从而 $A$ 满足了一个首项系数为 1 的整系数方程,故有理数 $A$ 必是一个整数.
+但另一方面, 无论 $A$ 是奇数或偶数,易知 \ref{eq1}式左、右两边的奇偶性都不同, 从而式\ref{eq1}决不能成立, 矛盾! 故每个 $x_i$ 都是无理数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $a, b, c$ 为整数, $f(x)=x^3+a x^2+b x+c$. 证明: 有无穷多个正整数 $n$, 使得 $f(n)$ 不是完全平方数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们证明,对任意正整数 $n \equiv 1(\bmod 4)$, 四个整数 $f(n), f(n+$ 1), $f(n+2), f(n+3)$ 中至少有一个不是完全平方, 由此便证明了问题中的结论.
+易知
+$$
+\begin{aligned}
+& f(n) \equiv 1+a+b+c(\bmod 4), \\
+& f(n+1) \equiv 2 b+c(\bmod 4), \\
+& f(n+2) \equiv-1+a-b+c(\bmod 4), \\
+& f(n+3) \equiv c(\bmod 4) .
+\end{aligned}
+$$
+消去 $a 、 c$ 得
+$$
+f(n+1)-f(n+3) \equiv 2 b, f(n)-f(n+2) \equiv 2 b+2(\bmod 4) .
+$$
+因此,或者 $f(n+1)-f(n+3) \equiv 2(\bmod 4)$, 或者 $f(n)-f(n+2) \equiv 2(\bmod 4)$. 因为完全平方数模 4 同余于 0 或 1 , 故或者 $f(n+1)$ 与 $f(n+3)$ 中至少有一个非平方数, 或者 $f(n)$ 与 $f(n+2)$ 中至少有一个非平方数, 从而 $f(n), f(n+1)$, $f(n+2), f(n+3)$ 中至少有一个不是完全平方.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设 $p(x)$ 是一个整系数多项式,对任意 $n \geqslant 1$ 有 $p(n)>n$. 定义 $x_1= 1, x_2=p\left(x_1\right), \cdots, x_n=p\left(x_{n-1}\right)(n \geqslant 2)$. 若对于任意正整数 $N$, 数列 $\left\{x_n\right\}(n \geqslant 1)$ 中均有被 $N$ 整除的项.
+证明 $p(x)=x+1$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们分两步进行.
+首先证明, 对任一个固定的 $m>1$, 数列 $\left\{x_n\right\}$ 模 $x_m-1$ 是周期数列.
+显然 $x_m \equiv 1=x_1\left(\bmod x_m-1\right)$. 因 $p(x)$ 是整系数多项式, 故对任意整数 $u 、 v(u \neq v)$ 有 $(u-v) \mid(p(u)-p(v))$, 即
+$$
+p(u) \equiv p(v)(\bmod u-v),
+$$
+在上式中取 $u=x_m, v=x_1=1$, 得 $x_{m+1} \equiv x_2\left(\bmod x_m-1\right)$. 依此类推, $x_{m+2} \equiv x_3, x_{m+3} \equiv x_4, \cdots\left(\bmod x_m-1\right)$, 可知 $\left\{x_n\right\}$ 模 $x_m-1$ 是周期数列 $x_1, \cdots, x_{m-1}$, $x_1, \cdots, x_{m-1}, \cdots$.
+第二步,我们证明
+$$
+x_m-1=x_{m-1} . \label{eq1}
+$$
+由已知条件, 对于数 $N=x_m-1$, 存在 $x_k$ 使得 $\left(x_m-1\right) \mid x_k$, 而由上一段的结论, 可设 $1 \leqslant k \leqslant m-1$, 此外, $p\left(x_{m-1}\right)>x_{m-1}$, 故 $x_m-1 \geqslant x_{m-1}$, 所以 $k$ 必须为 $m-1$, 即 $\left(x_m-1\right) \mid x_{m-1}$, 于是, $x_{m-1} \geqslant x_m-1$, 综合起来即知 \ref{eq1}式成立.
+因为式\ref{eq1}即是 $p\left(x_{m-1}\right)-1=x_{m-1}$. 由于 $m$ 是任意大于 1 的整数,这意味着 $p(x)=x+1$ 有无穷多个不同的根, 故 $p(x)$ 必须恒等于多项式 $x+1$. 这就证明了本题的结论.
+由一个(整系数) 多项式的算术 (数论) 性质, 推断其代数性质, 是数论中非常有趣的一个课题, 例 6 正是这样的一个简单例子, 下面的例 7 也是具有这种精神的问题.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $f(x)$ 是一个实系数的二次多项式, 若对所有正整数 $n, f(n)$ 均是整数的平方.
+证明, $f(x)$ 是一次整系数多项式的平方.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:本题并不容易,但有几种完全不同的解法.
+这里介绍的方法基于数列的极限知识, 较为简单.
+设 $f(x)=a x^2+b x+c, a_n=f(n)(n \geqslant 1)$, 则易知
+$$
+\begin{aligned}
+\sqrt{a_n}-\sqrt{a_{n-1}} & =\frac{a_n-a_{n-1}}{\sqrt{a_n}+\sqrt{a_{n-1}}} \\
+& =\frac{2 a n-a+b}{\sqrt{a n^2+b n+c}+\sqrt{a n^2+(-2 a+b) n+a-b+c}} \\
+& =\frac{2 a+\frac{b-a}{n}}{\sqrt{a+\frac{b}{n}+\frac{c}{n^2}}+\sqrt{a+\frac{b-2 a}{n}+\frac{a-b+c}{n^2}}} .
+\end{aligned}
+$$
+因此当 $n \rightarrow \infty$ 时, $\sqrt{a_n}-\sqrt{a_{n-1}}$ 有极限, 且极限值为 $\frac{2 a}{\sqrt{a}+\sqrt{a}}=\sqrt{a}$. 但已知 $\sqrt{a_n}$ 都是整数, 故 $\left\{\sqrt{a_n}-\sqrt{a_{n-1}}\right\}(n \geqslant 2)$ 是一个整数数列, 因此其极限值 $\sqrt{a}$ 必是一个整数, 且 $n$ 充分大后, 所有项 $\sqrt{a_n}-\sqrt{a_{n-1}}$ 都等于极限 $\sqrt{a}$, 即有一个 (固定的) 正整数 $k$, 使得
+$$
+\sqrt{a_n}-\sqrt{a_{n-1}}=\sqrt{a} \text {, 对 } n \geqslant k+1 \text {. }
+$$
+现在设 $m$ 是大于 $k$ 的任一个整数, 将上式对 $n=k+1, \cdots, m$ 求和, 得出 $\sqrt{a_m}= \sqrt{a_k}+(m-k) \sqrt{a}$, 即
+$$
+a_m=\left(m \sqrt{a}+\sqrt{a_k}-k \sqrt{a}\right)^2 . \label{eq1}
+$$
+记 $\alpha=\sqrt{a}, \beta=\sqrt{a_k}-k \sqrt{a}$, 则 $\alpha 、 \beta$ 都是与 $m$ 无关的固定整数,于是, 式\ref{eq1}表明, 所有大于 $k$ 的整数 $m$ 都是多项式
+$$
+f(x)-(\alpha x+\beta)^2
+$$
+的根, 从而这多项式必是零多项式,即 $f(x)=(\alpha x+\beta)^2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 设 $n>1, n$ 个正整数的和为 $2 n$. 证明, 在其中一定可以选出某些数,使它们的和等于 $n$, 除非所给的数满足下面的条件之一:
+(1) 有一个数是 $n+1$, 其余的都是 1 ;
+(2) 在 $n$ 为奇数时, 所有数都等于 2 .
+%%<SOLUTION>%%
+证明:. 设所给的正整数为 $0<a_1 \leqslant a_2 \leqslant \cdots \leqslant a_n$, 并记 $S_k=a_1+\cdots+ a_k(k=1, \cdots, n-1)$, 则在下面 $n+1$ 个数
+$$
+0, a_1-a_n, S_1, \cdots, S_{n-1}
+$$
+中,必有两个数模 $n$ 同余.
+我们区分四种情况讨论:
+(i) 设有一个 $S_k(1 \leqslant k \leqslant n-1)$, 使 $S_k \equiv 0(\bmod n)$. 此时由
+$$
+1 \leqslant S_k \leqslant a_1+\cdots+a_n-a_{k+1} \leqslant 2 n-1, \label{eq1}
+$$
+故 $S_k=n$.
+(ii) 设有 $S_i, S_j(1 \leqslant i<j \leqslant n-1)$ 满足 $S_j \equiv S_j(\bmod n)$, 则由 式\ref{eq1} 知 $1 \leqslant S_j-S_i \leqslant 2 n-1$, 故 $S_j-S_i=n$, 此即
+$$
+a_{i+1}+\cdots+a_j=n .
+$$
+(iii) 设有某个 $S_k(1 \leqslant k \leqslant n-1)$, 使得 $S_k \equiv a_1-a_n(\bmod n)$. 若 $k=1$, 将有 $a_n \equiv 0(\bmod n)$. 但 $a_{\mathrm{i}}, \cdots, a_{n-1}$ 都是正整数,故 $a_{\mathrm{r}}+\cdots+a_{n-1} \geqslant n-1$, 从而
+$$
+a_n=2 n-\left(a_1+\cdots+a_{n-1}\right) \leqslant n+1, \label{eq2}
+$$
+因此 $a_n=n$,故此时结论成立; 若 $k>1$, 则有
+$$
+\dot{a_2}+\cdots+a_k+a_n \equiv 0(\bmod n) .
+$$
+而上式左边显然是小于 $a_1+\cdots+a_n=2 n$ 的正整数, 故
+$$
+a_2+\cdots+a_k+a_n=n .
+$$
+(iv) 设 $a_1-a_n \equiv 0(\bmod n)$. 我们已证明 $a_n \leqslant n+1$ (见 \ref{eq2} 式): 若 $a_n= n+1$, 则 $n-1$ 个正整数 $a_1, \cdots, a_{n-1}$ 的和等于 $2 n-a_n=n-1$, 从而它们都等于 1 ,这正是问题中排除的情形 (1).
+设 $a_n \leqslant n$, 则 $0 \leqslant a_n-a_1 \leqslant n-1$, 结合 $a_n-a_1 \equiv 0(\bmod n)$, 推出 $a_n=\cdots=a_2=a_1=2$. 当 $n$ 为奇数时, 这是问题中排除的情形 (2). 若 $n$ 为偶数, 则任取 $\frac{n}{2}$ 个 $a_i$ 的和便等于 $n$.
+大意可概述如下: 由于所有给定数的和为 $2 n$, 因此, 只要能证明有若干个(不是全部) 数的和是 $n$ 的倍数, 则这个和必然恰等于 $n$, 而后一问题正是同余的用武之地.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 设 $p$ 为素数, 给定 $p+1$ 个不同的正整数.
+证明, 可以从中取出这样一对数,使得将两者中较大的数除以两者的最大公约数后, 所得的商不小于 $p+1$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:将所给的 $p+1$ 个数都除以它们的最大公约数, 显然不影响本题的结论, 因此我们可设这 $p+1$ 个数互素.
+特别地, 其中必有一个数不被 $p$ 整除.
+记这 $p+1$ 个数是
+$$
+x_1, \cdots, x_k, x_{k+1}=p^{l_{k+1}} y_{k+1}, \cdots, x_{p+1}=p^{l_{p+1}} y_{p+1}, \label{eq1}
+$$
+这里, $\dot{x}_1, \cdots, x_k$ 互不相等且均和 $p$ 互素 $(k \geqslant 1), l_{k+1}, \cdots, l_{p+1}$ 是��整数, $y_{k+1}, \cdots, y_{p+1}$ 都是不被 $p$ 整除的正整数.
+在 $p+1$ 个数
+$$
+x_1, \cdots, x_k, y_{k+1}, \cdots, y_{p+1}
+$$
+中, 必有两个模 $p$ 同余, 我们区分三种情况讨论.
+(1) 式\ref{eq1} 中的数至少有三个相等.
+此时结论容易证明.
+因为若 $y_r=y_s=y_t$,
+则 $p^{l_r}, p^{l_s}, p^{l_t}$ 互不相等, 其中最大的数至少是最小者的 $p^2$ 倍, 无妨设 $p^{l_r} \geqslant p^2 \cdot p^{l_t}$, 则 $x_r$ 与 $x_t$ 符合要求; 若 $y_r=y_s=x_t(1 \leqslant t \leqslant k)$, 无妨设 $l_r>l_s$, 则 $l_r \geqslant 2$,于是 $x_r$ 与 $x_t$ 符合要求.
+(2) 式\ref{eq1}中的数有两对相等.
+若 $y_i=y_j, y_r=y_s$, 则当 $\left|l_i-l_j\right| \geqslant 2$ 或 $\left|l_r-l_s\right| \geqslant 2$ 时, 同上可知结论成立; 当 $\left|l_i-l_j\right| \leqslant 1$ 且 $\left|l_r-l_s\right| \leqslant 1$ 时, 可改记 $x_i, x_j, x_r, x_s$ 为 $a, a p, b, b p$, 且 $a<b$. 此时
+$$
+\frac{b p}{(a, b p)} \geqslant \frac{b p}{a}>p
+$$
+故整数 $\frac{b p}{(a, b p)} \geqslant p+1$.
+若 $x_i=y_r, x_j=y_s(1 \leqslant i, j \leqslant k)$, 同样可证明结论.
+(3) 式\ref{eq1} 中的数恰有两个相等.
+这只能是 $y_r=y_s$, 或 $x_i=y_r(1 \leqslant i \leqslant k)$. 这时可在式\ref{eq1}中删去 $y_r$, 则剩下的 $p$ 个数互不相等, 但仍有两个模 $p$ 同余.
+现在又有三种可能:
+(i) 设 $y_r \equiv y_s(\bmod p)$. 无妨设 $y_r>y_s$. 若 $l_r>l_s$, 结论显然成立.
+若 $l_r \leqslant l_s$, 记 $y_r=y_s+n$, 则 $n>0$, 且 $p \mid n$. 设 $\left(y_r, y_s\right)=d$, 则 $p \nmid d$, 于是 $\left(x_r, x_s\right)= p^{l_r} d$, 我们有 (注意 $d|n, p| n$, 以及 $p \nmid d$ )
+$$
+\frac{x_r}{\left(x_r, x_s\right)}=\frac{y_r}{d}=\frac{y_s}{d}+\frac{n}{d} \geqslant 1+p .
+$$
+所以, $x_r$ 与 $x_s$ 中的较大者除以它们的最大公约数后, 得出的商至少是 $p+1$.
+(ii) 设 $x_r \equiv x_s(\bmod p)(1 \leqslant r<s \leqslant k)$. 这一情形可与 (i) 类似地解决.
+(iii) 设 $x_r \equiv y_s(\bmod p)(1 \leqslant r \leqslant k)$. 若 $y_s>x_r$, 则结论显然成立.
+若 $y_s< x_r$, 设 $x_r=y_s+n$, 则 $n>0$, 且 $p \mid n$. 设 $\left(x_r, y_s\right)=d$, 则 $p \nmid d$, 于是 $\left(x_r, x_s\right)= \left(x_r, p^{l_s} y_s\right)=d$, 因此
+$$
+\frac{x_r}{\left(x_r, x_s\right)}=\frac{y_s}{d}+\frac{n}{d} \geqslant 1+p,
+$$
+从而 $x_r$ 与 $x_s$ 中较大的数除以它们的最大公约数后, 得出的商不小于 $p+1$. 这就完成了问题的证明.
+我们注意,若例 9 中的 $p+1$ 个整数换为 $p$ 个整数,则结论不必正确.
+例如, $p$ 个数 $1,2, \cdots, p$ 中显然没有符合要求的两个数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 设 $S$ 是 $\left\{1,2, \cdots, 2^m n\right\}$ 的一个子集, $S$ 的元素个数 $|S| \geqslant\left(2^m- 1 \right) n+1$. 证明, $S$ 中有 $m+1$ 个不同的数 $a_0, \cdots, a_m$, 使得 $a_{i-1} \mid a_i(i=1, \cdots$, m).
+%%<SOLUTION>%%
+证明:每个正整数 $a$ 可唯一地表示为 $2^u k$ 的形式,其中 $u \geqslant 0, k$ 为奇数, 我们称 $k$ 为 $a$ 的奇数部分, 并且若 $a$ 的奇数部分不超过 $n$, 则称 $n$ 为好数.
+这里的证明, 基于 $S$ 中好数个数的下界估计.
+为此, 我们首先计数在区间 $\left(n, 2^m n\right]$ 中有多少个好数.
+设区间 $[1, n]$ 中共有 $t$ 个奇数 $\left(t\right.$ 实际上等于 $\left[\frac{n+1}{2}\right]$, 但我们并不需要这一点). 设 $k$ 是任意一个这样的奇数, 则满足 $n<2^u k \leqslant 2^m n$ 的整数 $u$ 恰有 $m$ 个.
+这只要注意, 设整数 $v$ 满足 $2^{v-1} \leqslant \frac{n}{k}<2^v$, 则 $2^v k, 2^{v+1} k, \cdots, 2^{v-1+m} k$ 是全部符合要求的数, 即在区间 $\left(n, 2^m n\right]$ 中奇数部分为 $k$ 的数共有 $m$ 个, 故其中恰有 $m t$ 个好数.
+因此这区间中非好数有 $2^m n-n-m t$ 个, 从而 $S$ 中好数的个数 $\geqslant|S|-\left(2^m n-n-m t\right)=m t+1$ 个.
+设 $k_1, \cdots, k_t$ 是 $[1, n]$ 中的全部奇数, 并设 $S$ 中恰有 $x_i$ 个数以 $k_i$ 为奇数部分 $(k=1, \cdots, t)$, 则由上一段的结论, $S$ 中好数的个数为
+$$
+x_1+\cdots+x_t \geqslant m t+1,
+$$
+从而必有一个 $x_i(1 \leqslant i \leqslant t)$, 使得 $x_i \geqslant m+1$, 即 $S$ 中至少有 $m+1$ 个整数具有相同的奇数部分 $k_i$, 这些数从小到大排列为 $a_0, a_1, \cdots, a_m$, 即为符合要求的 $m$ 个数, 证毕.
+%%<REMARK>%%
+注:1 当 $m=1$ 时, 本题化为了一个熟知的结果, 这里的证明即是此结果 (通常的)证明的推广.
+本题还有其他的解法, 例如, 对 $m$ 归纳或对 $n$ 归纳, 有兴趣的读者可自己试试.
+注:2 集合 $S=\left\{n+1, \cdots, 2^m n\right\}$ 表明, 若例 10 中的 $S$ 满足 $|S|= \left(2^m-1\right) n$, 则结论不必正确.
+因若有 $a_0, \cdots, a_m$ 符合要求, 则 $a_m \geqslant 2^m a_0$, 从而现在有 $a_m \geqslant 2^m(n+1)$, 这不可能.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例11. 设 $A$ 是正整数的 $n$ 元集合 $(n \geqslant 2)$. 证明, $A$ 有一个子集 $B$, 满足 $|B|>\frac{n}{3}$, 且对任意 $x, y \in B$, 有 $x+y \notin B$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:记 $A$ 中的数为 $a_1, \cdots, a_n$. 由习题 3 的第 2 题知, 模 3 为 -1 的素数有无穷多个, 故可取一个这样的素数 $p>a_i(1 \leqslant i \leqslant n)$, 设 $p=3 k-1$. 考虑下面 ( $p$ 行 $n$ 列的) $p n$ 个数
+$$
+\begin{aligned}
+& a_1, a_2, \cdots, a_n ; \\
+& 2 a_1, 2 a_2, \cdots, 2 a_n ; \\
+& \cdots . . \\
+& p a_1, p a_2, \cdots, p a_n .
+\end{aligned} \label{eq1}
+$$
+由于 $p>a_i$, 故 $\left(p, a_i\right)=1$. 因此 式\ref{eq1} 中每一列数均构成模 $p$ 的一个完系, 从而对每个 $j(0 \leqslant j<p)$, 式\ref{eq1}中的数共有 $n$ 个模 $p$ 为 $j$, 于是模 $p$ 为 $k, k+1, \cdots, 2 k-1$ 之一的数共有 $k n$ 个.
+设式\ref{eq1}中第 $i$ 行中共有 $x_i$ 个数模 $p$ 为 $k, k+1, \cdots, 2 k-1$ 之一.
+则上面的论证表明
+$$
+x_1+\cdots+x_p=k n \text {. }
+$$
+故有一个 $x_i$ 满足
+$$
+x_i \geqslant \frac{k n}{\dot{p}}=\frac{k n}{3 k-1}>\frac{n}{3},
+$$
+即有一个 $l(1 \leqslant l \leqslant p)$, 使 $l a_1, l a_2, \cdots, l a_n$ 中模 $p$ 为 $k, k+1, \cdots, 2 k-1$ 之一的个数大于 $\frac{n}{3}$. 我们取
+$$
+B=\{a \in A \mid l a \text { 模 } p \text { 为 } k, k+1, \cdots, 2 k-1 \text { 之一 }\},
+$$
+则 $B$ 符合要求: 因为对任意 $x, y \in B$, 易知 $l(x+y)(=l x+l y)$ 模 $p$ 的余数或 $\geqslant 2 k$, 或 $\leqslant k-1$, 从而 $x+y \notin B$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例12. 给定 $n \geqslant 2$. 证明, 存在 $n$ 个互不相同的正整数具有下述性质:
+(1) 这些数两两互素;
+(2) 这些数中任意 $k$ 个 $(2 \leqslant k \leqslant n)$ 数的和都是合数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:.
+$n=2$ 时结论显然成立.
+设已有 $n$ 个正整数 $a_1, \cdots, a_n$ 符合要求, 下面基于此造出 $n+1$ 个符合要求的数.
+由于素数有无穷多个,故可取 $2^n-1$ 个互不相同且均与 $a_1 a_2 \cdots a_n$ 互素的素数 $p_i\left(1 \leqslant i \leqslant 2^n-1\right)$. 将由 $a_{11}, \cdots, a_n$ 中任取 $k$ 个 $(1 \leqslant k \leqslant n)$ 所作成的 $2^n-$ 1 个和记为 $S_j\left(1 \leqslant j \leqslant 2^n-1\right)$, 其中 $k=1$ 时的和就是数 $a_i(1 \leqslant i \leqslant n)$.
+因为 $\left(p_i, a_1 \cdots a_n\right)=1$, 故有 $b_i$ 使得 $a_1 \cdots a_n \cdot b_i \equiv 1\left(\bmod p_i\right)\left(1 \leqslant i \leqslant 2^n-\right.$ 1 ). 由中国剩余定理, 同余式组
+$$
+x \equiv-b_i-b_i S_i\left(\bmod p_i\right), 1 \leqslant i \leqslant 2^n-1 . \label{eq1}
+$$
+有无穷多个正整数解 $x$. 我们取定一个解 $x_0>p_i\left(1 \leqslant i \leqslant 2^n-1\right)$, 并将式\ref{eq1}中同余式两边同乘 $a_1 \cdots a_n$, 得到
+$$
+a_1 \cdots a_n x_0+1+S_i \equiv 0\left(\bmod p_i\right), 1 \leqslant i \leqslant 2^n-1 . \label{eq2}
+$$
+令 $a_{n+1}=a_1 \cdots a_n x_0+1$, 则 $a_1, \cdots, a_n, a_{n+1}$ 这 $n+1$ 个数符合要求: 因为 $x_0> p_i$, 故 $a_{n+1}+S_i>p_i$; 而 式\ref{eq2} 意味着 $a_{n+1}+S_i$ 有约数 $p_i$, 故对任意 $i, a_{n+1}+S_i$ 是合数.
+而由 $a_{n+1}$ 的构作, 它当然与每个 $a_i$ 互素 $(1 \leqslant i \leqslant n)$. 这就完成了归纳构造.
+上述解法的精神是, 若已有了 $a_1, \cdots, a_n$, 我们希望可以取参量 $x$ 的一个值, 使得数 $a_1 \cdots a_n x+1$ 能够作为 $a_{n+1}$. 构作这种形式的数的主要益处在于, 所要求的 $\left(a_{n+1}, a_i\right)=1(1 \leqslant i \leqslant n)$ 自动成立.
+符合问题中要求的事物往往不止一个, 我们可以选择某些具有特别性质的事物来尝试, 即使之满足适当的充分条件, 以保证适合问题中的部分要求, 这种以退求进、舍多取少的手法在构造论证中应用极多.
+本题也可采用下面 (更为直接的)构造法: 取 $a_i=i \cdot n !+1$, 则 $a_1, \cdots, a_n$ 符合要求.
+这是因为:
+首先, 对 $i \neq j$ 有 $\left(a_i, a_j\right)=1$. 这是因为若设 $\left(a_i, a_j\right)=d$, 则 $j a_i-i a_j$ 是 $d$ 的倍数, 即 $d \mid(i-j)$. 但 $1 \leqslant|i-j|<n$, 故推出 $d \mid n$ !, 从而由 $d \mid a_i$ 知 $d=1$.
+此外, 任意 $k$ 个 $(2 \leqslant k \leqslant n) a_i$ 之和具有形式 $m \cdot n !+k$ ( $m$ 为某个整数), 这显然有真因子 $k$, 从而不是素数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例13. 求所有的正整数 $k$, 使得存在正整数 $n$, 满足
+$$
+\frac{\tau\left(n^2\right)}{\tau(n)}=k, \label{eq1}
+$$
+其中 $\tau(n)$ 表示 $n$ 的正约数的个数.
+%%<SOLUTION>%%
+解:由第 3 单元 (6) 中 $\tau(n)$ 的计算公式可知, $\tau\left(n^2\right)$ 必是奇数, 因此满足式\ref{eq1} 的 $k$ 一定是奇数.
+面证明每个正奇数 $k$ 均符合要求.
+$k=1$ 显然符合要求.
+对 $k>1$, 由 $\tau(n)$ 的计算公式可知, 问题等价于证明, 存在正整数 $\alpha, \beta, \cdots, \gamma$, 使得
+$$
+\frac{(2 \alpha+1)}{\alpha+1} \cdot \frac{(2 \beta+1)}{\beta+1} \cdot \cdots \cdot \frac{(2 \gamma+1)}{\gamma+1}=k . \label{eq2}
+$$
+现假设小于 $k$ 的奇数均符���要求, 对于奇数 $k$, 可设 $k=2^l m-1$, 这里 $l \geqslant 1, m$ 为奇数.
+由 $k>1$ 易知 $m<k$, 故由归纳假设知, 有 $\alpha^{\prime}, \beta^{\prime}, \cdots, \gamma^{\prime}$, 使得
+$$
+\frac{\left(2 \alpha^{\prime}+1\right)}{\alpha^{\prime}+1} \cdot \frac{\left(2 \beta^{\prime}+1\right)}{\beta^{\prime}+1} \cdot \cdots \cdot \frac{\left(2 \gamma^{\prime}+1\right)}{\gamma^{\prime}+1}=m . \label{eq3}
+$$
+我们现在取两个待定整数 $x \geqslant 1$ 及 $u \geqslant 0$, 满足 $2^u \mid x$, 以及
+$$
+\frac{2 x+1}{x+1} \cdot \frac{2 \cdot \frac{x}{2}+1}{\frac{x}{2}+1} \cdots \cdots \frac{2 \cdot \frac{x}{2^u}+1}{\frac{x}{2^u}+1}=\frac{k}{m} . \label{eq4}
+$$
+显然, 若能找到符合上述要求的 $u$ 和 $x$, 则将式\ref{eq3}与\ref{eq4}相乘, 即得出了关于 $k$ 的形如式\ref{eq2}的表示, 从而证明了 $k$ 符合要求,即完成了归纳构造.
+事实上,式\ref{eq4}可化为
+$$
+\frac{2 x+1}{\frac{x}{2^u}+1}=\frac{k}{m},
+$$
+此即(注意 $k=2^l m-1$ ),
+$$
+x=\frac{2^u(k-m)}{2^{u+1} m-2^l m+1} .
+$$
+因此, 只要取 $u=l-1$, 则 $u \geqslant 0$, 相应的 $x=2^{l-1}(k-m)$ 为正整数, 且被 $2^{l-1}\left(=2^u\right)$ 整除.
+证毕.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter2.tex

@@ -0,0 +1,207 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+最大公约数与最小公倍数.
+最大公约数是数论中的一个重要概念.
+设 $a 、 b$ 不全为零, 同时整除 $a 、 b$ 的整数 (如 \pm 1 ) 称为它们的公约数.
+因 $a 、 b$ 不全为零, 故由第 1 单元中性质 (3) 推知, $a 、 b$ 的公约数只有有限多个, 我们将其中最大的一个称为 $a 、 b$ 的最大公约数, 用符号 $(a, b)$ 表示.
+显然, 最大公约数是一个正整数.
+当 $(a, b)=1$ 时 (即 $a, b$ 的公约数只有 \pm 1 ), 我们称 $a$ 与 $b$ 互素 (互质). 读者在后面将看到,这种情形特别重要.
+对于多于两个的 (不全为零的) 整数 $a, b, \cdots, c$, 可类似地定义它们的最大公约数 $(a, b, \cdots, c)$. 若 $(a, b, \cdots, c)=1$, 则称 $a, b, \cdots, c$ 互素.
+请注意, 此时并不能推出 $a, b, \cdots, c$ 两两互素 (即其中任意两个都互素); 但反过来, 若 $a, b, \cdots, c$ 两两互素,则显然有 $(a, b, \cdots, c)=1$.
+由定义不难得出最大公约数的一些简单性质:
+任意改变 $a 、 b$ 的符号不改变 $(a, b)$ 的值, 即有 $( \pm a, \pm b)=(a, b)$;
+$(a, b)$ 关于 $a 、 b$ 对称,即有 $(a, b)=(b, a)$;
+$(a, b)$ 作为 $b$ 的函数, 以 $a$ 为周期, 即对任意整数 $x$, 有 $(a, b+a x)=(a, b)$.
+下面 (1) 中的结论, 是建立最大公约数的性质的基础, 通常称为裴蜀等式.
+(1) 设 $a 、 b$ 是不全为 0 的整数,则存在整数 $x 、 y$,使得
+$$
+a x+b y=(a, b) \text {. }
+$$
+顺便提及,若 $x=x_0, y=y_0$ 是满足上式的一对整数,则等式
+$$
+a\left(x_0+b u\right)+b\left(y_0-a u\right)=(a, b)(u \text { 为任意整数 })
+$$
+表明,满足上式的 $x 、 y$ 有无穷多组; 并且,在 $a b>0$ 时,可选择 $x$ 为正 (负) 数, 此时 $y$ 则相应地为负 (正) 数.
+由 (1)易于推出下面的
+(2) 两个整数 $a 、 b$ 互素的充分必要条件是存在整数 $x 、 y$,使得
+$$
+a x+b y=1 \text {. }
+$$
+事实上, 条件的必要性是 (1) 的特例.
+反过来, 若有 $x 、 y$ 使等式成立, 设 $(a, b)=d$, 则 $d \mid a$ 且 $d \mid b$, 故 $d \mid a x$ 及 $d \mid b y$,于是 $d \mid(a x+b y)$, 即 $d \mid 1$, 从而 $d=1$.
+由(1)及 (2)不难导出下面的几个基本结论:
+(3) 若 $m|a, m| b$, 则 $m \mid(a, b)$, 即 $a 、 b$ 的任一个公约数都是它们的最大公约数的约数.
+(4) 若 $m>0$, 则 $(m a, m b)=m(a, b)$.
+(5) 若 $(a, b)=d$, 则 $\left(\frac{a}{d}, \frac{b}{d}\right)=1$. 因此, 由两个不互素的整数,可自然地产生一对互素的整数.
+(6) 若 $(a, m)=1,(b, m)=1$, 则 $(a b, m)=1$. 这表明,与一个固定整数互素的整数之集关于乘法封闭.
+由此可推出: 若 $(a, b)=1$, 则对任意 $k>0$ 有 $\left(a^k, b\right)=1$, 进而对任意 $l>0$ 有 $\left(a^k, b^l\right)=1$.
+(7) 设 $b \mid a c$. 若 $(b, c)=1$, 则 $b \mid a$.
+(8) 设正整数 $a 、 b$ 之积是一个整数的 $k$ 次幂 $(k \geqslant 2)$. 若 $(a, b)=1$, 则 $a 、 b$ 都是整数的 $k$ 次幂.
+一般地, 设正整数 $a, b, \cdots, c$ 之积是一个整数的 $k$ 次幕.
+若 $a, b, \cdots, c$ 两两互素, 则 $a, b, \cdots, c$ 都是整数的 $k$ 次幂.
+(6)、(7)、(8)表现了互素的重要性, 它们的应用也最为广泛.
+现在, 我们简单地谈谈最小公倍数.
+设 $a 、 b$ 是两个非零整数,一个同时为 $a 、 b$ 倍数的数称为它们的一个公倍数.
+$a 、 b$ 的公倍数显然有无穷多个, 这其中最小的正数称为 $a 、 b$ 的最小公倍数,记作 $[a, b]$. 对于多个非零整数 $a, b, \cdots, c$, 可类似地定义它们的最小公倍数 $[a, b, \cdots, c]$.
+下面是最小公倍数的主要性质.
+(9) $a$ 与 $b$ 的任一公倍数都是 $[a, b]$ 的倍数.
+对于多于两个整数的情形, 类似的结论也成立.
+(10) 两个整数 $a 、 b$ 的最大公约数与最小公倍数满足
+$$
+(a, b)[a, b]=|a b| .
+$$
+但请注意, 对于多于两个整数的情形, 类似的结论不成立 (请读者举出例子). 然而我们有下面的
+(11) 若 $a, b, \cdots, c$ 两两互素,则有
+$$
+[a, b, \cdots, c]=|a b \cdots c| .
+$$
+由此及(9) 可知, 若 $a|d, b| d, \cdots, c \mid d$, 且 $a, b, \cdots, c$ 两两互素, 则有 $a b{ }^{\prime} \cdot c \mid d$.
+互素,在数论中相当重要, 往往是许多问题的关键或基础.
+数学竞赛中, 有一些问题要求证明两个整数互素 (或求它们的最大公约数), 下面几个例子表现了处理这些问题的一个基本方法.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 对任意整数 $n$, 证明分数 $\frac{21 n+4}{14 n+3}$ 是既约分数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:问题即要证明 $21 n+4$ 与 $14 n+3$ 互素.
+易知这两数适合裴蜀等式
+$$
+3(14 n+3)-2(21 n+4)=1,
+$$
+因此所说的结论成立.
+一般来说,互素整数 $a 、 b$ 适合的裴蜀等式不易导出, 因此我们常采用下述的变通手法: 制造一个与裴蜀等式类似的辅助等式
+$$
+a x+b y=r,
+$$
+其中 $r$ 是一个适当的整数.
+若设 $(a, b)=d$, 则由上式知 $d \mid r$. 所谓适当的 $r$ 是指: 由 $d \mid r$ 能够通过进一步的论证导出 $d=1$, 或者 $r$ 的约数较少, 可以由排除法证得结论.
+此外, 上述辅助等式等价于 $a \mid(b y-r)$ 或 $b \mid(a x-r)$, 有时, 这些由整除更容易导出来.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $n$ 是正整数,证明 $(n !+1,(n+1) !+1)=1$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们有等式
+$$
+(n !+1)(n+1)-((n+1) !+1)=n . \label{eq1}
+$$
+设 $d=(n !+1,(n+1) !+1)$, 则由 式\ref{eq1} 知 $d \mid n$.
+进一步,因 $d \mid n$ 故 $d \mid n !$, 结合 $d \mid(n !+1)$ 可知 $d \mid 1$, 故 $d=1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 记 $F_k=2^{2^k}+1, k \geqslant 0$. 证明: 若 $m \neq n$, 则 $\left(F_m, F_n\right)=1$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:不妨设 $m>n$. 论证的关键是利用 $F_n \mid\left(F_m-2\right)$ (见第 1 单元例 $2)$, 即有一个整数 $x$, 使得
+$$
+F_m+x F_n=2 .
+$$
+设 $d=\left(F_m, F_n\right)$, 则由上式推出 $d \mid 2$, 所以 $d=1$ 或 2 . 但 $F_n$ 显然是奇数,故必须 $d=1$.
+%%<REMARK>%%
+注:$F_k(k \geqslant 0)$ 称为费马 (Fermat) 数.
+例 3 表明,费马数两两互素, 这是费马数的一个有趣的基本性质.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $a>1, m, n>0$, 证明:
+$$
+\left(a^m-1, a^n-1\right)=a^{(m, n)}-1 .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $D=\left(a^m-1, a^n-1\right)$. 我们通过证明 $\left(a^{(m, n)}-1\right) \mid D$ 及 $D \mid \left(a^{(m, n)}-1\right)$ 来导出 $D==a^{(m, n)}-1$, 这是数论中证明两数相等的常用手法.
+因为 $(m, n)|m,(m, n)| n$, 由第 1 单元中分解公式 (5) 即知 $\left(a^{(m, n)}-1\right) \mid \left(a^m-1\right)$, 以及 $\left(a^{(m, n)}-1\right) \mid\left(a^n-1\right)$. 故由本单元的性质 (3) 可知, $a^{(m, n)}-1$ 整除 $\left(a^m-1, a^n-1\right)$, 即 $\left(a^{(m, n)}-1\right) \mid D$.
+为了证明 $D \mid\left(a^{(m, n)}-1\right)$, 我们设 $d=(m, n)$. 因 $m, n>0$, 故可选择 $u$, $v>0$, 使得 (参见本单元 (1) 中的注释)
+$$
+m u-n v=d . \label{eq1}
+$$
+因为 $D \mid\left(a^m-1\right)$, 故更有 $D \mid\left(a^{m u}-1\right)$. 同样, $D \mid\left(a^{n u}-1\right)$. 故 $D \mid\left(a^{m u}-\right. \left.a^{n o}\right)$, 从而由 式\ref{eq1}, 得
+$$
+D \mid a^{n v}\left(a^d-1\right) . \label{eq2}
+$$
+此外, 因 $a>1$, 及 $D \mid\left(a^m-1\right)$, 故 $(D, a)=1$, 进而 $\left(D, a^{n v}\right)=1$. 于是, 从 式\ref{eq2} 及性质 (7) 导出 $D \mid\left(a^d-1\right)$, 即 $D \mid\left(a^{(m, n)}-1\right)$.
+综合已证得的两方面的结果, 可知 $D=a^{(m, n)}-1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $m, n>0, m n \mid\left(m^2+n^2\right)$, 则 $m=n$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $(m, n)=d$, 则 $m=m_1 d, n=n_1 d$, 其中 $\left(m_1, n_1\right)=1$.
+于是, 已知条件化为 $m_1 n_1 \mid\left(m_1^2+n_1^2\right)$, 故更有 $m_1 \mid\left(m_1^2+n_1^2\right)$, 从而 $m_1 \mid n_1^2$.
+但 $\left(m_1, n_1\right)=1$, 故 $\left(m_1, n_1^2\right)=1$. 结合 $m_1 \mid n_1^2$, 可知必须 $m_1=1$. 同理 $n_1=$ 1 , 因此 $m=n$.
+%%<REMARK>%%
+注1 对两个给定的不全为零的整数, 我们常借助它们的最大公约数, 并应用性质(5), 产生两个互素的整数, 以利用互素的性质作进一步论证 (参见性质 (6)、(7)). 就本题而言, 由于 $m n$ 为二次式, $m^2+n^2$ 为二次齐次式, 上述手续的功效,实质上是将问题化归成 $m 、 n$ 互素这种特殊情形.
+注2 在某些问题中,已知的条件 (或已证得的结论) $c \mid a$ 并不适用,我们可试着选取 $c$ 的一个适当的约数 $b$, 并从 $c \mid a$ 过渡到 (较弱的结论) $b \mid a$, 以期望后者提供适宜于进一步论证的信息.
+本题中,我们便是由 $m_1 n_1 \mid\left(m_1^2+n_1^2\right)$ 产生了 $m_1 \mid n_1^2$, 进而导出 $m_1=1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设正整数 $a 、 b 、 c$ 的最大公约数为 1 , 并且
+$$
+\frac{a b}{a-b}=c \text {. }
+$$
+证明: $a-b$ 是一个完全平方数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $(a, b)=d$, 则 $a=d a_1, b=d b_1$, 其中 $\left(a_1, b_1\right)=1$. 由于 $(a$, $b, c)=1$, 故有 $(d, c)=1$.
+现在, 问题中的等式可化为
+$$
+d a_1 b_1=c a_1-c b_1, \label{eq1}
+$$
+由此可见 $a_1$ 整除 $c b_1$. 因 $\left(a_1, b_1\right)=1$, 故 $a_1 \mid c$. 同样得 $b_1 \mid c$. 再由 $\left(a_1, b_1\right)=$ 1 便推出 $a_1 b_1 \mid c$.
+设 $c=a_1 b_1 k$, 其中 $k$ 是-一个正整数.
+一方面,显然 $k$ 整除 $c$; 另一方面,结合 \ref{eq1} 式得 $d=k\left(a_1-b_1\right)$, 故 $k \mid d$. 从而 $k \mid(c, d)$ . 但 $(c, d)=1$, 故 $k=1$.
+因此 $d=a_1-b_1$. 故 $a-b=d\left(a_1-b_1\right)=d^2$. 这就证明了 $a-b$ 是一个完全平方数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $k$ 为正奇数,证明: $1+2+\cdots+n$ 整除 $1^k+2^k+\cdots+n^k$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:因为 $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$, 故问题等价于证明: $n(n+1)$ 整除 $2\left(1^k+2^k+\cdots+n^k\right)$. 因 $n$ 与 $n+1$ 互素, 所以这又等价于证��
+$$
+n \mid 2\left(1^k+2^k+\cdots+n^k\right)
+$$
+及
+$$
+(n+1) \mid 2\left(1^k+2^k+\cdots+n^k\right) .
+$$
+事实上,由于 $k$ 为奇数,故由第 1 单元中分解公式 (6), 可知
+$$
+\begin{aligned}
+& 2\left(1^k+2^k+\cdots+n^k\right) \\
+= & {\left[1^k+(n-1)^k\right]+\left[2^k+(n-2)^k\right]+\cdots+\left[(n-1)^k+1^k\right]+2 n^k }
+\end{aligned}
+$$
+是 $n$ 的倍数.
+同理,
+$$
+2\left(1^k+2^k+\cdots+n^k\right)=\left[1^k+n^k\right]+\left[2^k+(n-1)^k\right]+\cdots+\left[n^k+1^k\right]
+$$
+是 $n+1$ 的倍数.
+%%<REMARK>%%
+注:整除问题中, 有时直接证明 $b \mid a$ 不易人手.
+若 $b$ 可分解为 $b=b_1 b_2$, 其中 $\left(b_1, b_2\right)=1$, 则我们可将原命题 $b \mid a$ 分解为等价的两个命题 $b_1 \mid a$ 及 $b_2 \mid a$, 后者可能更容易导出来.
+例 7 应用了这一基本手法, 例 6 中证明 $a_1 b_1 \mid c$ 也是这样做的.
+更一般地, 为了证明 $b \mid a$, 可将 $b$ 分解为若干个两两互素的整数 $b_1$, $b_2, \cdots, b_n$ 之积, 而证明等价的 $b_i \mid a(i=1,2, \cdots, n)$ (参见性质 (11), 并可比较第 1 单元例 3 的注 1 中说的想法).
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter3.tex

@@ -0,0 +1,284 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+素数及唯一分解定理.
+大于 1 的整数 $n$ 总有两个不同的正约数: 1 和 $n$. 若 $n$ 仅有这两个正约数(称 $n$ 没有真因子), 则称 $n$ 为素数 (或质数). 若 $n$ 有真因子, 即 $n$ 可表示为 $a \cdot b$ 的形式 (这里 $a 、 b$ 为大于 1 的整数), 则称 $n$ 为合数.
+于是,正整数被分成三类: 数 1 单独作一类, 素数类及合数类.
+素数在正整数中特别重要, 我们常用字母 $p$ 表示素数.
+由定义易得出下面的基本结论:
+(1) 大于 1 的整数必有素约数.
+这是因为, 大于 1 的整数当然有大于 1 的正约数, 这些约数中的最小数必然没有真因子,从而是素数.
+(2) 设 $p$ 是素数, $n$ 是任意一个整数,则或者 $p$ 整除 $n$, 或者 $p$ 与 $n$ 互素.
+事实上, $p$ 与 $n$ 的最大公约数 $(p, n)$ 必整除 $p$, 故由素数的定义推知, 或者 $(p, n)=1$, 或者 $(p, n)=p$, 即或者 $p$ 与 $n$ 互素,或者 $p \mid n$.
+素数的最为锐利的性质是下面的
+(3) 设 $p$ 是素数, $a 、 b$ 为整数.
+若 $p \mid a b$, 则 $a 、 b$ 中至少有一个数被 $p$ 整除.
+实际上, 若 $p$ 不整除 $a$ 和 $b$, 则由上述的 (2), $p$ 与 $a 、 b$ 均互素, 从而 $p$ 与 $a b$ 互素 (见第 2 单元 (6)), 这与已知的 $p \mid a b$ 相违!
+由 (3)特别地推出, 若素数 $p$ 整除 $a^n(n \geqslant 1)$, 则 $p \mid a$.
+关于素数的最为经典的一个结果是公元前欧几里得证明的:
+(4) 素数有无穷多个.
+我们用反证法来证明这一事实.
+假设素数只有有限多个, 设全体素数为 $p_1, p_2, \cdots, p_k$. 考虑数 $N=p_1 p_2 \cdots p_k+1$, 显然 $N>1$, 故 $N$ 有素因子 $p$. 因 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是全部素数, 故 $p$ 必等于某个 $p_i(1 \leqslant i \leqslant k)$, 从而 $p$ 整除 $N- p_1 p_2 \cdots p_k$, 即 $p$ 整除 1 , 这不可能.
+因此素数有无穷多个.
+(请注意, $p_1 \cdots p_k+1$ 并不一定是素数.)
+(4) 中的断言, 也可由第 2 单元例 3 推出来: 设 $F_k=2^{2^k}+1(k \geqslant 0)$, 则
+$F_k>1$, 故 $F_k$ 有素约数.
+因已证明无穷数列 $\left\{F_k\right\}(k \geqslant 0)$ 中的项两两互素, 故每个 $F_k$ 的素约数与这个数列中其他项的素约数不同, 因此素数必有无穷多个.
+现在我们转向初等数论中最为基本的一个结果, 即正整数的唯一分解定理,也称为算术基本定理,它表现了素数在正整数集合中的真正分量.
+(5) (唯一分解定理) 每个大于 1 的正整数均可分解为有限个素数的积; 并且, 若不计素因数在乘积中的次序, 这样的分解是唯一的.
+换句话说,设 $n>1$, 则 $n$ 必可表示为 $n=p_1 p_2 \cdots p_k$, 其中 $p_i(1 \leqslant i \leqslant k)$ 都是素数; 并且,若 $n$ 有两种素因数分解
+$$
+n=p_1 p_2 \cdots p_k=q_1 q_2 \cdots q_l,
+$$
+则必有 $k=l$, 并且 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是 $q_1, q_2, \cdots, q_l$ 的一个排列.
+将 $n$ 的素因数分解中的相同的素因子收集在一起,可知每个大于 1 的正整数 $n$ 可唯一地表示为
+$$
+n=p_1^{\alpha_1} p_2^\alpha \cdots p_k^{\alpha_k},
+$$
+其中 $p_1, p_2, \cdots, p_k$ 是互不相同的素数, $\alpha_1, \alpha_2, \cdots, \alpha_k$ 是正整数,这称为 $n$ 的标准分解.
+若已知正整数 $n$ 的 (如上所述的)标准分解,则由唯一分解定理,可确定其全部的正约数:
+(6) $n$ 的全部正约数为 $p_1^{\beta_1} p_2^{\beta_2} \cdots p_k^{\beta_k}$, 其中 $\beta_i$ 是满足 $0 \leqslant \beta_i \leqslant \alpha_i(i=1, \cdots$, $k$ ) 的任意整数.
+由此易知, 若设 $\tau(n)$ 为 $n$ 的正约数的个数, $\sigma(n)$ 为 $n$ 的正约数之和, 则有
+$$
+\begin{aligned}
+& \tau(n)=\left(\alpha_1+1\right)\left(\alpha_2+1\right) \cdots\left(\alpha_k+1\right), \\
+& \sigma(n)=\frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1-1} \cdot \frac{p^{\alpha_2+1}-1}{p_2-1} \cdots \cdots \cdot \frac{p^{\alpha_k+1}-1}{p_k-1} .
+\end{aligned}
+$$
+虽然素数有无穷多,但它们在自然数中的分布却极不规则 . 给定一个大整数, 判定它是否为素数, 通常是极其困难的, 要作出其标准分解, 则更为困难.
+下面 (7) 中的结果相当有趣, 它对任意 $n>1$, 给出了 $n$ ! 的标准分解.
+(7) 对任意正整数 $m$ 及素数 $p$, 记号 $p^\alpha \| m$ 表示 $p^\alpha \mid m$, 但 $p^{\alpha+1} \nmid m$, 即 $p^\alpha$ 是 $m$ 的标准分解中出现的 $p$ 的幕.
+设 $n>1, p$ 为素数, $p^{\alpha_p} \| n !$, 则
+$$
+\alpha_p=\sum_{l=1}^{\infty}\left[\frac{n}{p^l}\right]\left(==\left[\frac{n}{p}\right]+\left[\frac{n}{p^2}\right]+\cdots\right)
+$$
+这里 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.
+请注意, 由于当 $p^l>n$ 时, $\left[\frac{n}{p^l}\right]=0$, 故上面和式中只有有限多个项非零.
+证明某些特殊形式的数不是素数 (或给出其为素数的必要条件), 是初等数论中较为基本的问题, 在数学竞赛中尤为常见.
+处理这类问题的基本方法是应用 (各种)分解技术,指出所说数的一个真因子.
+我们举几个这样的例子.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 证明: 无穷数列 $10001,100010001, \cdots$ 中没有素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:记 $a_n=\underbrace{10001 \cdots 10001}_{n \uparrow 1}(n \geqslant 2)$, 则
+$$
+a_n=1+10^4+10^8+\cdots+10^{4(n-1)}=\frac{10^{4 n}-1}{10^4-1} .
+$$
+为了将上式右端的数分解为两个 (大于 1 的)整数之积, 我们区分两种情形:
+$n$ 为偶数.
+设 $n=2 k$, 则
+$$
+a_{2 k}=\frac{10^{8 k}-1}{10^4-1}=\frac{10^{8 k}-1}{10^8-1} \cdot \frac{10^8-1}{10^4-1} .
+$$
+易知, $\frac{10^8-1}{10^4-1}$ 是大于 1 的整数, 而对 $k \geqslant 2, \frac{10^{8 k}-1}{10^8-1}$ 也是大于 1 的整数.
+故 $a_{2 k}(k=2,3, \cdots)$ 都是合数.
+又 $a_2=10001=13 \times 137$ 是合数.
+$n$ 为奇数.
+设 $n=2 k+1$, 则
+$$
+a_{2 k+1}=\frac{10^{4(2 k+1)}-1}{10^4-1}=\frac{10^{2(2 k+1)}-1}{10^2-1} \cdot \frac{10^{2(2 k+1)}+1}{10^2+1}
+$$
+是两个大于 1 的整数之积, 故 $a_{2 k+1}$ 也均是合数.
+因此, 所有 $a_n$ 是合数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 证明: 对任意整数 $n>1$, 数 $n^4+4^n$ 不是素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:若 $n$ 为偶数, 则 $n^4+4^n$ 大于 2 且均被 2 整除, 因此都不是素数.
+但对奇数 $n$,易知 $n^4+4^n$ 没有一个(大于 1 的) 固定的约数,我们采用不同的处理:
+设奇数 $n=2 k+1, k \geqslant 1$, 则
+$$
+\begin{aligned}
+n^4+4^n & =n^4+4 \cdot 4^{2 k}=n^4+4 \cdot\left(2^k\right)^4 \\
+& =n^4+4 n^2 \cdot\left(2^k\right)^2+4 \cdot\left(2^k\right)^4-4 n^2 \cdot\left(2^k\right)^2 \\
+& =\left(n^2+2 \cdot 2^{2 k}\right)^2-\left(2 \cdot n \cdot 2^k\right)^2 \\
+& =\left(n^2+2^{k+1} n+2^{2 k+1}\right)\left(n^2-2^{k+1} n+2^{2 k+1}\right) .
+\end{aligned}
+$$
+上式右边第一个因数显然不为 1 , 而后一个因数为 $\left(n-2^k\right)^2+2^{2 k}$ 也不是 1 (因 $k \geqslant 1$ ), 故 $n^4+4^n$ 对 $n>1$ 都是合数.
+这一解法的关键, 是在 $n$ 为奇数时, 将 $4^n$ 看作单项式 $4 y^4$, 以利用代数式的分解
+$$
+x^4+4 y^4=\left(x^2+2 y^2+2 x y\right)\left(x^2+2 y^2-2 x y\right),
+$$
+产生数的适用的分解.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设正整数 $a 、 b 、 c 、 d$ 满足 $a b=c d$, 证明: $a+b+c+d$ 不是素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:一本题不宜用代数式的分解来产生所需的分解.
+我们的第一种解法是应用数的分解,指出 $a+b+c+d$ 的一个真因子.
+由 $a b=c d$, 可设 $\frac{a}{c}=\frac{d}{b}=\frac{m}{n}$, 其中 $m$ 和 $n$ 是互素的正整数.
+由 $\frac{a}{c}=\frac{m}{n}$ 意味着有理数 $\frac{a}{c}$ 的分子、分母约去了某个正整数 $u$ 后, 得到既约分数 $\frac{m}{n}$, 因此
+$$
+a=m u, c=n u . \label{eq1}
+$$
+同理,有正整数 $v$,使得
+$$
+b=n v, d=m v . \label{eq2}
+$$
+因此, $a+b+c+d=(m+n)(u+v)$ 是两个大于 1 的整数之积, 从而不是素数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设正整数 $a 、 b 、 c 、 d$ 满足 $a b=c d$, 证明: $a+b+c+d$ 不是素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明二由 $a b=c d$, 得 $b=\frac{c d}{a}$. 因此
+$$
+a+b+c+d=a+\frac{c d}{a}+c+d=\frac{(a+c)(a+d)}{a} .
+$$
+因 $a+b+c+d$ 是整数,故 $\frac{(a+c)(a+d)}{a}$ 也是整数.
+若它是一个素数,设为 $p$, 则由
+$$
+(a+c)(a+d)=a p \label{eq3}
+$$
+可见, $p$ 整除 $(a+c)(a+d)$, 从而素数 $p$ 整除 $a+c$ 或 $a+d$. 不妨设 $p \mid(a+c)$, 则 $a+c \geqslant p$, 结合 式\ref{eq3} 推出 $a+d \leqslant a$, 而这不可能(因 $d \geqslant 1$ ).
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 证明: 若整数 $a 、 b$ 满足 $2 a^2+a=3 b^2+b$, 则 $a-b$ 和 $2 a+2 b+1$ 都是完全平方数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:已知关系式即为
+$$
+(a-b)(2 a+2 b+1)=b^2 . \label{eq1}
+$$
+论证的第一个要点是证明整数 $a-b$ 与 $2 a+2 b+1$ 互素.
+记 $d=(a-b$, $2 a+2 b+1)$. 若 $d>1$, 则 $d$ 有素因子 $p$, 从而由 式\ref{eq1} 知 $p \mid b^2$. 因 $p$ 是素数, 故 $p \mid b$. 结合 $p \mid(a-b)$ 知 $p \mid a$. 再由 $p \mid(2 a+2 b+1)$ 导出 $p \mid 1$, 这不可能, 故 $d=1$. 因此, 由于式\ref{eq1}的右端为 $b^2$, 是一个完全平方数, 故 $|a-b|$ 与 $\mid 2 a+2 b+ 1 \mid$ 均是完全平方数 (参见第 2 单元的 (8)).
+现在证明 $a-b \geqslant 0$, 从而由 式\ref{eq1} 知 $2 a+2 b+1 \geqslant 0$, 于是 $a-b$ 及 $2 a+2 b+$ 1 均是完全平方.
+假设有整数 $a, b$ 满足问题中的等式,但 $a-b<0$. 因已证明 $|a-b|$ 是一个完全平方数, 故有 $b-a=r^2$, 这里 $r>0$; 结合 式\ref{eq1}推出 $r \mid b$, 再由 $b-a=r^2$ 知 $r \mid a$. 设 $b=b_1 r, a=a_1 r$, 代入问题中的等式可得到(注意 $r>0$ 及 $b_1= a_1+r$)
+$$
+a_1^2+6 a_1 r+3 r^2+1=0 . \label{eq2}
+$$
+为了证明上式不可能成立,可采用下面的办法:
+将 式\ref{eq2} 看作是关于 $a_1$ 的二次方程, 由求根公式解得
+$$
+a_1=-3 r \pm \sqrt{6 r^2-1} .
+$$
+因 $a_1$ 为整数,故由上式知 $6 r^2-1$ 为完全平方数.
+但易知一个完全平方数被 3 除得的余数只能为 0 或 1 ; 而 $6 r^2-1$ 被 3 除得的余数为 2 , 产生矛盾.
+���者更直接地: 由于 $a_1^2$ 被 3 除得的余数为 0 或 1 , 故 式\ref{eq2} 左边被 3 除得的余数是 1 或 2 ; 但 式\ref{eq2}的右边为 0 ,被 3 整除.
+矛盾.
+即 式\ref{eq2}对任何整数 $a_1$ 及 $r$ 均不成立, 从而必须有 $a-b \geqslant 0$, 这就证明了本题的结论.
+%%<REMARK>%%
+注1 许多数论问题需证明一个正整数为 1 (例如, 证明整数的最大公约数是 1), 本单元的 (1) 给出了整数是否为 1 的一个数论刻画.
+由此, 我们常假设所说的数有一个素因子, 利用素数的锐利性质 (3) 作进一步论证, 以导出矛盾.
+注2 上述证明(2)不成立的论证, 实质上应用了同余(比较余数) 的想法, 这是证明两个整数不等的一种基本的手法.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $n 、 a 、 b$ 是整数, $n>0$ 且 $a \neq b$. 证明: 若 $n \mid\left(a^n-b^n\right)$, 则 $n \mid \frac{a^n-b^n}{a-b}$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $p$ 是一个素数, 且 $p^\alpha \| n$. 我们来证明 $p^\alpha \mid \frac{a^n-b^n}{a-b}$, 由此即导出本题的结论(参见下面的注).
+记 $t=a-b$, 若 $p \nmid t$, 则 $\left(p^\alpha, t\right)=1$. 因 $n \mid\left(a^n-b^n\right)$, 故 $p^\alpha \mid\left(a^n-b^n\right)$. 又 $a^n-b^n=t \cdot \frac{a^n-b^n}{t}$, 于是 $p^\alpha \mid \frac{a^n-b^n}{t}$.
+若 $p \mid t$, 用二项式定理, 得
+$$
+\frac{a^n-b^n}{t}=\frac{(b+t)^n-b^n}{t}=\sum_{i=1}^n \mathrm{C}_n^i b^{n-i} t^{i-1} . \label{eq1}
+$$
+设 $p^\beta \| i(i \geqslant 1)$, 则 $2 \beta \leqslant p^\beta \leqslant i$, 由此易知 $\beta \leqslant i-1$. 因此 $\mathrm{C}_n^i t^{i-1}=\frac{n}{i} \mathrm{C}_{n-1}^{i-1} t^{i-1}$ 中所含的 $p$ 的幕次至少是 $\alpha-\beta+(i-1) \geqslant \alpha$, 故 式\ref{eq1} 右边和中每一项均被 $p^\alpha$ 整除, 故 $p^\alpha \mid \frac{a^n-b^n}{t}$, 即 $p^\alpha \mid \frac{a^n-b^n}{a-b}$.
+%%<REMARK>%%
+注:为了证明 $b \mid a$, 可将 $b$ 作标准分解 $b=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}$, 进而将问题分解为证明 $p_i^{\alpha_i} \mid a(i=1,2, \cdots, k)$ , 这样做的益处在于能够应用素数的锐利性质, 例 5 的论证清楚地表现了这一点.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设 $m 、 n$ 是非负整数,证明: $\frac{(2 m) !(2 n) !}{m ! n !(m+n) !}$ 是一个整数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们只需证明, 对每个素数 $p$, 分母 $m ! n !(m+n) !$ 的标准分解中 $p$ 的幕次, 不超过分子 $(2 m) !(2 n)$ ! 中 $p$ 的幕次.
+由 (7) 中的公式可知, 这等价于证明
+$$
+\sum_{l=1}^{\infty}\left(\left[\frac{2 m}{p^l}\right]+\left[\frac{2 n}{p^l}\right]\right) \geqslant \sum_{l=1}^{\infty}\left(\left[\frac{m}{p^l}\right]+\left[\frac{n}{p^l}\right]+\left[\frac{m+n}{p^l}\right]\right) . \label{eq1}
+$$
+事实上,我们能够证明下述更强的结果:
+对任意实数 $x 、 y$, 有
+$$
+[2 x]+[2 y] \geqslant[x]+[y]+[x+y] . \label{eq2}
+$$
+为了证明式\ref{eq2}, 我们注意, 对任意整数 $k$ 及任意实数 $\alpha$, 有 $[k+\alpha]=[\alpha]+k$. 由此易知, 若 $x$ 或 $y$ 改变一个整数量, 则不等式\ref{eq2}两边改变一个相同的量.
+因此只要对 $0 \leqslant x<1,0 \leqslant y<1$ 的情形证明式\ref{eq2}, 于是问题化为证明不等式
+$$
+[2 x]+[2 y] \geqslant[x+y] \text {. }
+$$
+注意现在 $0 \leqslant[x+y] \leqslant 1$. 若 $[x+y]=0$, 则结论显然成立.
+若 $[x+y]=$ 1 , 则 $x+y \geqslant 1$, 从而 $x 、 y$ 中至少有一个大于或等于 $\frac{1}{2}$, 不妨设 $x \geqslant \frac{1}{2}$, 因此
+$[2 x]+[2 y] \geqslant[2 x]=1$, 这就证明了式\ref{eq2}, 从而更有式\ref{eq1}成立, 这就证明了本题的结论.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $m 、 n$ 是互素的正整数, 证明: $m ! n ! \mid(m+n-1) !$.
+%%<SOLUTION>%%
+证法一, 我们证明, 对每个素数 $p$, 有
+$$
+\sum_{l=1}^{\infty}\left[\frac{m+n-1}{p^l}\right] \geqslant \sum_{l=1}^{\infty}\left(\left[\frac{m}{p^l}\right]+\left[\frac{n}{p^l}\right]\right) . \label{eq1}
+$$
+为此,我们(与上例相同地)希望证明"单项不等式":
+$$
+\left[\frac{m+n-1}{p^l}\right] \geqslant\left[\frac{m}{p^l}\right]+\left[\frac{n}{p^l}\right]. \label{eq2}
+$$
+对任意素数 $p$ 及任意正整数 $l$ 成立, 从而式\ref{eq1}得证.
+然而, 现在的情形下, 我们不能指望建立像例 6 中式\ref{eq2}那样的对所有实数成立的结果来导出式\ref{eq2}, 我们需要利用所说整数的特别性质:
+由带余除法, $m=p^l q_1+r_1, n=p^l q_2+r_2$, 这里 $0 \leqslant r_1 、 r_2<q^l$, 而 $q_1$ 、 $q_2$ 均为非负整数,则有 (参见第 1 单元的 (4))
+$$
+\left[\frac{m}{p^l}\right]=q_1 \text { 及 }\left[\frac{n}{p^l}\right]=q_2 .
+$$
+但 $(m, n)=1$, 故 $r_1$ 与 $r_2$ 不能同时为零, 从而 $r_1+r_2 \geqslant 1$, 故
+$$
+\left[\frac{m+n-1}{p^l}\right]=q_1+q_2+\left[\frac{r_1+r_2-1}{p^l}\right] \geqslant q_1+q_2 .
+$$
+这就证明了式\ref{eq2}. 证毕.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $m 、 n$ 是互素的正整数, 证明: $m ! n ! \mid(m+n-1) !$.
+%%<SOLUTION>%%
+证法二首先, 与例 6 类似地不难证明, 对任意正整数 $a 、 b$, 数 $\frac{(a+b) !}{a ! b !}$ 是一个整数.
+(这也可以利用 $\frac{(a+b) !}{a ! b !}=\mathrm{C}_{a+b}^a$, 而由后者的组合意义知, 它必定为一个整数,下面的注中给出了一个更为直接的证明)
+由上述结果可知, $\frac{(m+n-1) !}{m !(n-1) !} \frac{(m+n-1) !}{(m-1) ! n !}$ 均是整数.
+因此, 若设 $A= \frac{(m+n-1) !}{m ! n !}$, 则 $m A$ 与 $n A$ 均是整数, 故 $m n A=m \cdot n A$ 是 $m$ 的倍数.
+又 $m n A=n \cdot m A$, 而由 $m \mid n \cdot m A$ 及 $(m, n)=1$, 可知 $m \mid m A$, 而这表明, $A$ 本身是一个整数.
+证毕.
+%%<REMARK>%%
+注:这儿给出 $\frac{(a+b) !}{a ! b !}$ 为整数的一个证明:
+我们对 $a+b$ 归纳.
+易知 $a+b=2$ 时结论成立.
+设对所有满足 $a+b=n$ 的正整数 $a 、 b$ 结论均.
+成立.
+现在设 $a 、 b$ 满足 $a+b=n+1$. 若 $a 、 b$ 中有 1 , 则结论显然成立, 故设 $a>1, b>1$. 由 $(a-1)+b=n, a+(b-1)=n$, 及归纳假设可见
+$$
+(a-1) ! b !|(a+b-1) !, a !(b-1) !|(a+b-1) !, \label{eq3}
+$$
+我们又有
+$$
+(a+b) !=(a+b-1) ! \cdot(a+b)=(a+b-1) ! \cdot a+(a+b-1) ! \cdot b . \label{eq4}
+$$
+由式\ref{eq3}易知 $a ! b !=a \cdot(a-1) ! b !$ 整除 $(a+b-1) ! \cdot a$. 同样 $a ! b$ ! 整除 $(a+b- 1) ! \cdot b$, 故 $a ! b !$ 整除式\ref{eq4}的右端, 从而 $a ! b ! \mid(a+b)$ !, 即 $a+b=n+1$ 时结论也成立, 这就完成了归纳证明.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter4.tex

@@ -0,0 +1,215 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+不定方程, 是指未知数的个数多于方程的个数, 而未知数的取值范围受某些限制 (如整数、正整数、有理数等) 的方程.
+不定方程是数论的一个重要课题,数学竞赛中也常涉及这方面的问题.
+初等范围内, 处理不定方程主要有三种方法: 分解方法, 同余方法, 以及 (不等式)估计方法.
+分解方法则是最为基本的方法.
+分解方法的主要功效, 大致地说, 是通过 "分解" 将原方程分解为若干个易于处理的方程.
+这里说的"分解"包含两个方面的手法: 其一, 是代数 (整式) 的分解; 其二, 是应用整数的某些性质 (唯一分解定理, 互素的性质等) 导出适用的分解.
+分解方法当然没有固定的程序可循.
+有时, 分解相当困难, 或分解方式较多而难以选择; 有时, 进一步的论证则很不容易.
+本节的一些例子就已表现了这些.
+分解方法常和别的方法结合使用, 请参考本单元及后面的一些例子.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 一个正整数, 加上 100 , 为一完全平方数, 若加上 168 , 则为另一个完全平方数, 求此数.
+%%<SOLUTION>%%
+解:设所求的数为 $x$, 由题意, 有正整数 $y 、 z$, 使得
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+x+100=y^2, \\
+x+168=z^2 .
+\end{array}\right.
+$$
+从上面两个方程中消去 $x$, 得出
+$$
+z^2-y^2=68 .
+$$
+将这个二元二次方程的左边分解因式, 而将右边作标准分解, 得
+$$
+(z-y)(z+y)=2^2 \times 17 . \label{eq1}
+$$
+由于 $z-y$ 及 $z+y$ 都是正整数, 且 $z-y<z+y$, 故由式\ref{eq1}及唯一分解定理推出, 必有
+$$
+\left\{\begin{array} { l } 
+{ z - y = 1 , } \\
+{ z + y = 2 ^ { 2 } \times 1 7 ; }
+\end{array} \left\{\begin{array} { l } 
+{ z - y = 2 , } \\
+{ z + y = 2 \times 1 7 ; }
+\end{array} \left\{\begin{array}{l}
+z-y=2^2 \\
+z+y=17
+\end{array}\right.\right.\right. 
+$$
+逐一解这些二元一次方程组, 可得出 $y=16, z=18$, 故 $x=156$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 求不定方程:
+$$
+x^4+y^4+z^4=2 x^2 y^2+2 y^2 z^2+2 z^2 x^2+24
+$$
+的全部整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+解:关键的一步 (也是本题的主要困难) 是看出方程可分解为
+$$
+(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)=-2^3 \times 3 . \label{eq1}
+$$
+因上式左边四个因数都是整数, 由唯一分解定理,可类似于例 1 那样, 将 式\ref{eq1} 分解为若干个 (四元一次) 方程组来求解.
+这虽然也能够解决问题, 但却较为麻烦.
+我们(基于式\ref{eq1})采用下面的处理:因素数 2 整除式\ref{eq1}的右边,故式\ref{eq1}的左边四个因数中至少有一个被 2 整除.
+另一方面, 这四个数中任意两个的和显然是偶数,故它们的奇偶性相同, 从而现在都是偶数,即 式\ref{eq1}的左边被 $2^4$ 整除, 但式\ref{eq1}的右边不是 $2^4$ 的倍数, 因此方程无整数解.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 证明: 两个连续正整数之积不能是完全平方,也不能是完全立方.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:反证法,我们假设有正整数 $x, y$,使得
+$$
+x(x+1)=y^2 .
+$$
+将方程两边乘以 4 ,变形为 $(2 x+1)^2=4 y^2+1$, 这可分解为
+$$
+(2 x+1+2 y)(2 x+1-2 y)==1 .
+$$
+因左边两个因数都是正整数,故有
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+2 x+1+2 y=1 \\
+2 x+1-2 y=1
+\end{array}\right.
+$$
+解得 $x=y=0$, 矛盾.
+这就证明了问题中的第一个断言.
+然而, 对于方程
+$$
+x(x+1)=y^3,
+$$
+上面的分解方法不易奏效.
+我们采用另一种 (基于数的性质的) 分解: 设所说的方程有正整数解 $x 、 y$,则由于 $x$ 和 $x+1$ 互素, 而它们的积是一个完全立方,故 $x$ 和 $x+1$ 都是正整数的立方, 即
+$$
+x=u^3, x+1=v^3, y=u v,
+$$
+$u, v$ 都是正整数,由此产生 $v^3-u^3=1$, 故
+$$
+(v-u)\left(v^2+u v+u^2\right)=1,
+$$
+这显然不可能.
+不难看到, 用类似的论证, 可证明连续两个正整数之积不会是整数的 $k$ 次幂 (这里 $k \geqslant 2$ ).
+判明一个乘积中的各个因数互素往往非常重要,下面的例 4, 例 5 均是如此.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 证明: 方程
+$$
+y+y^2=x+x^2+x^3
+$$
+没有 $x \neq 0$ 的整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设方程有 $x \neq 0$ 的整数解, 将它分解为
+$$
+(y-x)(y+x+1)=x^3 . \label{eq1}
+$$
+我们先证明 $(y-x, y+x+1)=1$. 若这不正确, 则有一个素数 $p$ 为 $y- x$ 与 $y+x+1$ 的一个公约数.
+由式\ref{eq1}知 $p \mid x^3$, 故素数 $p$ 整除 $x$, 结合 $p \mid(y-x)$ 知 $p \mid y$, 但 $p \mid(x+y+1)$, 从而 $p \mid 1$, 这不可能, 故式\ref{eq1}的左边两因数互素.
+因式\ref{eq1}的右边是一个完全立方, 从而有整数 $a 、 b$, 使得
+$$
+y-x=a^3, y+x+1=b^3, x=a b .
+$$
+消去 $x, y$ 得到
+$$
+b^3-a^3=2 a b+1 . \label{eq2}
+$$
+现在证明方程式\ref{eq2}无整数解, 由此便导出了矛盾.
+我们将式\ref{eq2}分解为
+$$
+(b-a)\left(b^2+a b+a^2\right)=2 a b+1 . \label{eq3}
+$$
+注意 $x=a b$ 而 $x \neq 0$, 故 $a b \neq 0$. 若 $a b>0$, 则由式\ref{eq3}易知 $b-a>0$, 因 $a 、 b$ 为整数,故 $b-a \geqslant 1$, 于是(3)的左边 $\geqslant b^2+a b+a^2>3 a b>$ 右边; 若 $a b<0$, 则 $|b-a| \geqslant 2$, 故式\ref{eq3}的左边的绝对值 $\geqslant 2\left(a^2+b^2-|a b|\right)>2|a b|$, 而式\ref{eq3}的右边的绝对值 $<2|a b|$, 因此式\ref{eq3}不能成立, 这就证明了问题中的方程没有 $x \neq 0$ 的整数解.
+方程式\ref{eq3}无解的论证, 采用了不等式估计 (左边的绝对值总大于右边的绝对值), 这就是所谓的估计法.
+(数论中的) 估计法往往需着眼于整数, 利用整数的各种性质产生适用的不等式.
+例如, 上述论证应用了整数的最基本的性质: 若整数 $x>0$, 则 $x \geqslant 1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 设 $k$ 是给定的正整数, $k \geqslant 2$, 证明: 连续三个正整数的积不能是整数的 $k$ 次幂.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:假设有正整数 $x \geqslant 2$ 及 $y$, 使得
+$$
+(x-1) x(x+1)=y^k . \label{eq1}
+$$
+请注意上面左端的三个因数 $x-1 、 x 、 x+1$ 并非总两两互素, 因此不能由式\ref{eq1}推出它们都是 $k$ 次方幕.
+克服这个困难的一种方法是将式\ref{eq1}变形为
+$$
+\left(x^2-1\right) x=y^k . \label{eq2}
+$$
+因 $x$ 和 $x^2-1$ 互素,故由式\ref{eq2}推出,有正整数 $a 、 b$,使得
+$$
+x=a^k, x^2-1=b^k, a b=y,
+$$
+由此我们有
+$$
+\begin{aligned}
+1 & =a^{2 k}-b^k=\left(a^2\right)^k-b^k \\
+& =\left(a^2-b\right)\left(a^{2 k-2}+a^{2 k-4} b+\cdots+a^2 b^{k-2}+b^{k-1}\right),
+\end{aligned}
+$$
+由于 $x \geqslant 2$, 故 $a \geqslant 2$, 又 $k \geqslant 2$, 故上式后一个因数必大于 1 , 导出矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 求 $\left(x^2-y^2\right)^2=1+16 y$ 的全部整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+解:因方程左边 $\geqslant 0$, 故右边 $\geqslant 0$, 从而 $y \geqslant 0$. 又显然 $x^2-y^2 \neq 0$, 而 $x_1 y$ 为整数, 故 $|x| \geqslant y+1$, 或 $|x| \leqslant y-1$.
+当 $|x| \geqslant y+1$ 时,方程左边 $\geqslant\left((y+1)^2-y^2\right)^2=(2 y+1)^2$.
+当 $|x| \leqslant y-1$ 时, 此时 $y-1 \geqslant 0$, 且 $y^2-x^2 \geqslant y^2-(y-1)^2=2 y- 1>0$, 故方程左边 $\geqslant(2 y-1)^2$.
+因此由原方程产生
+$$
+(2 y-1)^2 \leqslant 1+16 y,
+$$
+故有 $0 \leqslant y \leqslant 5$. 逐一检验可求出全部整数解为 $\left(x_1 y\right)=( \pm 1,0),( \pm 4,3)$, $( \pm 4,5)$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设正整数 $x 、 y 、 z$ 满足 $2 x^x=y^y+z^z$, 则 $x=y=z$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:首先, 将 $(x+1)^{x+1}$ 展开即知
+$$
+(x+1)^{x+1}>x^{x+1}+(x+1) x^x>2 x^x, \label{eq1}
+$$
+由此可知 $y 、 z$ 必须均 $\leqslant x$ : 因若 $y 、 z$ 中有大于 $x$ 的, 无妨设 $y>x$, 因 $y 、 x$ 为整数,故 $y \geqslant x+1$, 从而
+$$
+y^y+z^z>y^y \geqslant(x+1)^y \geqslant(x+1)^{x+1}>2 x^x \text { (应用 式\ref{eq1}), }
+$$
+产生矛盾.
+因此 $y \leqslant x, z \leqslant x$, 故
+$$
+y^y+z^z \leqslant x^x+x^x=2 x^x,
+$$
+结合原方程知, 必须有 $y=x$, 且 $z=x$, 故 $x=y=z$. 证毕.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter5.tex

@@ -0,0 +1,363 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+从前面几个单元的内容, 可以看出初等数论的一个显著特点一一灵活多样,数学竞赛中的数论问题尤其如此.
+本单元再选取一些这样的例子.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设 $m \geqslant n \geqslant 1$, 证明: $\frac{(m, n)}{m} \mathrm{C}_m^n$ 是整数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:因 $\frac{x}{m} \mathrm{C}_m^n$ 在 $x=m$ 时为 $\mathrm{C}_m^n$, 是一个整数; 在 $x=n$ 时, 它是 $\frac{n}{m} \frac{m}{n} \mathrm{C}_{m-1}^{n-1}=\mathrm{C}_{m-1}^{n-1}$, 也是整数.
+又由裴蜀等式知, 存在整数 $u 、 v$, 使得
+$$
+(m, n)=m u+n v,
+$$
+故 $\frac{(m, n)}{m} \mathrm{C}_m^n=u \mathrm{C}_m^n+v \frac{n}{m} \mathrm{C}_m^n$ 是整数.
+%%<REMARK>%%
+注:由例 1 推出, 若 $m 、 n$ 为互素的正整数,则 $m \mid \mathrm{C}_m^n$. 这一结论也可如下证明: 因 $\mathrm{C}_m^n=\frac{m}{n} \mathrm{C}_{m-1}^{n-1}$, 故 $n \mathrm{C}_m^n=m \mathrm{C}_{m-1}^{n-1}$. 由于 $\mathrm{C}_{m-1}^{n-1}$ 为整数, 故 $m \mid n \mathrm{C}_m^n$, 但 $(m$, $n)=1$, 从而 $m \mid \mathrm{C}_m^n$.
+特别地, 设 $p$ 是一个素数, 由于每个 $k=1, \cdots, p-1$ 均与 $p$ 互素, 故我们有 $p \mid \mathrm{C}_p^k$, 对 $k=1, \cdots, p-1$ 成立, 这一结论, 用处很多.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $a 、 b$ 是两个不同的正整数, $a b(a+b)$ 是 $a^2+a b+b^2$ 的倍数.
+证明: $|a-b|>\sqrt[3]{a b}$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:由于 $a b(a+b)$ 被 $a^2+a b+b^2$ 整除,我们首先用 $a^2+a b+b^2$ 除 $a b(a+b)$, 得
+$$
+a b(a+b)=\left(a^2+a b+b^2\right) a-a^3,
+$$
+故 $\left(a^2+a b+b^2\right) \mid a^3$. 同样 $\left(a^2+a b+b^2\right) \mid b^3$, 即 $a^2+a b+b^2$ 是 $a^3$ 与 $b^3$ 的一个公约数,故 $\left(a^2+a b+b^2\right) \mid\left(a^3, b^3\right)$. (见第 2 单元中的 (3). ) 又 $\left(a^3, b^3\right)=(a$ , $b)^3$ (见下面的注), 从而
+$$
+\left(a^2+a b+b^2\right) \mid(a, b)^3 . \label{eq1}
+$$
+记 $d=(a, b), a=a_1 d, b=b_1 d$, 则式\ref{eq1}成为 $\left(a_1^2+a_1 b_1+b_1^2\right) \mid d$. 从而 $d \geqslant a_1^2+a_1 b_1+b_1^2$, 更有 $d>a_1 b_1$. 因 $a \neq b$, 故整数 $a_1 \neq b_1$, 因此 $\left|a_1-b_1\right| \geqslant$ 1 , 进而我们得出
+$$
+|a-b|^3=d^3\left|a_1-b_1\right|^3 \geqslant d^3>d^2 a_1 b_1=a b,
+$$
+即 $|a-b|>\sqrt[3]{a b}$.
+%%<REMARK>%%
+注:对任意整数 $k \geqslant 1$, 有 $\left(a^k, b^k\right)=(a, b)^k$. 这可如下证明: 当 $(a, b) \doteq$ 1 时, 则 $\left(a^k, b^k\right)=1=(a, b)^k$ (见第 2 单元 $(6)$ ). 当 $(a, b)=d>1$ 时, 则有 $\left(\frac{a}{d}, \frac{b}{d}\right)=1$, 从而由上述结果知, $\left(\left(\frac{a}{d}\right)^k,\left(\frac{b}{d}\right)^k\right)=1$, 故 $d^k= d^k\left(\frac{a^k}{d^k}, \frac{b^k}{d^k}\right)=\left(\frac{a^k}{d^k} \cdot d^k, \frac{b^k}{d^k} \cdot d^k\right)=\left(a^k, b^k\right)$, 从而结论得证.
+这一论证, 是将一般情形的问题, 化为特殊情形来解决的一个简单例子.
+本题的证明, 先由整数的整除等性质导出整除关系式\ref{eq1}, 再由此过渡到不等式, 这是处理涉及整数的不等式问题以及用估计法解决数论问题的一种基本手法,下面两个例子均是这样做的.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 在两个相邻的完全平方数 $n^2$ 与 $(n+1)^2$ 之间任取若干个不同整数, 证明它们中两两乘积互不相同.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设整数 $a 、 b 、 c 、 d$ 满足 $n^2<a<b<c<d<(n+1)^2$, 显然, 我们只需证明 $a d \neq b c$. 采用反证法, 设有上述 $a 、 b 、 c 、 d$ 满足 $a d=b c$, 则由第 3 单元例 3 的证明一可知, 有正整数 $p 、 q 、 u 、 v$, 使得
+$$
+a=p u, b=q u, c=p v, d=q v .
+$$
+由 $b>a$ 及 $c>a$, 得出 $q>p$ 及 $v>u$. 因 $p 、 q 、 u 、 v$ 都是整数, 故 $q \geqslant p+1, v \geqslant u+1$. 因此我们得出 (注意 $a=p u>n^2$ )
+$$
+\begin{aligned}
+& d=q v \geqslant(p+1)(u+1)=p u+(p+u)+1 \\
+& >n^2+2 \sqrt{p u}+1>n^2+2 n+1=(n+1)^2,
+\end{aligned}
+$$
+矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 求出不定方程
+$$
+(n-1) !=n^k-1 . \label{eq1}
+$$
+的全部正整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+解:当 $n=2$ 时, 由式\ref{eq1}得解 $(n, k)=(2,1)$. 当 $n>2$ 时, 式\ref{eq1} 的左边是偶数, 故其右边也是偶数, 从而 $n$ 是奇数.
+当 $n=3,5$ 时, 由式\ref{eq1}解出 $(n, k)=(3,1), (5,2)$.
+以下设 $n>5$ 且 $n$ 为奇数.
+此时 $\frac{n-1}{2}$ 是整数且 $\frac{n-1}{2}<n-3$, 故 $2 \cdot \frac{n-1}{2} \mid(n-2) !$, 即 $(n-1) \mid(n-2)$ !. 因此 $(n-1)^2 \mid(n-1)$ ! , 即
+$$
+(n-1)^2 \mid\left(n^k-1\right) . \label{eq2}
+$$
+另一方面, 由二项式定理知
+$$
+\begin{aligned}
+n^k-1 & =((n-1)+1)^k-1 \\
+& =(n-1)^k+\mathrm{C}_k^1(n-1)^{k-1}+\cdots+\mathrm{C}_k^{k-2}(n-1)^2+k(n-1) . \label{eq3}
+\end{aligned}
+$$
+由式\ref{eq2}、\ref{eq3}推出 $(n-1)^2 \mid k(n-1)$, 即 $(n-1) \mid k$. 故 $k \geqslant n-1$, 从而
+$$
+n^k-1 \geqslant n^{n-1}-1>(n-1) ! .
+$$
+这表明, 当 $n>5$ 时方程式\ref{eq1}没有正整数解, 即式\ref{eq1}的全部正整数解为 $(n, k)= (2,1),(3,1),(5,2)$.
+%%<REMARK>%%
+注1 上面解法的关键是在 $n>5$ 时,利用整除给出 $k$ 的下界: $k \geqslant n-1$, 进而 (利用不等式)证明式\ref{eq1}无解.
+论证的第一步, 是对奇数 $n>5$ 证明 $(n-1)^2 \mid (n-1)$ !. 这个事实是下面结果的一个特别情形设 $m$ 是大于 4 的整数, 且不是素数, 则 $m \mid(m-1) !$. 
+注2 论证的第二步, 是用 $(n-1)^2$ 除 $n^k-1$, 这其实不必应用二项式定理, 只需注意: $(x+1)^k-1$ 的展开式, 是一个关于 $x$ 的整系数多项式, 其中常数项为零, 而一次项系数为 $k$.
+若应用下一单元讲的同余, 则可更为直接地证明 $(n-1) \mid k$ :
+因为 $n^k-1=(n-1)\left(n^{k-1}+n^{k-2}+\cdots+n+1\right)$, 而 $n^i \equiv 1(\bmod n-1)$, $i=1, \cdots, k-1$, 故
+$$
+n^{k-1}+n^{k-2}+\cdots+n+1 \equiv \underbrace{1+1+\cdots+1}_{k \text { 个 }}=k(\bmod n-1) .
+$$
+从而 $n^k-1 \equiv k(n-1)\left(\bmod (n-1)^2\right)$, 于是由 $(n-1)^2 \mid n^k-1$, 得出 $(n-1)^2 \mid k(n-1)$, 即 $(n-1) \mid k$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 求出不定方程:
+$$
+x^3+x^2 y+x y^2+y^3=8\left(x^2+x y+y^2+1\right)
+$$
+的全部整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+解:法一原方程左端是关于 $x 、 y$ 的三次多项式,右边是二次多项式.
+而对于整数 $x 、 y$, 三次式的值的绝对值一般应大于二次式的值的绝对值, 因此本题有希望用估计法解决.
+现将方程分解为
+$$
+\left(x^2+y^2\right)(x+y-8)=8(x y+1) . \label{eq1}
+$$
+若 $x+y-8 \geqslant 6$, 则 $x+y \geqslant 14$, 从而
+$$
+x^2+y^2 \geqslant \frac{(x+y)^2}{2}>4 \text {. }
+$$
+这时式\ref{eq1}的左端
+$$
+\begin{aligned}
+& \geqslant 6\left(x^2+y^2\right)=4\left(x^2+y^2\right)+2\left(x^2+y^2\right) \\
+& \geqslant 8 x y+2\left(x^2+y^2\right)>8(x y+1),
+\end{aligned}
+$$
+故此时方程无整数解.
+若 $x+y-8 \leqslant-4$, 则 $x+y \leqslant 4$, 这时式\ref{eq1}的左端
+$$
+\leqslant-4\left(x^2+y^2\right) \leqslant-4 \times 2|x y| \leqslant 8 x y<8(x y+1),
+$$
+此时方程亦无整数解.
+因此, 方程的整数解 $(x, y)$ 应满足
+$$
+-3 \leqslant x+y-8 \leqslant 5 .
+$$
+另一方面, 式\ref{eq1}的左端应是偶数,这推出 $x, y$ 的奇偶性必须相同, 从而 $x+ y-8$ 是偶数, 故它只能是 $-2 、 0 、 2 、 4$. 结合 式\ref{eq1}, 通过检验不难得知, 所求的解为 $(x, y)=(2,8),(8,2)$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 求出不定方程:
+$$
+x^3+x^2 y+x y^2+y^3=8\left(x^2+x y+y^2+1\right)
+$$
+的全部整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+解法二记 $u=x+y, v=x y$, 则原方程可变形为
+$$
+u\left(u^2-2 v\right)=8\left(u^2-v+1\right), \label{eq2}
+$$
+即
+$$
+u^3-2 u v=8 u^2-8 v+8,
+$$
+由此可见 $u$ 是偶数,设 $u=2 w$, 则
+$$
+2 w^3-w w=8 w^2-2 v+2 . \label{eq3}
+$$
+我们解出 $v$, 得到
+$$
+v=\frac{2 w^3-8 w^2-2}{w-2}=2 w^2-4 w-8-\frac{18}{w-2} . \label{eq4}
+$$
+因此 $w-2$ 是 18 的约数, 即是 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6, \pm 9, \pm 18$. 对于 $w$ 的每一个可能值, 结合式\ref{eq4}可确定 $v$, 进而求得相应的整数解 $(x, y)$ 只有 $(2,8)$ 及 $(8$, 2 ). (注意, 求得一组 $w, v$ 的值, 则相应的 $x, y$ 为整数等价于 $w^2-v$ 为完全平方数.)
+%%<REMARK>%%
+注:原方程的左、右两边均是关于 $x 、 y$ 的二元对称多项式,因此必能表示为关于 $u=x+y, v=x y$ 的多项式 (见 式\ref{eq2}). 对本题而言, 这一表示的优点在于, 导出的方程式\ref{eq3}关于 $v$ 是一次方程, 从而可解出 $v$ (用 $w$ 表示).
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 求出具有下述性质的正整数 $n$ : 它被 $\leqslant \sqrt{n}$ 的所有正整数整除.
+%%<SOLUTION>%%
+解:法一我们首先证明, 每个正整数 $n$ 可唯一地表示为形式
+$$
+n=q^2+r, 0 \leqslant r \leqslant 2 q. \label{eq1}
+$$
+这是因为任意正整数 $n$ 必介于两个相邻的平方数之间, 即有正整数 $q$, 使得 $q^2 \leqslant n<(q+1)^2$. 令 $r=n-q^2$, 则 $r \geqslant 0$, 又 $r<(q+1)^2-q^2=2 q+1$, 故整数 $r \leqslant 2 q$, 从而 $n$ 有形如式\ref{eq1}的表示.
+另一方面, 若 $n$ 可表示为式\ref{eq1}的形式, 则易知 $q^2 \leqslant n<(q+1)^2$, 故 $q= [\sqrt{n}]$, 由此即知 $q$ 被 $n$ 唯一确定, 相应的 $r$ 因此也被确定.
+利用式\ref{eq1}便不难解决例 6. 因已知 $q=[\sqrt{n}]$ 整除 $n$, 结合式\ref{eq1}知 $q \mid r$, 故 $r=0$ 、 $q$ 或 $2 q$, 即 $n$ 具有形式
+$$
+n=q^2, q^2+q, q^2+2 q .
+$$
+$n=1,2,3$ 显然合要求.
+设 $n>3$, 则 $q=[\sqrt{n}] \geqslant 2$, 故由已知条件知
+$(q-1) \mid n$. 若 $n=q^2$, 由
+$$
+q^2=q(q-1)+q \quad \text { 及 } \quad(q-1, q)=1
+$$
+可见,必须 $q-1=1$, 即 $q=2$, 所以 $n=4$.
+同样, 若 $n=q^2+q$, 则 $q=2,3$, 从而 $n=6,12$; 若 $n=q^2+2 q$, 则 $q=$ 2 或 4 , 相应地 $n=8,24$. 因此, $n$ 只可能是 $1,2,3,4,6,8,12,24$, 经检验它们均符合要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 求出具有下述性质的正整数 $n$ : 它��� $\leqslant \sqrt{n}$ 的所有正整数整除.
+%%<SOLUTION>%%
+解法二设 $q=[\sqrt{n}]$, 我们证明 $q \geqslant 6$ 时没有符合要求的 $n$. 反证法, 假设有这样的 $n$, 我们将利用 $q 、 q-1 、 q-2$ 均整除 $n$ 来产生矛盾.
+因为 $q$ 与 $q-2$ 整除 $n$, 故 $[q, q-2] \mid n$, 即 $\frac{q(q-2)}{(q, q-2)} \mid n$ (见第 2 单元 (10)). 又 $q-1 \mid n$, 故 $q-1$ 与 $\frac{q(q-2)}{(q, q-2)}$ 的最小公倍数 $D$ 整除 $n$. 但 $q-1$ 与 $q$ 及 $q-2$ 均互素, 故 $q-1$ 与 $q(q-2)$ 互素, 从而 $D=(q-1) \cdot \frac{q(q-2)}{(q, q-2)}$. 因此
+$$
+\frac{q(q-1)(q-2)}{(q, q-2)} \leqslant n
+$$
+但显然 $(q, q-2) \leqslant 2$, 故
+$$
+q(q-1)(q-2) \leqslant 2 n .
+$$
+注意 $\sqrt{n}<q+1$, 故由上式可得 $q(q-1)(q-2)<2(q+1)^2$, 这可化简为
+$$
+q^3-5 q^2-2 q-2<0 .
+$$
+但当 $q \geqslant 6$ 时, 上式的左边 $=q^2(q-5)-2 q-2 \geqslant q^2-2 q-2>0$, 矛盾.
+因此 $q \geqslant 6$ 时无解.
+而当 $q \leqslant 5$ 时易通过逐一检验求出所有符合要求的 $n: 1,2$, $3,4,6,8,12$ 及 24 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 证明: 从 $1,2, \cdots, 100$ 中任意取出 51 个数,其中必有两个数互素.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:问题点破了极为简单: 我们从 $1,2, \cdots, 100$ 中依次取相邻的两个数,配成下面 50 个数对
+$$
+\{1,2\},\{3,4\}, \cdots,\{99,100\},
+$$
+则任意取出的 51 个数必然包含了上述数对中的某一对, 因这两数相邻, 它们当然互素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 证明: 存在连续 1000 个正整数,其中恰有 10 个素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:这一证明的基础是习题 3 第 1 题, 由这结论可知, 存在连续 1000 个正整数
+$$
+a, a+1, \cdots, a+999, \label{eq1}
+$$
+其中每个数都不是素数.
+现将式\ref{eq1}中的数施行如下操作: 删去式\ref{eq1}中最右边的 $a+999$, 而在最左边添上 $a-1$. 显然,所得的数列
+$$
+a-1, a, \cdots, a+998
+$$
+中至多有一个素数.
+重复这一手续, 直至达到 $1,2, \cdots, 1000$ 后停止.
+我们注意, 一次操作后所得的 (连续 1000 个) 正整数中的素数个数, 与操作前的 1000 个正整数中的素数个数相比, 或相等, 或增、减 1 . 而最终得到的数 $1,2, \cdots$, 1000 中, 显然有多于 10 个素数, 因此, 上述操作过程中, 必有一次所产生的 1000 个连续整数中恰包含 10 个素数.
+%%<REMARK>%%
+例 7 和例 8 都是所谓的"存在性问题",即证明存在"某事物"具有"某种性质". 这里的论证并未实际地构造出符合要求的事物, 而是用逻辑的力量表明了它们的存在.
+例 7 应用了众所周知的 "抽庶原理", 例 8 则应用了一述的原则, 这有时被称作"离散的零点定理":
+设 $f(n)$ 为一个定义在 (正) 整数集上的函数, 取值也为整数.
+若对所有 $n$ 有 $|f(n)-f(n+1)| \leqslant 1$, 并且存在整数 $a$ 及 $b$, 使得 $f(a) f(b)<0$, 则在数 $a 、 b$ 之间必有一整数 $c$, 使 $f(c)=0$. (例 8 中, 我们可取 $g(n)$ 为从 $n$ 开始的连续 1000 个正整数中素数的个数,而取 $f(n)=g(n)-10$. )
+处理存在性问题的另一种有效的方法是所谓的构造法, 即实际地造出符合要求的事物.
+构造法是一种重要的数学方法, 灵活多样.
+数论中有许多问题可以(甚至必须)用构造法来论证.
+我们举几个这样的例子.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 若一个正整数的标准分解中, 每个素约数的幂次都大于 1 , 则称它为幂数.
+证明: 存在无穷多个互不相同的正整数, 它们及它们中任意多个不同数的和都不是幂数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:设 $2=p_1<p_2<\cdots<p_n<\cdots$ 是全体素数, 则
+$$
+p_1, p_1^2 p_2, p_1^2 p_2^2 p_3, \cdots, p_1^2 p_2^2 \cdots p_{n-1}^2 p_n, \cdots . \label{eq1}
+$$
+符合要求.
+为了验证这一断言, 我们将数列中第 $n$ 个数记作 $a_n$. 首先, 每个 $a_n$ 都不是幂数.
+对任意 $r, s, \cdots, n(1 \leqslant r<s<\cdots<n)$, 由式\ref{eq1}知, $p_r \mid a_r$ 但 $p_r^2 \nmid a_r$, 并且 $p_r\left|\frac{a_s}{a_r}, \cdots, p_r\right| \frac{a_n}{a_r}$. 因此, 在
+$$
+a_r+a_s+\cdots+a_n=a_r\left(\frac{a_s}{a_r}+\cdots+\frac{a_n}{a_r}+1\right)
+$$
+中, 第二个因数与 $p_r$ 互素, 于是素数 $p_r$ 在 $a_r+a_s+\cdots+a_n$ 的标准分解中恰出现一次, 故 $a_r+a_s+\cdots+a_n$ 不是幂数.
+此外, 由于素数有无穷多个, 所以式\ref{eq1}中的数也有无穷多个.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 证明: 有无穷多个正整数 $n$ 满足 $n \mid\left(2^n+1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:一考察最初几个 $n$ 的值, 小于 10 的数只有 $n=3^0, 3^1, 3^2$ 符合要求.
+我们可期望 $n=3^k(k \geqslant 0)$ 都符合要求.
+证实这件事是一个简单的归纳练习.
+奠基是显然的.
+假设对 $k \geqslant 0$ 已有 $3^k \mid\left(2^{3^k}+1\right)$, 即
+$$
+2^{3^k}=-1+3^k u, u \text { 为整数.
+}
+$$
+则 $2^{3^{k+1}}=\left(-1+3^k u\right)^3=-1+3^{k+1} v$ ( $v$ 是���个整数), 故 $3^{k+1} \mid\left(2^{3^{k+1}}+1\right)$, 这 .表明 $n=3^{k+1}$ 也符合要求, 从而完成了上述断言的归纳证明.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 证明: 有无穷多个正整数 $n$ 满足 $n \mid\left(2^n+1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明二这是一个不同的构造法.
+关键是注意到: 若 $n \mid\left(2^n+1\right)$, 则对
+$m=2^n+1$, 有 $m \mid\left(2^m+1\right)$.
+事实上, 由于 $2^n+1$ 是奇数, 若 $2^n+1=n k$ ( $k$ 为整数), 则 $k$ 必是奇数, 所以
+$$
+2^m+1=\left(2^n\right)^k+1=\left(2^n+1\right)\left(\left(2^n\right)^{k-1}-\left(2^n\right)^{k-2}+\cdots-2^n+1\right)
+$$
+是 $m=2^n+1$ 的倍数.
+由上述的结果, 便递推地给出无穷多个符合要求的数: $1,3,9,513, \cdots$.
+两种方法得出的解不全相同, 但它们 (除 1 之外) 都是 3 的倍数.
+这一点并非偶然, 实际可知, 符合本题要求的 $n(>1)$ 都被 3 整除.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例11. 证明: 有无穷多个正整数 $n$, 满足 $n \mid\left(2^n+2\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们仍采用归纳构造法, 其中的关键一着是加强归纳假设.
+面证明: 若 $n$ 满足
+$$
+2|n, n|\left(2^n+2\right),(n-1) \mid\left(2^n+1\right), \label{eq1}
+$$
+则对于 $m=2^n+2$, 有
+$$
+2|m, m|\left(2^m+2\right),(m-1) \mid\left(2^m+1\right) . \label{eq2}
+$$
+事实上, 由于 $2^n+2=2\left(2^{n-1}+1\right)$ 是奇数的 2 倍及 $2 \mid n$, 故 $2^n+2=n k$ 中的整数 $k$ 是一个奇数, 所以
+$$
+2^m+1=2^{n k}+1=\left(2^n\right)^k+1
+$$
+是 $2^n+1=m-1$ 的倍数.
+同样, 从 $2^n+1=(n-1) l$ 知 $l$ 为奇数, 故
+$$
+2^m+2=2\left(2^{m-1}+1\right)=2\left(\left(2^{n-1}\right)^l+1\right)
+$$
+为 $2\left(2^{n-1}+1\right)=2^n+2=m$ 的倍数.
+又 $m=2^n+2$ 显然为偶数, 故上述的断言得到了证明.
+现在, 由于 $n=2$ 满足 式\ref{eq1}, 于是用 式\ref{eq2} 便递推地构造出无穷多个符合要求的数: $2,6,66, \cdots$.
+我们注意, 式\ref{eq1}中的 $2 \mid n$ 是必要的, 即满足本题要求的数都是偶数.
+因为若有奇数 $n>1$, 适合 $n \mid\left(2^n+2\right)$, 则 $n \mid\left(2^{n-1}+1\right)$, 这将与第 8 单元例 3 的结论相违.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter6.tex

@@ -0,0 +1,411 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+同余, 是数论中的一个重要概念, 应用极为广泛.
+设 $n$ 是给定的正整数, 若整数 $a 、 b$ 满足 $n \mid(a-b)$, 则称 $a$ 和 $b$ 模 $n$ 同余, 记作
+$$
+a \equiv b(\bmod n) .
+$$
+若 $n \nmid(a-b)$, 则称 $a$ 和 $b$ 模 $n$ 不同余, 记作
+$$
+a \not \equiv b(\bmod n) .
+$$
+由带余除法易知, $a$ 和 $b$ 模 $n$ 同余的充分必要条件是 $a$ 与 $b$ 被 $n$ 除得的余数相同.
+对于固定的模 $n$, 模 $n$ 的同余式与通常的等式有许多类似的性质:
+(1)(反身性) $a \equiv a(\bmod n)$.
+(2)(对称性) 若 $a \equiv b(\bmod n)$, 则 $b \equiv a(\bmod n)$.
+(3)(传递性) 若 $a \equiv b(\bmod n), b \equiv c(\bmod n)$, 则 $a \equiv c(\bmod n)$.
+(4)(同余式相加) 若 $a \equiv b(\bmod n), c \equiv d(\bmod n)$, 则 $a \pm c \equiv b \pm d(\bmod n)$.
+(5)(同余式相乘) 若 $a \equiv b(\bmod n), c \equiv d(\bmod n)$, 则 $a c \equiv b d(\bmod n)$.
+不难看到, 反复用(4)或 (5), 可以对多于两个的(模相同的)同余式建立加、减和乘法的运算公式.
+特别地, 由 (5) 易推出: 若 $a \equiv b(\bmod n), k, c$ 为整数且 $k>0$, 则
+$$
+a^k c \equiv b^k c(\bmod n) .
+$$
+请注意, 同余式的消去律一般并不成立, 即从 $a c \equiv b c(\bmod n)$ 未必能推出 $a \equiv b(\bmod n)$. 然而,我们有下面的结果:
+(6) 若 $a c \equiv b c(\bmod n)$, 则 $a \equiv b\left(\bmod \frac{n}{(n, c)}\right)$. 由此推出, 若 $(c, n)=1$, 则有 $a \equiv b(\bmod n)$, 即在 $c$ 与 $n$ 互素时, 可以在原同余式两边约去 $c$ 而不改变模(这再一次表现了互素的重要性).
+现在提及几个涉及模的简单但有用的性质.
+(7) 若 $a \equiv b(\bmod n)$, 而 $d \mid n$, 则 $a \equiv b(\bmod d)$.
+(8) 若 $a \equiv b(\bmod n), d \neq 0$, 则 $d a \equiv d b(\bmod d n)$.
+(9) 若 $a \equiv b\left(\bmod n_i\right)(i=1,2, \cdots, k)$, 则 $a \equiv b\left(\bmod \left[n_1, n_2, \cdots, n_k\right]\right)$. 特别地, 若 $n_1, n_2, \cdots, n_k$ 两两互素, 则有 $a \equiv b\left(\bmod n_1 n_2 \cdots n_k\right)$.
+由上述的性质 (1)、(2)、(3) 可知, 整数集合可以按模 $n$ 来分类, 确切地说, 若 $a$ 和 $b$ 模 $n$ 同余, 则 $a$ 与 $b$ 属同一个类, 否则不属于同一个类, 每一个这样的类称为模 $n$ 的一个同余类.
+由带余除法,任一整数必恰与: $0,1, \cdots, n-1$ 中的一个模 $n$ 同余, 而 0 , $1, \cdots, n-1$ 这 $n$ 个数彼此模 $n$ 不同余, 因此模 $n$ 共有 $n$ 个不同的同余类, 即为
+$$
+M_i=\{x \mid x \in \mathbf{Z}, x \equiv i(\bmod n)\}, i=0,1, \cdots, n-1 .
+$$
+例如, 模 2 的同余类共有两个, 即通常说的偶数类与奇数类.
+两个类中的数分别具有形式 $2 k$ 与 $2 k+1$ ( $k$ 为任意整数).
+在 $n$ 个剩余类中各任取一个数作为代表, 这样的 $n$ 个数称为模 $n$ 的一个完全剩余系,简称模 $n$ 的完系.
+换句话说, $n$ 个数 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 称为模 $n$ 的一个完系, 是指它们彼此模 $n$ 不同余.
+例如, $0,1, \cdots, n-1$ 是模 $n$ 的一个完系, 这称作模 $n$ 的最小非负完系.
+易于看到,若 $i$ 和 $n$ 互素, 则同余类 $M_i$ 中的所有数都和 $n$ 互素,这样的同余类称为模 $n$ 的缩同余类.
+我们将模 $n$ 的缩同余类的个数记作 $\varphi(n)$, 称为欧拉函数, 这是数论中的一个重要函数.
+显然, $\varphi(1)=1$, 而对 $n>1, \varphi(n)$ 为 1 , $2, \cdots, n-1$ 中与 $n$ 互素的数的个数.
+例如, 若 $p$ 是素数, 则有 $\varphi(p)=p-1$.
+在模 $n$ 的 $\varphi(n)$ 个缩同余类中各任取一个数作为代表, 这样的 $\varphi(n)$ 个数称为模 $n$ 的一个缩剩余系, 简称模 $n$ 的缩系, 于是 $\varphi(n)$ 个数 $r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(n)}$ 称为模 $n$ 的一个缩系, 是指它们模 $n$ 互不同余, 且均与 $n$ 互素.
+不超过 $n$ 且与 $n$ 互素的 $\varphi(n)$ 个正整数称为模 $n$ 的最小正缩系.
+下面的结果, 由模 $n$ 的一个完 (缩) 系, 产生模 $n$ 的另一个完(缩)系, 用处很多.
+(10) 设 $(a, n)=1, b$ 是任意整数.
+若 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 是模 $n$ 的一个完系, 则 $a c_1+b, a c_2+b, \cdots, a c_n+b$ 也是模 $n$ 的一个完系;
+若 $\left.r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(n)}\right)$ 是模 $n$ 的一个缩系, 则 $a r_1, a r_2, \cdots, a r_{\varphi(n)}$ 也是模 $n$ 的一个缩系.
+由 (10)中的第一个断言可推出:
+(11) 设 $(a, n)=1, b$ 是任意整数,则有整数 $x$, 使得 $a x \equiv b(\bmod n)$, 并易知所有这样的 $x$ 形成模 $n$ 的一个同余类.
+特别地, 有 $x$ 使得 $a x \equiv 1(\bmod n)$. 这样的 $x$ 称为 $a$ 关于模 $n$ 的逆, 记作 $a^*$ 或 $a^{-1}(\bmod n)$, 它们形成模 $n$ 的一个同余类, 从而有一个 $a^{-1}$ 满足 $1 \leqslant a^{-1}<n$.
+我们知道,一个整数模 $n$ 的余数有 $n$ 种可能的值, 但对于整数的平方、立方等, 模 $n$ 的余数的个数则可能大大减少.
+这一事实, 是用同余解决许多问题的一个基本点.
+面的一些简单结论, 应用相当广泛、灵活.
+(12) 完全平方数模 4 同余于 0 或 1 ; 模 8 同余于 $0 、 1 、 4$; 模 3 同余于 0 或 1 ; 模 5 同余于 $0, \pm 1$.
+完全立方数模 9 同余于 $0 、 \pm 1$.
+整数的四次幂模 16 同余于 0 或 1 .
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设 $a 、 b 、 c 、 d$ 为正整数,证明: $a^{4 b+d}-a^{4 c+d}$ 被 240 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:由于 $240=2^4 \times 3 \times 5$, 我们将分别证明 $a^{4 b+d}-a^{4 c+d}$ 被 3、5、16 整除,由此便证得了结论 (参见第 3 单元例 5 的注).
+首先证明 $3 \mid\left(a^{4 b+d}-a^{4 c+d}\right)$. 由(12)中的结果 $a^2 \equiv 0,1(\bmod 3)$, 可知 $a^{4 b} \equiv a^{4 c} \equiv 0,1(\bmod 3)$. 从而
+$$
+a^{4 b+d}-a^{4 c+d}=a^d\left(a^{4 b}-a^{4 c}\right) \equiv 0(\bmod 3) .
+$$
+类似地, 由 $a^2 \equiv 0, \pm 1(\bmod 5)$, 可知 $a^4 \equiv 0,1(\bmod 5)$, 从而 $a^{4 b} \equiv a^{4 c} \equiv 0,1(\bmod 5)$. 于是 $a^{4 b+d}-a^{4 c+d} \equiv 0(\bmod 5)$.
+最后, 由 $a^4 \equiv 0,1(\bmod 16)$, 可知 $a^{4 b} \equiv a^{4 c} \equiv 0,1(\bmod 16)$, 故 $a^{4 b+d}- a^{4 c+d} \equiv 0(\bmod 16)$. 这就证明了我们的结论.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设整数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a+b+c=0$, 记 $d=a^{1999}+b^{1999}+c^{1999}$. 证明: $|d|$ 不是素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:本题有好几种解法,这里我们采用同余来证明: $|d|$ 有一个非平凡的固定约数.
+首先, 对任意整数 $u$, 数 $u^{1999}$ 与 $u$ 的奇偶性相同, 即 $u^{1999} \equiv u(\bmod 2)$, 故 $d \equiv a+b+c \equiv 0(\bmod 2)$, 即 $2 \mid d$.
+此外, 对任意整数 $u$, 易于验证(区分 $3 \mid u$ 及 $3 \nmid u$ )
+$$
+u^3 \equiv u(\bmod 3) \text {. } \label{eq1}
+$$
+由此推出
+$$
+\begin{aligned}
+u^{1999}=u \cdot u^{1998} & \equiv u \cdot u^{666} \equiv u \cdot u^{222} \equiv u^{75} \\
+& \equiv u^{25} \equiv u^9 \equiv u^3 \equiv u(\bmod 3) .
+\end{aligned}
+$$
+因此 $d \equiv a+b+c \equiv 0(\bmod 3)$. 故 $6 \mid d$, 从而 $d$ 不是素数.
+%%<REMARK>%%
+注:解答中的同余式(1)是著名的费马小定理的特殊情形, 请参见下一单元.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设整数 $x 、 y 、 z$ 满足
+$$
+(x-y)(y-z)(z-x)=x+y+z, \label{eq1}
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明: $x+y+z$ 被 27 整除.
+证明,我们将由 式\ref{eq1} 推出, $x 、 y 、 z$ 必须两两模 3 同余, 从而 $27 \mid(x-y) (y-z)(z-x)$, 故由式\ref{eq1} 知 $27 \mid(x+y+z)$.
+反证法, 首先设 $x 、 y 、 z$ 中恰有两个数模 3 同余, 无妨设 $x \equiv y(\bmod 3)$, 但 $x \neq z(\bmod 3)$. 此时 $3 \mid(x-y)$, 而 $3 \nmid(x+y+z)$, 于是 式\ref{eq1} 的左边 $\equiv 0(\bmod 3)$, 但右边 $\neq \equiv 0(\bmod 3)$, 矛盾.
+故这种情形不会出现.
+其次设 $x 、 y 、 z$ 模 3 的余数互不相同, 此时易知 $3 \mid(x+y+z)$, 但 $3 \nmid(x-y)(y-z)(z-x)$, 从而 式\ref{eq1}  两边模 3 的余数不同, 矛盾.
+即这种情形也不能出现.
+因此, 我们前述的断言正确, 即证明了本题的结论.
+%%<REMARK>%%
+注:解法体现了应用同余处理数论问题的一个基本原则: 若整数 $A=0$, 则 $A$ 被任何正整数 $n(n>1)$ 除得的余数必然是 0 . 因此, 若能找到某一个 $n>1$, 使 $A$ 模 $n$ 不为 0 , 则整数 $A$ 决不能是 0 . 我们常基于这一原则, 用同余导出某种必要条件,或产生结果(如例 3), 或为进一步论证作准备, 本书的后面还有许多这样的例子.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $n>1$, 证明: $\underbrace{11 \cdots 1}_{n \text { 个1 } 1}$ 不是完全平方数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:反证法,设有某个 $n>1$ 及整数 $x$,使得
+$$
+\underbrace{11 \cdots 1}_{n \text { 个1 }}=x^2 . \label{eq1}
+$$
+由式\ref{eq1}可知 $x$ 是奇数 (实际上是将式\ref{eq1}模 2 , 注意 $x^2 \equiv x(\bmod 2)$ ). 进一步, 因 $2 \nmid x$, 故 $x^2 \equiv 1(\bmod 4)$. 但
+$$
+\underbrace{11 \cdots 1}_{n \uparrow 1}-1=\underbrace{11 \cdots 10}_{n-1 \uparrow 1}
+$$
+只能被 2 整除, 而不被 4 整除, 即式\ref{eq1}的左边非 $(\bmod 4)$,矛盾!
+用同余处理问题,关键在于选择模.
+但究竟怎样选择, 却并无简单的规则可循, 得视具体问题而定.
+在例 4 中, 我们先将式\ref{eq1}模 2 , 虽不能解决问题, 但基于此得出的信息进一步模 4 , 则导出了矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 用数码 $1 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7$ 作七位数, 每个数码恰用一次.
+证明: 这些七位数中没有一个是另一个的倍数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:假设有这样两个七位数 $a, b(a \neq b)$ 使得
+$$
+a=b c, \label{eq1}
+$$
+其中 $c$ 为大于 1 的整数.
+由于 $a 、 b$ 的数码之和均是 $1+2+3+4+5+6+ 7 \equiv 1(\bmod 9)$, 故 $a \equiv b \equiv 1(\bmod 9)$ . 现在将式\ref{eq1}模 9 , 得出 $c \equiv 1(\bmod 9)$. 但 $c>1$, 故 $c \geqslant 10$, 这样, $a \geqslant 10 b>10^7$, 与 $a$ 是七位数矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 数列 $\left\{x_n\right\}$ 为 $1,3,5,11, \cdots$ 满足递推关系
+$$
+x_{n+1}=x_n+2 x_{n-1}, n \geqslant 2 . \label{eq1}
+$$
+数列 $\left\{y_n\right\}$ 为 $7,17,55,161, \cdots$ 满足递推关系
+$$
+y_{n+1}=2 y_n+3 y_{n-1}, n \geqslant 2 . \label{eq2}
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明: 这两个数列没有相同的项.
+证明考虑以 8 为模.
+首先证明,数列 $\left\{x_n\right\}$ 模 8 后是一个周期数列
+$$
+1,3,5,3,5, \cdots \text {. } \label{eq3}
+$$
+因为 $x_2 \equiv 3, x_3 \equiv 5(\bmod 8)$. 若已有
+$$
+x_{n-1} \equiv 3, x_n \equiv 5(\bmod 8) \text {, }
+$$
+则由递推公式\ref{eq1}, 得
+$$
+\begin{aligned}
+& x_{n+1}=x_n+2 x_{n-1} \equiv 5+2 \times 3 \equiv 3(\bmod 8), \\
+& x_{n+2}=x_{n+1}+2 x_n \equiv 3+2 \times 5 \equiv 5(\bmod 8),
+\end{aligned}
+$$
+这就归纳证明了我们的断言.
+同样由式\ref{eq2}可证明,数列 $\left\{y_n\right\}$ 模 8 后成为周期数列
+$$
+7,1,7,1,7,1, \cdots . \label{eq4}
+$$
+由式\ref{eq3}、\ref{eq4}可见,两个数列 $x_2, x_3, \cdots$ 与 $y_1, y_2, \cdots$ 模 8 后无相同项, 故这两个数列无相同项.
+又因为 $\left\{y_n\right\}$ 是递增的, 所以 $y_1, y_2, \cdots$ 决不会等于 $x_1=1$, 这就证明了 $\left\{x_n\right\}$ 与 $\left\{y_n\right\}$ 无相同项.
+%%<REMARK>%%
+注1 易知 $\left\{x_n\right\}$ 与 $\left\{y_n\right\}$ 模 3 后分别成周期数列:
+$$
+1,0,2,2,0,1,1,0,2,2, \cdots \text {; 及 } 1,2,1,2, \cdots
+$$
+两者有无穷多对项相等,因此模 3 不能解决问题.
+同样可知, 模 4 也不能解决问题.
+注2 线性递推数列式\ref{eq1}和\ref{eq2}模 8 后成为周期数列, 这一点并非偶然.
+实际上,给定 $m>1$, 若 $\left\{x_n\right\}(n \geqslant 1)$ 是由递推公式
+$$
+x_{n+k}=f\left(x_{n+k-1}, \cdots, x_{n+1}, x_n\right)
+$$
+确定的整数数列, 其中 $f$ 是 $k$ 元整系数多项式, 初值 $x_1, x_2, \cdots, x_k$ 为给定整数, 则 $\left\{x_n\right\}$ 模 $m$ 后终将成为周期数列.
+为证明这一结论, 我们用 $\bar{x}_i$ 表示 $x_i$ 被 $m$ 除得的余数 $\left(0 \leqslant \bar{x}_i<m\right)$ 考虑有序的 $k$ 元数组
+$$
+A_n=\left\langle\bar{x}_n, \bar{x}_{n+1}, \cdots, \bar{x}_{n+k-1}\right\rangle(n=1,2, \cdots) .
+$$
+由于每个 $\bar{x}_i$ 至多可取 $m$ 个不同值, 故互不相同的数组 $A_n$ 至多有 $m^k$ 个.
+因此, 在 $m^k+1$ 个 $k$ 元数组 $A_1, A_2, \cdots, A_{m^k+1}$ 中, 必有两个完全相同, 设 $A_i= A_j(i<j)$, 即
+$$
+\bar{x}_{i+t}=\bar{x}_{j+t}(t=0,1, \cdots, k-1) .
+$$
+由此结合 $\left\{x_n\right\}$ 的递推公式及同余式的基本性质易推出, 上式在 $t=k$ 时亦成立, 即有 $\bar{x}_{i+k}=\bar{x}_{j+k}$. 于是, 由归纳法即可证明, 对任意 $t \geqslant 0$, 都有 $\overline{x_{i+t}}=\overline{x_{j+t}}$, 这意味着, 数列 $\left\{\bar{x}_n\right\}$ 从第 $i$ 项开始, 每 $j-i$ 个一组, 将循环出现.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 设 $p$ 是给定的正整数, 试确定 $(2 p)^{2 m}-(2 p-1)^n$ 的最小正值, 这里 $m 、 n$ 为任意正整数.
+%%<SOLUTION>%%
+解:所求的最小正值是 $(2 p)^2-(2 p-1)^2=4 p-1$. 为了证明, 我们首先注意, 由
+$$
+(2 p)^2=(4 p-2) p+2 p,
+$$
+及
+$$
+(2 p-1)^2=(4 p-2)(p-1)+(2 p-1)
+$$
+易推出
+$$
+(2 p)^{2 m}-(2 p-1)^n \equiv(2 p)-(2 p-1) \equiv 1(\bmod 4 p-2) . \label{eq1}
+$$
+进一步, 我们证明, 没有正整数 $m 、 n$ 使得 $(2 p)^{2 m}-(2 p-1)^n=1$. 假设相反, 则有
+$$
+\left((2 p)^m-1\right)\left((2 p)^m+1\right)=(2 p-1)^n .
+$$
+上式左边两个因数显然互素, 而右边是正整数的 $n$ 次幕, 故
+$$
+(2 p)^m+1=a^n, \label{eq2}
+$$
+其中 $a$ 是一个正整数, $a \mid(2 p-1)$. 将\ref{eq2}式模 $a$, 其左边为
+$$
+(2 p-1+1)^m+1 \equiv 1+1 \equiv 2(\bmod a),
+$$
+导出 $2 \equiv 0(\bmod a)$,但由 $a \mid 2 p-1$ 知 $a$ 是大于 1 的奇数,产生矛盾.
+综合式\ref{eq1}可见, 若 $(2 p)^{2 m}-(2 p-1)^n>0$, 则 $(2 p)^{2 m}-(2 p-1)^n \geqslant 4 p-1$, 且在 $m=1, n=2$ 时取得等号, 这就证明了我们的结论.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 连结正 $n$ 边形的顶点, 得到一个闭的 $n$ 一折线.
+证明: 若 $n$ 为偶数, 则在连线中有两条平行线; 若 $n$ 为奇数,连线中不可能恰有两条平行线.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:这是一个不宜用几何方法解决的几何问题, 它与模 $n$ 的完全剩余系有关.
+依逆时针顺序将顶点标上数 $0,1, \cdots, n-1$. 设问题中的闭折线为 $a_0 \rightarrow a_1 \rightarrow \cdots \rightarrow a_{n-1} \rightarrow a_n=a_0$, 这里 $a_0, a_1, \cdots, a_{n-1}$ 是 $0,1, \cdots, n-1$ 的一个排列.
+首先, 由诸 $a_i$ 是正 $n$ 边形的顶点易知
+$$
+\begin{aligned}
+& a_i a_{i+1} / / a_j a_{j+1} \Leftrightarrow \widetilde{a_{i+1} a_j}=\widehat{a_{j+1} a_i} \\
+& \Leftrightarrow a_i+a_{i+1} \equiv a_j+a_{j+1}(\bmod n) .
+\end{aligned}
+$$
+当 $n$ 为偶数时, $2 \nmid(n-1)$, 故模 $n$ 的任一完系之和 $\equiv 0+1+\cdots+(n-1)= \frac{n(n-1)}{2} \not \equiv 0(\bmod n)$.
+但另一方面,我们总有
+$$
+\begin{aligned}
+\sum_{i=0}^{n-1}\left(a_i+a_{i+1}\right) & =\sum_{i=0}^{n-1} a_i+\sum_{i=0}^{n-1} a_{i+1}=2 \sum_{i=0}^{n-1} a_i=2 \times \frac{n(n-1)}{2} \\
+& =n(n-1) \equiv 0(\bmod n) . \label{eq1}
+\end{aligned}
+$$
+所以 $a_i+a_{i+1}(i=0,1, \cdots, n-1)$ 不能构成模 $n$ 的完全剩余系, 即必有 $i \neq j(0 \leqslant i, j \leqslant n-1)$, 使得
+$$
+a_i+a_{i+1} \equiv a_j+a_{j+1}(\bmod n),
+$$
+因而必有一对边 $a_i a_{i+1} / / a_j a_{j+1}$.
+当 $n$ 为奇数时, 若恰有一对边 $a_i a_{i+1} / / a_j a_{j+1}$, 则 $n$ 个数 $a_0+a_1, a_1+ a_2, \cdots, a_{n-1}+a_0$ 之中恰有一个剩余类 $r$ 出现两次, 从而也恰缺少一个剩余类 $s$, 于是 (这时 $2 \mid(n-1)$ )
+$$
+\begin{aligned}
+\sum_{i=0}^{n-1}\left(a_i+a_{i+1}\right) & \equiv 0+1+\cdots+(n-1)+r-s=\frac{n(n-1)}{2}+r-s \\
+& \equiv r-s(\bmod n) .
+\end{aligned}
+$$
+结合式\ref{eq1}得 $r \equiv s(\bmod n)$, 矛盾! 这表明在 $n$ 为奇数时, 不可能恰有一对边平行.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例9. 设 $n>3$ 是奇数,证明: 将 $n$ 元集合 $S=\{0,1, \cdots, n-1\}$ 任意去掉一个元素后, 总可以将剩下的元素分成两组, 每组 $\frac{n-1}{2}$ 个数, 使两组的和模 $n$ 同余.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:论证的一个关键是, 对任意 $x \in S, x \neq 0$, 集合 $S \backslash\{x\}$ 可以从 $T= \{1,2, \cdots, n-1\}$ 作变换
+$$
+T+x(\bmod n)=\{a+x(\bmod n), a \in T\}
+$$
+得到.
+这就将问题化归为证明其特殊情形: $T=S \backslash\{0\}$ 可以分成两组, 每组 $\frac{n-1}{2}$ 个数,使两组的和模 $n$ 同余.
+我们区分两种情况.
+当 $n=4 k+1(k \geqslant 1)$ 时, 注意 $2 k$ 个数对
+$$
+\{1,4 k\},\{2,4 k-1\}, \cdots,\{2 k, 2 k+1\}
+$$
+中, 每对的和模 $n$ 均为 0 , 于是任取 $k$ 个数对作成一集, 剩下的 $k$ 对数作另一集便符合要求.
+若 $n=4 k+3(k \geqslant 1)$, 我们先取 $1 、 2 、 4 k$ 于一集, $3 、 4 k+1 、 4 k+2$ 于另一集, 然后将剩下的 $2 k-2$ 个数对
+$$
+\{4,4 k-1\}, \cdots,\{2 k+1,2 k+2\}
+$$
+各取 $k-1$ 对分置上述两集即可.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例10. 证明: 对任意整数 $n \geqslant 4$, 存在一个 $n$ 次多项式
+$$
+f(x)=x^n+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_1 x+a_0,
+$$
+具有下述性质:
+(1) $a_0, a_1, \cdots, a_{n-1}$ 均为正整数;
+(2) 对任意正整数 $m$,及任意 $k(k \geqslant 2)$ 个互不相同的正整数 $r_1, \cdots, r_k$,均有
+$$
+f(m) \neq f\left(r_1\right) f\left(r_2\right) \cdots f\left(r_k\right) .
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明:本题的基本精神是要求两个整数不能相等, 同余对此正能派上用场(参见例 3 下面的注).
+我们希望作出一个 (首项系数为 1 的) 正整数系数的 $n$ 次多项式, 使得对任意整数 $a$, 均有 $f(a) \equiv 2(\bmod 4)$, 由此即知, 对任意 $k(k \geqslant 2)$ 个整数 $r_1, \cdots$,
+$r_k$, 有 $f\left(r_1\right) \cdots f\left(r_k\right) \equiv 0(\bmod 4)$, 但 $f(m) \equiv 2(\bmod 4)$, 因此, 对任意整数 $m$, 数 $f(m)$ 与 $f\left(r_1\right) \cdots f\left(r_k\right)$ 模 4 不相等, 从而它们决不能相等.
+我们取
+$$
+f(x)=(x+1)(x+2) \cdots(x+n)+2 . \label{eq1}
+$$
+将式\ref{eq1}的右边展开即知 $f(x)$ 是一个 $n$ 次的首项系数为 1 的正整数系数的多项式.
+另一方面, 对任意整数 $a$, 由于 $n \geqslant 4$, 故连续 $n$ 个整数 $a+1, \cdots, a+n$ 中必有一个为 4 的倍数, 因此 $4 \mid \cdot(a+1) \cdots(a+n)$, 故由式\ref{eq1}知 $f(a) \equiv 2(\bmod 4)$. 这表明多项式\ref{eq1}符合问题的要求.
+构作 $f(x)$ 的方式很多, 下面是一个稍有些不同的方法:
+我们注意, 当 $n \geqslant 4$ 为偶数时, 则对任意整数 $a$ 有 $4 \mid a^n-a^2$. 这是因为, 若 $a$ 为偶数,则 $4 \mid a^2$,故 4 整除 $a^2\left(a^{n-2}-1\right)=a^n-a^2$;若 $a$ 为奇数,则因 $n-$ 2 为偶数,故 $a^{n-2}$ 是奇数的平方, 从而 $4 \mid a^{n-2}-1$, 故 $4 \mid a^2\left(a^{n-2}-1\right)$.
+同样不难证明,当 $n \geqslant 5$ 为奇数时, $a^n-a^3=a^3\left(a^{n-3}-1\right)$ 被 4 整除.
+因此, 对偶数 $n \geqslant 4$, 取
+$$
+\begin{aligned}
+f(x) & =x^n+4\left(x^{n-1}+\cdots+x^3\right)+3 x^2+4 x+2 \label{eq2}\\
+& =x^n-x^2+4\left(x^{n-1}+\cdots+x\right)+2 ;\label{eq3}
+\end{aligned}
+$$
+对奇数 $n \geqslant 5$, 取
+$$
+\begin{aligned}
+f(x) & =x^n+4\left(x^{n-1}+\cdots+x^4\right)+3 x^3+4 x^2+4 x+2 \label{eq4} \\
+& =x^n-x^3+4\left(x^{n-1}+\cdots+x\right)+2 . \label{eq5}
+\end{aligned}
+$$
+则由式\ref{eq2}、\ref{eq4}可见, $f(x)$ 是 $n$ 次的首项系数为 1 的正整数系数多项式; 而由式\ref{eq3}、\ref{eq5}及前面说的结果知, 对任意整数 $a$, 有 $f(a) \equiv 2(\bmod 4)$. 因此多项式\ref{eq2}或\ref{eq4} 符合要求.
+证毕.
+请注意, 若不要求所说的多项式的首项系数为 1 , 则问题极为平凡.
+例如, 可取 $f(x)=4\left(x^n+x^{n-1}+\cdots+x\right)+2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例11. 设 $k 、 l$ 是两个给定的正整数.
+证明, 有无穷多个正整数 $m$, 使得 $\mathrm{C}_m^k$ 与 $l$ 互素.
+%%<SOLUTION>%%
+证法一我们需证明, 有无穷多个 $m$, 使得对于 $l$ 的任一个素因子 $p$, 有 $p \nmid \mathrm{C}_m^k$. 注意
+$$
+k ! \mathrm{C}_m^k=m(m-1) \cdots(m-(k-1)) . \label{eq1}
+$$
+对于任意一个素数 $p \mid l$, 设 $p^\alpha \| k$ !, 即 $p^\alpha \mid k$ !, 但 $p^{\alpha+1} \nmid k$ !, 这里 $\alpha \geqslant 0$. 我们取 (无穷多个) $m$, 使得(1)的右边 $\neq \equiv 0\left(\bmod p^{\alpha+1}\right)$. 这样的 $m$ 可以取为
+$$
+m \equiv k\left(\bmod p^{\alpha+1}\right) . \label{eq2}
+$$
+对满足式\ref{eq2}的 $m$, 式\ref{eq1} 的右边 (在模 $p^{\alpha+1}$ 意义下) 被简化为: $\equiv k(k-1) \cdots 1=k$ ! $\left(\bmod p^{\alpha+1}\right)$, 即有
+$$
+k ! \mathrm{C}_m^k \equiv k !\left(\bmod p^{\alpha+1}\right) . \label{eq3}
+$$
+因 $p^{\alpha+1} \nmid k !$, 故由上式知 $p \nmid \mathrm{C}_m^k$.
+现在设 $p_1, \cdots, p_t$ 是 $l$ 的全部的不同素因子, 并设 $p_i^{a i} \| k !$, 由上面的结果知, 若 $m \equiv k\left(\bmod p_i^{\alpha_i+1}\right)(i=1, \cdots, t)$, 即
+$$
+m \equiv k\left(\bmod p_1^{\alpha_1+1} \cdots p_t^{\alpha_t+1}\right),
+$$
+则 $\mathrm{C}_m^k$ 与 $p_1, \cdots, p_t$ 均互素, 从而与 $l$ 互素.
+满足式\ref{eq3}的正整数 $m$ 当然有无穷多个.
+证毕.
+注意, 由 $p_i$ 及 $p_i^{\alpha_i}$ 的定义可见, $p_1^{\alpha_1+1} \cdots p_t^{\alpha_t+1} \mid l \cdot k$ !, 因此, 若 $m$ 满足 $m \equiv k(\bmod l \cdot k !)$, 则更满足式\ref{eq3}, 故也可取 $m$ 为显式依赖于给定整数 $k, l$ 的正整数: $m \equiv k(\bmod l \cdot k !)$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例11. 设 $k 、 l$ 是两个给定的正整数.
+证明, 有无穷多个正整数 $m$, 使得 $\mathrm{C}_m^k$ 与 $l$ 互素.
+%%<SOLUTION>%%
+证法二这一解法无需借助同余.
+将 $\mathrm{C}_m^k$ 表示为
+$$
+\begin{aligned}
+\mathrm{C}_m^k & =\frac{m(m-1) \cdots(m-k+1)}{k !} \\
+& =\frac{m}{1} \cdot \frac{(m-1)}{2} \cdot \cdots \cdot \frac{(m-(k-2))}{k-1} \cdot \frac{(m-(k-1))}{k} \\
+& =\left(\frac{m+1}{1}-1\right)\left(\frac{m+1}{2}-1\right) \cdot \cdots \cdot\left(\frac{m+1}{k-1}-1\right)\left(\frac{m+1}{k}-1\right) .
+\end{aligned}
+$$
+我们希望取正整数 $m$, 使得对任意 $i=1,2, \cdots, k$, 数 $\frac{m+1}{i}$ 为 $l$ 的倍数, 从而每个 $\frac{m+1}{i}-1$ 均与 $l$ 互素, 故它们的积与 $l$ 互素, 即 $\left(\mathrm{C}_m^k, l\right)=1$. 显然 $m= -1+x l \cdot k$ ! 符合这样的要求, $x=1,2, \cdots$, 这当然有无穷多个.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter7.tex

@@ -0,0 +1,187 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+八个著名的数论定理.
+费马小定理,欧拉定理以及中国剩余定理这几个著名的数论定理, 在初等数论中有着重要的作用.
+(1) 费马小定理设 $p$ 是素数, $a$ 是与 $p$ 互素的任一整数,则
+$$
+a^{p-1} \equiv 1(\bmod p) \text {. }
+$$
+费马小定理有一个变异的形式,这有时更为适用:
+对任意整数 $a$ 有 $a^p \equiv a(\bmod p)$.
+(在 $p \nmid a$ 时,两个命题等价; 当 $p \mid a$ 时后者显然成立.)
+用归纳法不难给出费马小定理的一个证明: 易知, 我们只需对 $a=0$, $1, \cdots, p-1$ 证明命题.
+$a=0$ 时, 结论显然成立.
+若已有 $a^p=a(\bmod p)$, 则由
+044 于 $p \mid \mathrm{C}_p^i(i=1,2, \cdots, p-1)$, 故
+$$
+(a+1)^p=a^p+\mathrm{C}_p^1 a^{p-1}+\cdots+\mathrm{C}_p^{p-1} a+1 \equiv a^p+1 \equiv a+1(\bmod p),
+$$
+这表明命题在 $a$ 换为 $a+1$ 时也成立.
+(2) 欧拉定理设 $m>1$ 为整数, $a$ 是与 $m$ 互素的任一整数, $\varphi(m)$ 为欧拉函数 (见第 6 单元), 则
+$$
+a^{\varphi(m)} \equiv 1(\bmod m) .
+$$
+欧拉定理可如下证明: 取 $r_1, r_2, \cdots, r_{\varphi(m)}$ 为模 $m$ 的一个缩系.
+因为 ( $a$ , $m)=1$, 故 $a r_1, a r_2, \cdots, a r_{\varphi(m)}$ 也是模 $m$ 的一个缩系 (见第 6 单元). 由于模 $m$ 的两个完 (缩) 系在模 $m$ 意义下互为排列, 因此特别地有
+$$
+r_1 \cdots r_{\varphi(m)} \equiv a r_1 \cdot a r_2 \cdots \cdot a r_{\varphi(m)}=a^{\varphi(m)} r_1 r_2 \cdots r_{\varphi(m)}(\bmod m) .
+$$
+因 $\left(r_i, m\right)=1$, 故 $\left(r_1 r_2 \cdots r_{\varphi(m)}, m\right)=1$, 因此上式两边可约去 $r_1 \cdots r_{\varphi(m)}$, 即有 $a^{\varphi(m)} \equiv 1(\bmod m)$.
+注1 当 $m=p$ 为素数时, 由于 $\varphi(p)=p-1$,故由欧拉定理可推出费马小定理.
+注2 若已知 $m$ 的标准分解 $m=p_1^{\alpha_1} \cdots p_k^{\alpha_k}$, 则欧拉函数 $\varphi(m)$ 由下面公式确定(其证明这里略去):
+$$
+\begin{aligned}
+\varphi(m) & =p_1^{\alpha_1-1}\left(p_1-1\right) p_2^{\alpha_2-1}\left(p_2-1\right) \cdots p_k^{\alpha_k-1}\left(p_k-1\right) \\
+& =m\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{p_k}\right) .
+\end{aligned}
+$$
+(3)中国剩余定理设 $m_1, m_2, \cdots, m_k$ 是 $k$ 个两两互素的正整数, $M== m_1 m_2 \cdots m_k, M_i=\frac{M}{m_i}(i=1,2, \cdots, k), b_1, b_2, \cdots, b_k$ 为任意整数, 则同余式组
+$$
+x \equiv b_1\left(\bmod m_1\right), \cdots, x \equiv b_k\left(\bmod m_k\right)
+$$
+有唯一解 $x \equiv M_1^* M_1 b_1+\cdots+M_k^* M_k b_k(\bmod M)$, 其中 $M_i^*$ 为满足 $M_i^* M_i \equiv 1\left(\bmod m_i\right)$ 任意整数 $(i=1,2, \cdots, k)$.
+验证上述结论是一件容易的事情, 我们将这留给读者(注意, 对任意 $i$, 有 $\left(m_i, M_i\right)=1$, 以及对任意 $j \neq i$ 有 $m_i \mid M_j$). 中国剩余定理的主要力量在于, 它断言所说的同余式组当模两两互素时一定有解, 而解的具体形式通常并不重要.
+上述的几个数论定理是解决问题的有力工具, 它们往往和其他方法结合使用, 我们在后面将看到这一点, 这里先介绍几个较为直接的应用这些定理的例子.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设 $p$ 是给定的素数.
+证明: 数列 $\left\{2^n-n\right\}(n \geqslant 1)$ 中有无穷多个项被整除.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:$p=2$ 时结论显然成立.
+设 $p>2$, 则由费马小定理得 $2^{p-1} \equiv 1(\bmod p)$, 从而对任意正整数 $m$ 有
+$$
+2^{m(p-1)} \equiv 1(\bmod p) . \label{eq1}
+$$
+我们取 $m \equiv-1(\bmod p)$, 则由 式\ref{eq1}, 得
+$$
+2^{m(p-1)}-m(p-1) \equiv 1+m \equiv 0(\bmod p) .
+$$
+因此, 若 $n=(k p-1)(p-1)$, 则 $2^n-n$ 被 $p$ 整除 ( $k$ 为任意正整数), 故数列中有无穷多项被 $p$ 整除.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 证明: 数列 $1,31,331,3331, \cdots$ 中有无穷多个合数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:因 31 是素数, 由费马小定理知, $10^{30} \equiv 1(\bmod 31)$, 故对任意正整数 $k$, 有 $10^{30 k} \equiv 1(\bmod 31)$, 从而
+$$
+\frac{.1}{3}\left(10^{30 k}-1\right) \equiv 0(\bmod 31) .
+$$
+这表明, $30 k$ 个 3 组成的数被 31 整除,这数乘以 100 后再加上 31 ,也被 31 整除, 即数列中第 $30 k+2$ 项被 31 整除, 故它不是素数, 从而上述的数列中有天穷多个合数.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 证明: 对任意给定的正整数 $n$,均有连续 $n$ 个正整数,其中每一个者有大于 1 的平方因子.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:由于素数有无穷多个, 我们可取出 $n$ 个互不相同的素数 $p_1 p_2, \cdots, p_n$, 而考虑同余式组
+$$
+x \equiv-i\left(\bmod p_i^2\right), i=1,2, \cdots, n . \label{eq1}
+$$
+因 $p_1^2, p_2^2, \cdots, p_n^2$ 显然两两互素,故由中国剩余定理知, 上述同余式组有正整数解, 于是, 连续 $n$ 个数 $x+1, x+2, \cdots, x+n$ 分别被平方数 $p_1^2 p_2^2, \cdots, p_n^2$ 整除.
+若不直接使用素数, 也可采用下面的变异的方法.
+���于费马数 $F_k=2^{2^k} 1(k \geqslant 0)$ 两两互素, 故将 式\ref{eq1} 中的 $p_i^2$ 换为 $F_i^2(i=1,2, \cdots, n)$ 后, 相应的同余式组也有解, 同样导出证明.
+%%<REMARK>%%
+注:例 3 的解法表现了中国剩余定理的一个基本功效,它常常能将"找建续 $n$ 个整数具有某种性质"的问题,化归为 "找 $n$ 个两两互素的数具有某种忙质", 后者往往易于解决.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. (1)证明: 对任意正整数 $n$, 存在连续 $n$ 个正整数,其中每一个都是幂数;
+(2)证明,存在无穷多个互不相同的正整数,它们及它们中任意多个不厓数的和均不是幂数.
+(幕数的定义请见第 5 单元例 9. )
+%%<SOLUTION>%%
+证明:(1) 我们证明, 存在连续 $n$ 个正整数,其中每一个数都至少有一个素因子, 在这个数的标准分解中仅出现一次, 从而这个数不是幂数.
+由于素数有无穷多个,故可取 $n$ 个互不相同的素数 $p_1, \cdots, p_n$. 考虑同余式组
+$$
+x \equiv-i+p_i\left(\bmod p_i^2\right), i=1,2, \cdots, n . \label{eq1}
+$$
+因 $p_1^2, p_2^2, \cdots, p_n^2$ 两两互素, 故由中国剩余定理知, 上述同余式组有正整数解 $x$. 对 $1 \leqslant i \leqslant n$, 因 $x+i \equiv p_i\left(\bmod p_i^2\right)$, 故 $p_i \mid(x+i)$; 但由 式\ref{eq1} 可知 $p_i^2 \nmid(x+ i)$, 即 $p_i$ 在 $x+i$ 的标准分解中恰出现一次,故 $x+1, x+2, \cdots, x+n$ 都不是幂数.
+(2) 我们归纳构作一个由非幂数的正整数组成的 (严格增的)无穷数歹 $a_1, a_2, \cdots, a_n, \cdots$, 使得对每个 $n$, 数 $a_1, \cdots, a_n$ 中任意多个的和均不是幂数由此即证明了 (2) 中的结论.
+首先, $a_1$ 可取为任一个非幂数的数,例如取 $a_1=2$. 设 $a_1, \cdots, a_n$ 已确定, 我们证明, 可选择 $a_{n+1}$ 不是幂数, $a_{n+1}>a_n$, 且 $a_{n+1}$ 与 $a_1, \cdots, a_n$ 中任意多个数的和均不是幂数.
+设 $s_1, \cdots, s_m$ 是由 $a_1, \cdots, a_n$ 产生的所有不同项的和, 这里 $m=2^n-1$. 由于素数有无穷多个, 故可取 $m+1$ 个不同素数 $p, p_1, \cdots, p_m$, 考虑同余式组
+$$
+x \equiv p\left(\bmod p^2\right), x \equiv-s_i+p_i\left(\bmod p_i^2\right), i=1, \cdots, m . \label{eq2}
+$$
+因 $p^2, p_1^2, \cdots, p_m^2$ 两两互素, 故同余式组\ref{eq2}有无穷个正整数解 $x$. 任取一个大于 $a_n$ 的解, 记为 $a_{n+1}$. 则由 $a_{n+1} \equiv p\left(\bmod p^2\right)$ 知, $a_{n+1}$ 被 $p$ 整除, 但 $p^2 \nmid a_{n+1}$, 故 $a_{n+1}$ 不是幕数.
+又 $a_{n+1} \equiv-s_i+p_i\left(\bmod p_i^2\right)$ 表明, $a_{n+1}+s_i$ 被 $p_i$ 整除但不被 $p_i^2$ 整除, 从而对每个 $i=1, \cdots, m$, 数 $a_{n+1}+s_i$ 均不是幕数.
+由此就递推地构作了一个符合前述要求的无穷数列, $a_1, a_2, \cdots$. 证毕.
+%%<REMARK>%%
+注:本题 (2) 的另一种解法见第 5 单元例 9 , 那儿构作的数列中, 每一项均整除其后一项.
+作为对比, 我们注意, 将 (2) 的上述解法稍作修改, 则可使得我们构作的数列中的项两两互素.
+事实上, 归纳假设 $a_1, \cdots, a_n$ 已两两互素, 设 $q_1, \cdots, q_t$ 是这些数中出现的所有不同的素因子.
+现在取素数 $p, p_1, \cdots, p_m$ 互不相同, 且与 $q_1, \cdots, q_t$ 也不相同,在同余式组\ref{eq2}中增加一个限制
+$$
+x \equiv 1\left(\bmod q_1 \cdots q_t\right) . \label{eq3}
+$$
+由于 $p^2, p_1^2, \cdots, p_m^2, q_1 \cdots q_t$ 两两互素, 故同余式组\ref{eq2}增添\ref{eq3}后有解, 并且由 式\ref{eq3}知,任一个解 $x$ 与 $q_1 \cdots q_t$ 互素, 从而与 $a_1, \cdots, a_n$ 均互素.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 给定正整数 $n$,设 $f(n)$ 是使 $\sum_{k=1}^{f(n)} k$ 能被 $n$ 整除的最小正整数.
+证明: 当且仅当 $n$ 为 2 的幂时有 $f(n)=2 n-1$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:问题的前一半甚为容易.
+如果 $n=2^m$, 则一方面
+$$
+\sum_{k=1}^{2 n-1} k=\frac{(2 n-1) \times 2 n}{2}=\left(2^{m+1}-1\right) \cdot 2^m
+$$
+被 $2^m=n$ 整除.
+另一方面,若 $r \leqslant 2 n-2$, 则
+$$
+\sum_{k=1}^r k=\frac{r(r+1)}{2}
+$$
+不被 $2^m$ 整除, 这是因为 $r$ 和 $r+1$ 中有一个是奇数, 而另一个不超过 $(2 n- 2)+1=2^{m+1}-1$, 因而不被 $2^{m+1}$ 整除.
+综合上述两个方面, 即知 $f\left(2^m\right)=2^{m+1}-1$.
+现在设 $n$ 不是 2 的方幂,即 $n=2^m a$, 其中 $m \geqslant 0, a>1$ 为奇数.
+我们证明, 存在正整数 $r<2 n-1$, 使得 $2^{m+1} \mid r$, 且 $a \mid(r+1)$, 于是
+$$
+\sum_{k=1}^r k=\frac{r(r+1)}{2}
+$$
+被 $2^m a==n$ 整除, 因而 $f(n)<2 n-1$.
+为证明.
+面的断言, 我们考虑
+$$
+x \equiv 0\left(\bmod 2^{m+1}\right), x \equiv-1(\bmod a) . \label{eq1}
+$$
+因为 $\left(2^{m+1}, a\right)=1$,故由中国剩余定理知, 同余式组 式\ref{eq1} 必有解 $x_0$, 并且其全部解为 $x \equiv x_0\left(\bmod 2^{m+1} a\right)$, 即 $x \equiv x_0(\bmod 2 n)$. 因此可确定一个 $r$ 满足 式\ref{eq1} 且 $0<r \leqslant 2 n$. 进一步, 由 式\ref{eq1} 中第二个同余式知 $r \neq 2 n$. 而由第一个同余式可见 $r \neq 2 n-1$, 因此实际上 $r<2 n-1$. 这证明了存在满足要求的 $r$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设 $f(x)$ 是一个整系数多项式, $a_1, \cdots, a_m$ 是给定的非零整数,具有下面的性质: 对任意整数 $n$, 数 $f(n)$ 被 $a_1, \cdots, a_m$ 中的一个整除.
+证明: 存在一个 $a_i(1 \leqslant i \leqslant m)$, 使得对所有整数 $n, f(n)$ 均被 $a_i$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:若 $a_1, \cdots, a_m$ 中有一个数为 \pm 1 , 则结论显然成立.
+以下设每个 $a_i \neq \pm 1$. 假设结论不对, 则对每个 $a_i$ 均相应地有一个整数 $x_i$, 使得 $a_i \nmid f\left(x_i\right)$. $i=1, \cdots, m$. 我们将由此作出一个整数 $n$, 使得所有 $a_i$ 均不整除 $f(n)$, 这将与已知条件矛盾.
+对 $i=1, \cdots, m$, 因为 $a_i \nmid f\left(x_i\right)$, 故有一个素数幕 $p_i^{\alpha_i}$, 使得 $p_i^{\alpha_i} \mid a_i$, 但 $p_i^{\alpha_i} \nmid f\left(x_i\right)$. 若 $p_1^{\alpha_1}, \cdots, p_m^{\alpha_n}$ 中有同一个素数的幂, 则仅留下一个幂次最低的, 而将那些高次 (及同次) 幕删去.
+经过这种手续, 不妨设剩下的素数幕为 $p_1^{\alpha_1}, \cdots p_t^{\alpha_t}(1 \leqslant t \leqslant m)$, 则它们两两互素, 故由中国剩余定理知, 同余式组
+$$
+n \equiv x_i\left(\bmod p_i^{\alpha_i}\right), i=1, \cdots, t. \label{eq1}
+$$
+有整数解 $n$.
+由于 $f(x)$ 是整系数多项式, 故由式\ref{eq1}可知
+$$
+f(n) \equiv f\left(x_i\right)\left(\bmod p_i^{\alpha_i}\right), i=1, \cdots, t .
+$$
+对于 $i=1, \cdots, t$, 由于 $p_i^{\alpha_i} \nmid f\left(x_i\right)$, 故由上式知 $p_i^{\alpha_i} \nmid f(n)$, 更有 $a_i \nmid f(n)$, 而㞹 于 $j=t+1, \cdots, m$, 由前面的手续及假设知, 每个 $p_j$ 等于某一个 $p_i(1 \leqslant i \leqslant t)$, 且 $p_i^{\alpha_i} \mid p_j^{\alpha_j}$. 因此由 $p_i^{\alpha_i} \nmid f(n)$, 推出 $p_j^{\alpha_j} \nmid f(n)$, 进而 $a_j \nmid f(n)$. 因此 $f(n)$ 不被 $a_1, \cdots, a_m$ 中的任一个整除, 这与问题中的条件相违.
+从而本题的结论成立.
+证毕.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter8.tex

@@ -0,0 +1,235 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+阶及其应用.
+设 $n>1, a$ 是满足 $(a, n)=1$ 的整数,则必有一个 $r(1 \leqslant r \leqslant n-1)$ 使得 $a^r \equiv 1(\bmod n)$.
+事实上, 由于 $n$ 个数 $a^0, a^1, \cdots, a^{n-1}$ 都与 $n$ 互素, 故它们模 $n$ 至多有 $n-$ 1 个不同的余数, 因此其中必有两个模 $n$ 同余, 即有 $0 \leqslant i<j \leqslant n-1$, 使得 $a^i \equiv a^j(\bmod n)$, 故 $a^{j-i} \equiv 1(\bmod n)$,于是取 $r=j-i$ 则符合要求.
+满足 $a^r \equiv 1(\bmod n)$ 的最小正整数 $r$, 称为 $a$ 模 $n$ 的阶.
+由上面的论证可知 $1 \leqslant r \leqslant n-1$. 下述的 (1) 表明, $a$ 模 $n$ 的阶具有一个非常锐利的性质:
+(1) 设 $(a, n)=1, a$ 模 $n$ 的阶为 $r$. 若正整数 $N$ 使得 $a^N \equiv 1(\bmod n)$, 则 $r \mid N$.
+这是因为, 设 $N=r q+k(0 \leqslant k<r)$, 则
+$$
+1 \equiv a^N \equiv\left(a^r\right)^q \cdot a^k \equiv a^k(\bmod n) .
+$$
+因 $0 \leqslant k<r$, 故由上式及 $r$ 的定义知, 必须有 $k=0$, 从而 $r \mid N$.
+性质 (1) 结合欧拉定理(第 7 单元中 (2)) 可推出
+(2) 设 $(a, n)=1$, 则 $a$ 模 $n$ 的阶 $r$ 整除 $\varphi(n)$. 特别地, 若 $n$ 是素数 $p$, 则 $a$ 模 $p$ 的阶整除 $p-1$.
+许多问题中,求出 $a$ 模 $n$ 的阶往往非常重要.
+利用 $a$ 模 $n$ 的阶及性质 (1), 便能由某些整数幂的指数产生整除关系, 这是数论中导出整除的一个基本方法.
+另一方面, 确定 $a$ 模 $n$ 的阶通常极其困难, 当问题具有某种特殊性时方有可能实现.
+对于具体的 $a$ 和 $n$, 逐一计算 $a, a^2, \cdots$, 模 $n$ 的余数可以求得 $a$ 模 $n$ 的阶; 若利用(2), 这一手续能稍被简化.
+阶是解决许多问题的有力工具, 我们举些例子作为说明.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 设 $n>1, n \mid\left(2^n+1\right)$, 证明 $3 \mid n$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:显然 $n$ 是奇数.
+设 $p$ 是 $n$ 的最小素因子,我们证明 $p=3$, 从而 31 $n$. 设 2 模 $p$ 的阶是 $r$. 由 $2^n \equiv-1(\bmod n)$ 知
+$$
+2^{2 n} \equiv 1(\bmod p) . \label{eq1}
+$$
+又因 $p \geqslant 3$, 故费马小定理给出
+$$
+2^{p-1} \equiv 1(\bmod p) . \label{eq2}
+$$
+由 式\ref{eq1}、\ref{eq2}及阶的性质推出 $r \mid 2 n$ 及 $r \mid(p-1)$, 故 $r \mid(2 n, p-1)$. 不难证明 $( 2 n, p-1)=2$. 这是因为, 由 $2 \nmid n$ 知 $2 \mid(2 n, p-1)$, 但 $2^2 \nmid(2 n, p-1)$; 另一方面, 若有奇素数 $q \mid(2 n, p-1)$, 则 $q \mid(p-1)$, 及 $q \mid n$, 但前者表明 $q<p$, 这与 $p$ 是 $n$ 的最小素因子相违.
+所以 $(2 n, p-1)=2$, 从而 $r=2$, 故 $p=3$.
+一个关键想法是考虑 $n$ 的 (最小) 素因子 $p$, 通过模 $p$ 而导出结果.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $n>1$, 证明 $n \nmid\left(2^n-1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:一反证法, 设有一个 $n>1$, 使 $n \mid\left(2^n-1\right)$. 对 $n$ 的任一个素因子 $p$, 有 $p \geqslant 3$. 设 2 模 $p$ 的阶为 $r$, 则显然 $r>1$. 由 $2^n \equiv 1(\bmod n)$ 推出
+$$
+2^n \equiv 1(\bmod p) . \label{eq1}
+$$
+又由费马小定理得
+$$
+2^{p-1} \equiv 1(\bmod p) . \label{eq2}
+$$
+因此 $r \mid n$ 及 $r \mid(p-1)$, 从而 $r \mid(n, p-1)$. 现在我们特别地取 $p$ 为 $n$ 的最小素因子, 则必有 $(n, p-1)=1$. 因为否则就有素数 $q \mid(n, p-1)$, 故 $q \mid (p-1)$, 及 $q \mid n$, 但前者意味着 $q<p$, 这与 $p$ 的选取矛盾, 因此 $(n, p-1)=$ 1 , 故 $r=1$,矛盾!
+%%<REMARK>%%
+注:1 证明一这一解法的一个要点仍是考虑 $n$ 的素因子.
+因 $n>1$ 等价于 $n$ 有一个素因子, 因此, 从 $2^n \equiv 1(\bmod n)$ 过渡到同余式 \ref{eq1}, 虽然减弱了反证法假设, 但仍刻画了 $n>1$.
+模一个素数的同余, 往往有一些更适用的性质 (或结果), 就本题而言, 这样做的益处在于此时有同余式\ref{eq2}. 例 1 及下面的例 3 均如此.
+注:2 同余式\ref{eq1}和\ref{eq2}对于 $n$ 的任一素因子 $p$ 均成立.
+因此, 在证法一的开始阶段, 我们将 $p$ 视为一待定参量, 导出 $r \mid(p-1, n)$, 便提供了选择 $p$ 以产生矛盾的机会.
+保留参量, 使我们的处理留有选择的余地, 保持了某种灵活性, 这是一种非常基本的手法.
+注:3 由第 5 单元例 10 可知, 满足例 1 条件的 $n$ 有无穷多个, 这与例 2 的结论完全相反.
+读者可查看一下, 是论证中的哪些差异, 使得导出的结果如此的不同.
+注:4 顺便提一下, 不利用阶也能解决例 2. 设 $p$ 是 $n$ 的最小素因子, 则 $(p-1, n)=1$. 而由 式\ref{eq1}, \ref{eq1} 知 $p \mid\left(2^{p-1}-1,2^n-1\right)$, 故由第 2 单元例 4 推出
+$p \mid\left(2^{(p-1, n)}-1\right)$, 从而 $p \mid 1$,矛盾!
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 设 $n>1$, 证明 $n \nmid\left(2^n-1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明二这一解法不必考虑 $n$ 的素因子.
+设有 $n>1$, 使 $n \mid\left(2^n-1\right)$, 则 $n$ 为奇数, 设 $r$ 是 2 模 $n$ 的阶, 则由 $2^n \equiv 1(\bmod n)$ 知 $r \mid n$. 又 $2^r \equiv 1(\bmod n)$, 故更有 $2^r \equiv 1(\bmod r)$, 即
+$$
+r \mid\left(2^r-1\right) . \label{eq3}
+$$
+因阶 $r$ 满足 $1 \leqslant r<n$, 而显然 $r \neq 1$ (否则导出 $n=1$ ), 故 $1<r<n$. 由 式\ref{eq3} 重复上述论证, 可得出无穷多个整数 $r_i(i=1,2, \cdots)$, 满足 $r_i \mid 2^{r_i}-1$, 且 $n>r>r_1>r_2>\cdots>1$, 这显然不可能.
+这一证明,也可采用下面更为简单的表述: 取 $n>1$ 是最小的使 $n \mid\left(2^n-1\right)$ 的整数, 上面论证产生了一个整数 $r$, 使得 $r \mid\left(2^r-1\right)$ 且 $1<r<n$, 这与 $n$ 的选取相违.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 设 $n>1,2 \nmid n$, 则对任意整数 $m>0$, 有 $n \nmid\left(m^{n-1}+1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:假设有大于 1 的奇数 $n$, 满足 $n \mid\left(m^{n-1}+1\right)$, 则 $(m, n)=1$. 设 $p$ 是 $n$ 的任一个素约数, $r$ 是 $m$ 模 $p$ 的阶 (注意 $p \nmid m$ ). 又设 $n-1=2^k t, k \geqslant 1,2 \nmid t$. 那么就有
+$$
+m^{2^k t} \equiv-1(\bmod p), \label{eq1}
+$$
+从而 $m^{2^{k+1} t} \equiv 1(\bmod p)$,故 $r \mid 2^{k+1} t$.
+关键的一点是证明 $2^{k+1} \mid r$. 假设这结论不对, 那么 $r=2^s r_1$, 其中 $0 \leqslant s \leqslant k, r_1 \mid t$. 则由 $m^r \equiv 1(\bmod p)$ 推出 $m^{2^k t} \equiv 1(\bmod p)$, 结合 式\ref{eq1} 得 $p=2$, 矛盾! 故 $2^{k+1} \mid r$.
+现在由 $(p, m)=1$, 得出 $m^{p-1} \equiv 1(\bmod p)$, 从而 $r \mid(p-1)$, 故 $2^{k+1} \mid (p-1)$, 即 $p \equiv 1\left(\bmod 2^{k+1}\right)$. 由于 $p$ 是 $n$ 的任一素因子, 将 $n$ 作标准分解, 即知 $n \equiv 1\left(\bmod 2^{k+1}\right)$, 即 $2^{k+1} \mid(n-1)$, 但这与前面所设的 $2^k \|(n-1)$ 相违.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 设 $p$ 是一个奇素数.
+%%<SOLUTION>%%
+证明: $\frac{p^{2 p}+1}{p^2+1}$ 的任一正约数均 $\equiv 1(\bmod 4 p)$. 证明我们只要证明 $\frac{p^{2 p}+1}{p^2+1}$ 的任一个素约数 $q$ 满足 $q \equiv 1(\bmod 4 p)$ 即可.
+首先注意
+$$
+\frac{p^{2 p}+1}{p^2+1}=p^{2(p-1)}-p^{2(p-2)}+\cdots-p^2+1 . \label{eq1}
+$$
+故 $q \neq p$. 设 $r$ 是 $p$ 模 $q$ 的阶, 因
+$$
+p^{2 p} \equiv-1(\bmod q), \label{eq2}
+$$
+故 $p^{4 p} \equiv 1(\bmod q)$, 所以 $r \mid 4 p$. 于是 $r=1,2,4, p, 2 p$ 或 $4 p$.
+若 $r=1,2, p, 2 p$, 将导出 $p^{2 p} \equiv 1(\bmod q)$, 结合 式\ref{eq2} 得到 $q=2$, 这不可能; 若 $r=4$, 则因 $q$ 是素数, 我们推出 $q \mid\left(p^2-1\right)$ 或 $q \mid\left(p^2+1\right)$. 前者已证明为不可能.
+若后者成立, 即 $p^2 \equiv-1(\bmod q)$. 我们将 \ref{eq1} 式模 $q$, 其左边模 $q$ 当然为 0 , 而右边 $\equiv(-1)^{p-1}-(-1)^{p-2}+\cdots-(-1)+1 \equiv p(\bmod q)$. 因此 $p= q$, 这不可能,故 $r \neq 4$. 因此只能 $r=4 p$.
+最后, 因 $(p, q)=1$, 故由费马小定理得 $p^{q-1} \equiv 1(\bmod q)$, 于是 $r \mid(q-- 1)$, 即 $4 p \mid(q-1)$, 因此 $q \equiv 1(\bmod 4 p)$.
+上面的解法中, 关键是确定 $p$ 模 $q$ 的阶.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. (1)设 $p$ 是奇素数, $a \neq \pm 1, p \nmid a$. 设 $r$ 是 $a$ 模 $p$ 的阶, $k_0$ 满足 $p^{k_0} \|\left(a^r-1\right)$. 记 $r_k$ 是 $a$ 模 $p^k$ 的阶, 则有
+$$
+r_k=\left\{\begin{array}{l}
+r, \text { 若 } k=1, \cdots, k_0, \\
+r p^{k-k_0}, \text { 若 } k>k_0 .
+\end{array}\right.
+$$
+(2)设 $a$ 是奇数, $a \equiv 1(\bmod 4), a \neq 1, k_0$ 满足 $2^{k_0} \|(a-1)$. 记 $l_k$ 是 $a$ 模 $2^k$ 的阶, 则有
+$$
+l_k=\left\{\begin{array}{l}
+1, \text { 若 } k=1, \cdots, k_0, \\
+2^{k-k_0}, \text { 若 } k>k_0 .
+\end{array}\right.
+$$
+(3)设 $a$ 是奇数, $a \equiv-1(\bmod 4), a \neq-1, k_0$ 满足 $2^{k_0} \|(a+1)$. 记 $l_k$ 是 $a$ 模 $2^k$ 的阶, 则有
+$$
+l_k=\left\{\begin{array}{l}
+1, \text { 若 } k=1, \\
+2, \text { 若 } k=2, \cdots, k_0+1, \\
+2^{k-k_0}, \text { 若 } k>k_0+1 .
+\end{array}\right.
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+证明:(1) 当 $1 \leqslant k \leqslant k_0$ 时, 由 $a^{r_k} \equiv 1\left(\bmod p^k\right)$ 推出 $a^r \equiv 1(\bmod p)$, 故由 $r$ 的定义知 $r \mid r_k$. 另一方面, 由 $a^r \equiv 1\left(\bmod p^{k_0}\right)$ 可得 $a^r \equiv 1\left(\bmod p^k\right)$, 故由 $r_k$ 的定义推出 $r_k \mid r$, 从而 $r_k=r\left(k=1, \cdots, k_0\right)$.
+现在设 $k>k_0$. 我们先证明, 对每个 $i=0,1, \cdots$, 有 $p^{k_0+i} \|\left(a^{r p^i}-1\right)$,
+即有
+$$
+a^{r p^i}==1+p^{k_0+i} u_i,\left(u_i, p\right)=1 . \label{eq1}
+$$
+这可用归纳法来证明: 当 $i=0$ 时, 由 $k_0$ 的定义知 式\ref{eq1} 成立.
+设 式\ref{eq1} 对 $i \geqslant 0$ 时已成立, 则由二项式定理易知
+$$
+\begin{aligned}
+a^{r p^{i+1}} & =\left(1+p^{k_0+i} u_i\right)^p=1+p^{k_0+i+1} u_i+\mathrm{C}_p^2 p^{2 k_0+2 i} u_i^2+\cdots \\
+& =1+p^{k_0+i+1}\left(u_i+\mathrm{C}_p^2 p^{k_0+i-1} u_i^2+\cdots\right) \\
+& =1+p^{k_0+i+1} u_{i+1}
+\end{aligned}
+$$
+易知 $p \nmid u_{i+1}$ (注意, 我们这里需要 $p \geqslant 3$ ), 于是 式\ref{eq1} 对所有 $i \geqslant 0$ 都成立:
+利用式\ref{eq1}, 我们对 $k \geqslant k_0$ 归纳证明 $r_k=r p^{k-k_0}$. 当 $k=k_0$ 时, 前面已证明了结论成立.
+若 $k>k_0$, 设已有 $r_{k-1}=r p^{k-k_0-1}$. 一方面, 在 式\ref{eq1} 中取 $i=k-k_0$ 可知 $a^{r p^{k-k_0}} \equiv 1\left(\bmod p^k\right)$,故 $r_k \mid r p^{k-k_0}$. 另一方面, 由 $a^{r_k} \equiv 1\left(\bmod p^k\right)$ 可推出 $a^{r_k} \equiv 1\left(\bmod p^{k-1}\right)$, 故 $r_{k-1} \mid r_k$, 因此 $r_k=r p^{k-k_0}$ 或 $r p^{k-k_0-1}$. 但在 (1) 中取 $i=k- k_0-1$, 可知 $a^{r p^{k-k_0-1}} \not \equiv 1\left(\bmod p^k\right)$, 故必须 $r_k=r p^{k-k_0}$.
+(2)当 $1 \leqslant k \leqslant k_0$ 时,结论显然成立.
+当 $k>k_0$ 时,注意 $a \equiv 1(\bmod 4)$, $a \neq 1$ 意味着 $k_0 \geqslant 2$, 由此极易用归纳法对 $i=0,1, \cdots$ 证明
+$$
+a^{2^i}=1+2^{k_0+i} u_i, 2 \nmid u_i . \label{eq2}
+$$
+由式\ref{eq2}则不难与 (1)中相同的论证推出, $l_k=2^{k-k_0}\left(k \geqslant k_0\right)$.
+(3) 由 $a \equiv-1(\bmod 4)$, 易证明 $k=1,2, \cdots, k_0+1$ 时的结论.
+又用归纳法不难得知, 对 $i=1,2, \cdots$, 有
+$$
+a^{2^i}=1+2^{k_0+i} u_i, 2 \nmid u_i . \label{eq3}
+$$
+由此可与 (1) 中论证相同地得到 $l_k=2^{k-k_0}$ (对 $k \geqslant k_0+1$ ).
+%%<REMARK>%%
+注1 设 $a$ 和 $n>0$ 为给定的互素的整数, 且均不是 \pm 1 , 并设 $n$ 的标准分解为 $n=2^\alpha p_1^{\alpha_1} \cdots p_k^{\alpha_2}$ ( $p_i$ 是奇素数, $\alpha \geqslant 0$ ). 若已求得 $a$ 模 $p_i$ 的阶, 则由例 5 可确定 $a$ 模 $p_i^\alpha$ 的阶, 也可求得 $a$ 模 $2^\alpha$ 的阶.
+进而, 由习题 8 第 2 题的结果, 可求得 $a$ 模 $n$ 的阶.
+因此, 为确定 $a$ 模一个整数 $n$ 的阶, 最终均化归为求 $a$ 模一个奇素数 $p$ 的阶.
+后者一般而言, 是一个极其困难的问题, 但对于较小的 $a$ 和 $p$, 可以通过手算求得结果.
+注2 设 $p$ 是奇素数, $a \neq \pm 1, p \nmid a, r$ 是 $a$ 模 $p$ 的阶, $k_0$ 满足 $p^{k_0} \|\left(a^r-1\right)$ , 则由例 5 中 式\ref{eq1} 的证明可见, 对任意与 $p$ 互素的正整数 $m$, 有
+$$
+a^{m r p^i}=1+p^{k_0+i} u_i^{\prime},\left(u_i^{\prime}, p\right)=1, i=0,1, \cdots .
+$$
+由此并注意 $p$ 必与 $r$ 互素, 我们易得:
+(1)设正整数 $n$ 满足 $r \mid n, p^l \| n$, 则 $p^l \| \frac{a^n-1}{a^r-1}$.
+此外,设 $a$ 为奇数, $a \neq \pm 1, k_0$ 满足 $2^{k_0} \|\left(a^2-1\right), m$ 为任意正奇数,则有
+$$
+a^{2^i m}=1+2^{k_0+i-1} u_i^{\prime}, 2 \nmid u_i^{\prime}, i=1,2, \cdots .
+$$
+由此即知:
+(2) 设 $n$ 为正整数, $2^l \| n$. 若 $l \geqslant 1$, 则 $2^{l-1} \| \frac{a^n-1}{a^2-1}$.
+注3 设 $p$ 是奇素数, $a, b$ 为整数, $p \nmid a b$. 则必有正整数 $r$, 使得
+$$
+a^r \equiv b^r(\bmod p) . \label{eq4}
+$$
+这是因为有 $b_1$ 使 $b b_1 \equiv 1(\bmod p)$, 又有正整数 $r$ 满足 $\left(a b_1\right)^r \equiv 1(\bmod p)$, 由此导出 式\ref{eq4}. 此外, 易知使 式\ref{eq4}成立的最小正整数 $r$ 与 $a b_1$ 模 $p$ 的阶相等.
+由此推出, 若正整数 $n$ 满足 $a^n \equiv b^n(\bmod p)$, 则 $r \mid n$
+注2 中的 (1) 与 (2) 有下面的推广, 其证明则完全类似.
+(1) 设 $a \neq \pm b, n$ 为正整数, 若 $r \mid n, p^l \| n$, 则 $p^l \| \frac{a^n-b^n}{a^r-b^r}$.
+(2)设 $a 、 b$ 为奇数, $a \neq \pm b, n$ 为正整数, $2^l \| n$. 若 $l \geqslant 1$, 则有 $2^{l-1} \| \frac{a^n-b^n}{a^2-b^2}$
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 设 $a$ 和 $n$ 为整数,均不为 \pm 1 , 且 $(a, n)=1$. 证明: 至多有有限个 $k$, 使得 $n^k \mid\left(a^k-1\right)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:因 $n \neq \pm 1$, 故 $n$ 有素因子.
+首先设 $n$ 有奇素数因子 $p$, 则 $p \nmid a$. 设 $a$ 模 $p$ 的阶为 $r$, 因 $a \neq \pm 1$, 故有正整数 $k_0$ 使得 $p^{k_0} \|\left(a^r-1\right)$.
+若有无穷多个 $k$ 使得 $n^k \mid\left(a^k-1\right)$, 从而有无穷多个 $k>k_0$ 满足
+$$
+a^k \equiv 1\left(\bmod p^k\right) . \label{eq1}
+$$
+但由例 5 得知, $a$ 模 $p^k$ 的阶是 $r p^{k-k_0}$, 故由 式\ref{eq1}知 $r p^{k-k_0} \mid k$, 从而 $k \geqslant r p^{k-k_0} \geqslant 3^{k-k_0}$, 这样的 $k$ 显然只有有限多个, 产生矛盾.
+若 $n$ 没有奇素数因子, 则 $n$ 是 2 的方幕.
+首先注意, 若奇数 $k$ 使得 $n^k \mid\left(a^k-1\right)$, 则
+$$
+a^k-1=(a-1)\left(a^{k-1}+\cdots+a+1\right) . \label{eq2}
+$$
+被 $2^k$ 整除.
+但式\ref{eq2}中后一个因数是奇数个奇数之和, 故是奇数, 从而 $2^k \mid(a-1)$. 因 $a \neq 1$, 这样的 $k$ 至多有有限多个.
+设有无穷多个偶数 $k=2 l$ 使得 $n^k \mid\left(a^k-1\right)$, 则
+$$
+\left(a^2\right)^\iota \equiv 1\left(\bmod 2^\iota\right) . \label{eq3}
+$$
+定义 $k_0$ 满足 $2^{k_0} \|\left(a^2-1\right)$, 则 $k_0 \geqslant 3$. 由例 5 知, 当 $l>k_0$ 时, $a^2$ 模 $2^l$ 的阶为 $2^{l-k_0}$, 故在 $l>k_0$ 时, 由式\ref{eq3}推出 $2^{l-k_0} \mid l$, 从而 $l \geqslant 2^{l-k_0}$, 但这样的 $l$ 至多有有限多个,矛盾!
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/chapter9.tex

@@ -0,0 +1,272 @@
+
+%%TEXT_BEGIN%%
+同余, 是处理不定方程的一个有力工具, 我们常应用同余证明不定方程无整数解, 或导出解应满足的某种必要条件.
+这样的论证, 往往灵活多变, 在数学竞赛中尤为多见, 本节将膨取一些例子来表现同余在这方面的应用.
+%%TEXT_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例1. 若 $n \equiv 4(\bmod 9)$, 证明不定方程
+$$
+x^3+y^3+z^3=n . \label{eq1}
+$$
+没有整数解 $(x, y, z)$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:若方程式\ref{eq1}有整数解, 则式\ref{eq1}模 9 也有整数解.
+熟知, 一完全立方模 9 同余于 $0,1,-1$ 之一,因而
+$$
+x^3+y^3+z^3 \equiv 0,1,2,3,6,7,8(\bmod 9) .
+$$
+但 $n \equiv 4(\bmod 9)$, 所以 式\ref{eq1}模 9 无解, 这与前面所说的相违, 故方程 式\ref{eq1}无整数解.
+用同余处理不定方程, 核心在于选择适当的模.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例2. 确定方程
+$$
+x_1^4+x_2^4+\cdots+x_{14}^4=1599
+$$
+的全部非负整数解 $\left(x_1, \cdots, x_{14}\right)$ (不计解的排列次序).
+%%<SOLUTION>%%
+解:模 16 就能够证明方程无整数解, 因为整数的四次幂模 16 同余于 0 或 1 , 故 $x_1^4+x_2^4+\cdots+x_{14}^4$ 模 16 的所有可能值是 $0,1,2, \cdots, 14$, 唯独不能取 15 . 但 $1599 \equiv 15(\bmod 16)$, 因此方程无解,证毕.
+之所以选择 16 , 是因为方程左边有 14 项, 剩余类的个数 $\geqslant 15$ 才比较有希望导出矛盾 (这里我们采用同余来证明方程无整数解). 而 $15=3 \times 5$, 根据中国剩余定理,模 15 相当于模 3 与模 5 的作用,不能解决问题.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例3. 证明: 下列数不能表示为若干个连续整数的立方和.
+(1) $385^{97}$;
+(2) $366^{17}$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:利用
+$$
+1^3+2^3+\cdots+k^3=\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2
+$$
+易知, 连续若干个整数的立方和可表示为形式
+$$
+\left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^2-\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2, \label{eq1}
+$$
+$m, n$ 为整数.
+我们要证明,对于 (1)、(2) 中的整数, 不存在 $m, n$, 使之可表示为式\ref{eq1}的形式.
+用分解方法虽也能解决问题, 但相当麻烦; 用同余论证, 则相当直接.
+首先, 按整数 $x$ 模 9 分类并逐一检验, 不难得知, $\left(\frac{x(x+1)}{2}\right)^2$ 模 9 同余于 0 及 -1 , 因此,形如式\ref{eq1}的数模 9 只能是 $0,1,-1$. 另一方面, 由欧拉定理知
+$$
+385^{97} \equiv 385 \times\left(385^{16}\right)^6 \equiv 385 \equiv 7(\bmod 9),
+$$
+这就证明了 $385^{97}$ 不能表示为式\ref{eq1}的形式.
+然而, 因 $366^{17} \equiv 0(\bmod 9)$, 故对于数 $366^{17}$, 模 9 不能解决问题.
+我们这次模 7. 易于验证, 对整数 $x$, 数 $\left(\frac{x(x+1)}{2}\right)^2$ 模 7 同余于 0,1 , -1 . 故形如(1)的数模 7 只能是 $0, \pm 1, \pm 2$. 但
+$$
+366^{17} \equiv 2^{17} \equiv 2 \times 2^4 \equiv 4(\bmod 7) .
+$$
+因此我们的断言成立.
+有整数解的方程, 仅用同余通常不易解决问题, 而需将同余与其他方法 (估计、分解等)结合使用.
+我们举几个这样的例子.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例4. 求所有这样的 2 的幕, 将其(十进制表示中的)首位删去后, 剩下的数仍是一个 2 的幂.
+%%<SOLUTION>%%
+解:问题即要求出方程
+$$
+2^n=2^k+a \times 10^m . \label{eq1}
+$$
+的全部正整数解 $(n, k, m, a)$, 其中 $a=1,2, \cdots, 9$. 将式\ref{eq1}变形为
+$$
+2^k\left(2^{n-k}-1\right)=a \times 10^m . \label{eq2}
+$$
+首先证明 $m=1$. 因为若 $m>1$, 则 \ref{eq2} 式右边被 $5^2$ 整除, 从而 $5^2 \mid\left(2^{n-k}-1\right)$. 又易知, 2 模 $5^2$ 的阶是 20 (这只需注意所说的阶整除 $\varphi(25)=20$, 及 $2^{10} \equiv-1(\bmod 25))$, 因此,20 整除 $n-k$, 从而 $2^{20}-1$ 整除 式\ref{eq2} 的左边, 但 $2^{20}-1= \left(2^5\right)^4-1$ 有因子 $2^5-1=31$, 而 31 不整除 式\ref{eq1} 的右边,矛盾!因此 $m=1$.
+现在只需在为二位数的 2 的幕中, 检验符合要求的解, 易知这只有 32 和 64 .
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例5. 求所有正整数 $x>1, y>1, z>1$, 使得
+$$
+1 !+2 !+\cdots+x !=y^z . \label{eq1}
+$$
+%%<SOLUTION>%%
+解:关键一步是证明当 $x \geqslant 8$ 时必有 $z=2$. 因为式\ref{eq1}的左边被 3 整除, 故 $3 \mid y^z$, 从而 $3 \mid y$,于是式\ref{eq1}的右边被 $3^z$ 整除.
+另一方面,
+$$
+1 !+2 !+\cdots+8 !=46233
+$$
+被 $3^2$ 整除, 但不被 $3^3$ 整除; 而对 $n \geqslant 9$ 有 $3^3 \mid n !$. 所以, 当 $x \geqslant 8$ 时, 式\ref{eq1} 的左边被 $3^2$ 整除而不能被 $3^3$ 整除, 从而 (1) 的右边也如此,即必须 $z=2$.
+现在进一步证明,当 $x \geqslant 8$ 时方程 式\ref{eq1} 无解.
+模 5 : 当 $x \geqslant 8$ 时, 式\ref{eq1} 的左边 $\equiv 1 !+2 !+3 !+4 ! \equiv 3(\bmod 5)$; 又已证明了此时有 $z=2$, 故 式\ref{eq2} 的右边 $z^2 \equiv 0$, 土 $1(\bmod 5)$, 从而上述断言成立.
+最后, 当 $x<8$ 时, 不难通过检验求得 式\ref{eq1} 的解是 $x=y=3, z=2$.
+通过比较某个素数在一个等式两边出现的幂次, 以导出结果, 同余的这种变形手法被称为比较素数幂法, 下面的例 6 也应用了这一方法.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例6. 证明,不定方程
+$$
+(x+2)^{2 m}=x^n+2 . \label{eq1}
+$$
+没有正整数解.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:为了后面的论证, 我们先从方程式\ref{eq1}导出一些简单的结论.
+显然 $n>1$. 此外, $x$ 必是奇数, 否则将 式\ref{eq1} 模 4 则产生矛盾.
+进一步, $n$ 也是奇数, 因为若 $2 \mid n$, 则 $x^n$ 为一个奇数的平方, 从而 式\ref{eq1} 的右边 $\equiv 1+2= 3(\bmod 4)$, 但其左边 $\equiv 1(\bmod 4)$, 这不可能.
+故 $2 \nmid n$.
+设 $x+1=2^\alpha x_1$, 其中 $x_1$ 为奇数, $\alpha>0$ (因 $x$ 为奇数). 将方程式\ref{eq1}改写为
+$$
+(x+2)^{2 m}-1=x^n+1 . \label{eq2}
+$$
+式\ref{eq2}的左边有因子 $(x+2)^2-1=\left(2^\alpha x_1+1\right)^2-1=2^{\alpha+1}\left(2^{\alpha-1} x_1^2+x_1\right)$, 故 $2^{\alpha+1}$ 整除 式\ref{eq2} 的左边.
+但另一方面, 由于 $n-1>0$ 为偶数, 用二项式定理易得
+$$
+x^n+1=x\left(2^\alpha x_1-1\right)^{n-1}+1 \equiv x \cdot 1+1=2^\alpha x_1\left(\bmod 2^{\alpha+1}\right) .
+$$
+因 $2 \nmid x_1$, 故式\ref{eq2}的右边 $x^n+1 \not \equiv 0\left(\bmod 2^{\alpha+1}\right)$, 矛盾!
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例7. 证明: 不定方程
+$$
+8^x+15^y=17^z . \label{eq1}
+$$
+的全部正整数解是 $x=y=z=2$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明:我们先用同余证明, $y$ 和 $z$ 都是偶数.
+方程式\ref{eq1}模 4 , 得到
+$$
+(-1)^y \equiv 1(\bmod 4),
+$$
+从而 $y$ 是偶数.
+将方程(1)模 16 ,得到
+$$
+8^x+(-1)^y \equiv 1(\bmod 16),
+$$
+即 $8^x \equiv 0(\bmod 16)$, 故 $x \geqslant 2$.
+注意 $17^2 \equiv 1,15^2 \equiv 1(\bmod 32)$, 故若 $z$ 是奇数, 则由 $2 \mid y$ 及 $x \geqslant 2$, 可从式\ref{eq1}得出
+$$
+1 \equiv 17(\bmod 32),
+$$
+这不可能.
+所以 $z$ 必为一个偶数.
+设 $y=2 y_1, z=2 z_1$, 则方程(1)可分解为
+$$
+\left(17^{z_1}-15^{y_1}\right)\left(17^{z_1}+15^{y_1}\right)=8^x . \label{eq2}
+$$
+易知式\ref{eq2}中左边两个因数的最大公约数为 2 , 而式\ref{eq2}的右边是 2 的幂, 故必须有
+$$
+\left\{\begin{array}{l}
+17^{x_1}-15^{y_1}=2 . \label{eq3}\\
+17^{x_1}+15^{y_1}=2^{3 x-1} . \label{eq4}
+\end{array}\right.
+$$
+将式\ref{eq3}模 32 可知, $z_1$ 与 $y_1$ 必须都是奇数 (否则, 式\ref{eq3}的左边 $\equiv 0,-14,16(\bmod 32)$). 将式\ref{eq3}、\ref{eq4}相加, 得
+$$
+17^{z_1}=1+2^{3 x-2} . \label{eq5}
+$$
+若 $x \geqslant 3$, 则 式\ref{eq5} 的右边 $\equiv 1(\bmod 32)$; 而因 $z_1$ 为奇数, 故左边 $\equiv 17(\bmod 32)$, 这不可能, 故必有 $x=2$. 由此及 式\ref{eq5} 得 $z_1=1$, 即 $z=2$, 进而易知 $y_1=1$, 即 $y=2$. 因此 $x=y=z=2$.
+这一解法, 是同余结合分解方法的典型的例子.
+用同余导出 $y 、 z$ 均是偶数,正是为后面的分解方程作准备.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 证明: 不定方程
+$$
+(x+1)^y-x^z=1, x, y, z>1 . \label{eq1}
+$$
+仅有一组正整数解 $x=2, y=2$ 及 $z=3$.
+%%<SOLUTION>%%
+分析:这里介绍两种解法.
+第一种解法基于同余结合分解手法, 相当简单, 第二种解法采用比较素数幂方法, 虽然较为麻烦, 却具有一些代表性.
+证明一首先, 将方程式\ref{eq1}模 $x+1$, 得
+$$
+-(-1)^z \equiv 1(\bmod x+1),
+$$
+故 $z$ 是奇数.
+将式\ref{eq1}分解为
+$$
+(x+1)^{y-1}=x^{z-1}-x^{z-2}+\cdots-x+1,
+$$
+由此易知 $x$ 是偶数.
+因为若 $x$ 为奇数, 则上式右边为奇数 $(z)$ 个奇数之和, 故是奇数, 而左边是偶数, 产生矛盾.
+同样, 将式\ref{eq1}变形为
+$$
+(x+1)^{y-1}+(x+1)^{y-2}+\cdots+(x+1)+1=x^{z-1},
+$$
+可见 $y$ 也是偶数.
+现在设 $x=2 x_1, y=2 y_1$, 则式\ref{eq1}可分解为
+$$
+\left((x+1)^{y_1}-1\right)\left((x+1)^{y_1}+1\right)=x^z . \label{eq2}
+$$
+因 $x$ 是偶数, 故 $(x+1)^{y_1}-1$ 与 $(x+1)^{y_1}+1$ 的最大公约数是 2 , 又显然有 $x \mid(x+1)^{y_1}-1$. 由这些及式\ref{eq2}推出, 必须
+$$
+(x+1)^{y_1}-1=2 x_1^z,(x+1)^{y_1}+1=2^{z-1} .
+$$
+因此 $2^{z-1}>2 x_1^z$, 故 $x_1=1$, 即 $x=2$, 从而易得 $y=2$ 及 $z=3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+例8. 证明: 不定方程
+$$
+(x+1)^y-x^z=1, x, y, z>1 . \label{eq1}
+$$
+仅有一组正整数解 $x=2, y=2$ 及 $z=3$.
+%%<SOLUTION>%%
+证明二这一证明分两步进行.
+首先证明 $x$ 没有奇素数因子.
+采用反证法, 设有一个奇素数 $p$, 使 $p \mid x$, 设 $x=p^a x_1$, 其中 $a \geqslant 1, p \nmid x_1$. 由二项式定理,可将式\ref{eq1}变形为
+$$
+x y+\sum_{i=2}^y \mathrm{C}_y^i x^i=x^z . \label{eq3}
+$$
+由此可见 $x^2 \mid x y$, 即 $x \mid y$, 从而 $p \mid y$. 设 $y=p^b y_1, p \nmid y_1$, 则 $b \geqslant a$. 我们将通过比较\ref{eq3}式两边所含 $p$ 的幂次来导出矛盾.
+对 $2 \leqslant i \leqslant y$, 设 $p^c \| i$, 则在
+$$
+\mathrm{C}_y^i x^i=\frac{y}{i} \mathrm{C}_{y-1}^{i-1} x^i=\frac{p^b y_1}{i} \mathrm{C}_{y-1}^{i-1}\left(p^a x_1\right)^i
+$$
+中, $p$ 的幂次至少是 $d=b+a i-c$. 若 $c=0$, 则 $d>a+b$; 若 $c>0$, 则由 $p \geqslant$ 3 得 $p^c>c+1$, 又 $p^c \mid i$, 故 $p^c \leqslant i$. 因此, $i>c+1$, 从而
+$$
+d>b+a+c(a-1) \geqslant a+b .
+$$
+故我们总有 $d \geqslant a+b+1$, 于是 $p^{a+b+1} \mid \mathrm{C}_y^i x^i(2 \leqslant i \leqslant y)$, 进而有
+$$
+p^{a+b+1} \mid \sum_{i=2}^y \mathrm{C}_y^i x^i .
+$$
+又 $p^{a+b} \| x y$, 因此\ref{eq3}式左边含 $p$ 的幂次为 $a+b$.
+另一方面, 由于 $p^a \| x$, 故 $p^{a z} \| x^z$, 即 \ref{eq3} 式右边含 $p$ 的幂次为 $a z$. 但由原方程式\ref{eq1}可见 $z>y$, 又 $p^b \mid y$, 故 $y \geqslant p^b$, 从而
+$$
+a z>a y \geqslant a p^b \geqslant a(b+1) \geqslant a+b .
+$$
+因此\ref{eq3}式左、右两边含 $p$ 的幕次不等, 这不可能.
+所以 $x$ 不含奇素数因子, 即 $x$ 为 2 的幕.
+设 $x=2^k(k \geqslant 1)$. 由前面证明过的 $x \mid y$, 可知 $y$ 是偶数,设 $y=2 y_1$. 方程式\ref{eq1}可分解为
+$$
+\left(\left(2^k+1\right)^{y_1}-1\right)\left(\left(2^k+1\right)^{y_1}+1\right)=2^{k z},
+$$
+因上式左边两个因数的最大公约数为 2 , 而右边是 2 的幂, 故必须
+$$
+\left(2^k+1\right)^{y_1}-1=2,\left(2^k+1\right)^{y_1}+1=2^{k z-1} .
+$$
+因此 $k=y_1=1$, 即 $x=y=2$, 故 $z=3$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/exercise1.tex

@@ -0,0 +1,61 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1. 设 $n$ 和 $k$ 都是正整数,则 $1,2, \cdots, n$ 中恰有 $\left[\frac{n}{k}\right]$ 个数被 $k$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+在 $1,2, \cdots, n$ 中, 被 $k$ 整除的数为 $k, 2 k, \cdots, d k$, 其中正整数 $d$ 满足 $d k \leqslant n$ 但 $(d+1) k>n$, 从而 $\frac{n}{k}-1<d \leqslant \frac{n}{k}$, 即 $d=\left[\frac{n}{k}\right]$, 故所说的数中共有 $\left[\frac{n}{k}\right]$ 个被 $k$ 整除.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2. 11 个女孩与 $n$ 个男孩去采蘑菇.
+所有这些孩子共采到 $n^2+9 n-2$ 个蘑菇, 并且每个孩子采到的个数都相同.
+试确定, 采蘑菇的孩子中是女孩多还是男孩多.
+%%<SOLUTION>%%
+由于各个孩子采到的蘑菇数目一样多, 故孩子的总数 $n+11$ 能整除蘑菇总数
+$$
+n^2+9 n-2=(n+11)(n-2)+20,
+$$
+从而 $n+11$ 整除 20 . 由于 $n+11>11$, 故 $n$ 只能是 9. 因此, 女孩比男孩多.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3. 设正整数 $n$ 的十进制表示为 $n=\overline{a_k \cdots a_1 a_0}\left(0 \leqslant a_i \leqslant 9, a_k \neq 0\right)$, 记 $T(n)=a_0-a_1+\cdots+(-1)^k a_k$ (由 $n$ 的个位起始的数码的正、负交错和). 证明 $n-T(n)$ 被 11 整除.
+由此得出被 11 整除的数的数字特征: 11 整除 $n$ 的充分必要条件是 11 整除 $T(n)$.
+%%<SOLUTION>%%
+我们有
+$$
+n-T(n)=\left(a_0-a_0\right)+\left(10 a_1+a_1\right)+\cdots+\left(a_k \times 10^k-(-1)^k a_k\right) .
+$$
+易知对 $i=0,1, \cdots, k$, 数 $a_i \times 10^i-(-1)^i a_i$ 被 11 整除(按 $i$ 为偶、奇数分别用分解式 (5)、(6)). 因此 $n-T(n)$ 被 11 整除, 故问题中两方面的结论均成立.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4. 设 $n$ 个整数具有下述性质: 其中任意 $n-1$ 个数之积与剩下那个数的差都能被 $n$ 整除.
+证明: 这 $n$ 个数的平方和也能被 $n$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $a_1, \cdots, a_n$ 是具有所说性质的整数, $A$ 是它们的积, 对于 $1 \leqslant i \leqslant n$, 数 $n$ 整除 $\frac{A}{a_i}-a_i$, 因而能整除
+$$
+a_i\left(\frac{A}{a_i}-a_i\right)=A-a_i^2 .
+$$
+故 $n$ 整除这些数的和 $\left(A-a_1^2\right)+\cdots+\left(A-a_n^2\right)=n A-\left(a_1^2+\cdots+a_n^2\right)$. 从而 $n$ 整除 $a_1^2+\cdots+a_n^2$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5. 设整数 $a 、 b 、 c 、 d$ 满足 $a d-b c>1$, 证明: $a 、 b 、 c 、 d$ 中至少有一个数不被 $a d-b c$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+若 $a 、 b 、 c 、 d$ 都被 $a d-b c$ 整除, 则 $(a d-b c)^2$ 整除 $a d$ 及 $b c$, 故整除 $a d-b c$, 由此得知 $|a d-b c|=1$, 这与已知 $a d-b c>1$ 矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+

raw_volume-zh/volume10/exercise10.tex

@@ -0,0 +1,128 @@
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题1. 证明,对任意整数 $a \geqslant 3$, 有无穷多个正整数 $n$, 使得 $a^n-1$ 被 $n$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+因 $a \geqslant 3$, 故 $a-1$ 有素因子 $p$. 由费马小定理知, $a^p \equiv a \equiv 1(\bmod p)$. 用归纳法易证, $n=p^k(k=1,2, \cdots)$ 均符合要求.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题2. 设 $n_1, \cdots, n_k$ 为正整数, 具有下面的性质:
+$$
+n_1\left|\left(2^{n_2}-1\right), n_2\right|\left(2^{n_3}-1\right), \cdots, n_k \mid\left(2^{n_1}-1\right) .
+$$
+证明: $n_1=\cdots=n_k=1$.
+%%<SOLUTION>%%
+已知条件可重述为
+$$
+2^{n_2} \equiv 1\left(\bmod n_1\right), 2^{n_3} \equiv 1\left(\bmod n_2\right), \cdots, 2^{n_1} \equiv 1\left(\bmod n_k\right) .
+$$
+设 $D=\left[n_1, \cdots, n_k\right]$. 则由上式得出
+$$
+2^D \equiv 1\left(\bmod n_i\right)(i=1, \cdots, k),
+$$
+从而 $2^D \equiv 1(\bmod D)$, 故由第 8 单元中例 2 知 $D=1$, 所以 $n_1=n_2=\cdots=n_k=1$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题3. 设正整数 $a 、 b$ 满足 $a^2 b \mid\left(a^3+b^3\right)$, 证明 $a=b$.
+%%<SOLUTION>%%
+设 $a^3+b^3=m a^2 b$, 则 $\left(\frac{a}{b}\right)^3-m\left(\frac{a}{b}\right)^2+1=0$, 即有理数 $\frac{a}{b}$ 是首项系数为 1 的整系数方程
+$$
+x^3-m x^2+1=0 . \label{eq1}
+$$
+的一个根, 故 $\frac{a}{b}$ 必是整数 . 另一方面, 方程式\ref{eq1}的任一整数根必然整除常数项 1 , 从而只能是 \pm 1 ; 又 $a, b$ 为正数, 故 $\frac{a}{b}=1$, 即 $a=b$.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题4. 证明: 不定方程 $x^n+1=y^{n+1}$ 没有正整数解 $(x, y, n)$, 其中 $(x, n+1)=1$, $n>1$.
+%%<SOLUTION>%%
+显然 $y>1$. 原方程可分解为
+$$
+(y-1)\left(y^n+y^{n-1}+\cdots+y+1\right)=x^n . \label{eq1}
+$$
+关键是证明, $y-1$ 与 $y^n+y^{n-1}+\cdots+y+1$ 互素.
+若它们的最大公约数 $d>$ 1 , 则 $d$ 有素因子 $p$. 由 $y \equiv 1(\bmod p)$ 知, $y^i \equiv 1(\bmod p)$, 从而有
+$$
+y^n+y^{n-1}+\cdots+y+1 \equiv n+1(\bmod p),
+$$
+于是 $p \mid(n+1)$; 但由 式\ref{eq1} 又推出 $p \mid x^n$, 从而素数 $p \mid x$, 这与 $(x, n+1)=1$ 相违, 故 $d=1$. 现在由式\ref{eq1}推出, 存在正整数 $a, b$, 使得
+$$
+y-1=a^n, y^n+y^{n-1}+\cdots+y+1=b^n . \label{eq2}
+$$
+但 $y^n<y^n+y^{n-1}+\cdots+y+1<(y+1)^n$, 即 $y^n+y^{n-1}+\cdots+y+1$ 界于两个相邻的 $n$ 次幂之间, 故它不能是整数的 $n$ 次幂, 这与已证得的 式\ref{eq2} 相矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
+
+
+
+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题5. (1) 证明: 对任意给定的正整数 $n$, 存在非整数的正有理数 $a 、 b, a \neq b$, 使得 $a-b, a^2-b^2, \cdots, a^n-b^n$ 均为整数.
+(2) 设 $a 、 b$ 为正有理数, $a \neq b$. 若有无穷多个正整数 $n$,使 $a^n-b^n$ 为整数, 则 $a 、 b$ 都是整数.
+%%<SOLUTION>%%
+(1) 例如可取 $a=2^n+\frac{1}{2}, b=\frac{1}{2}$, 则对 $k=1, \cdots, n$,
+$$
+\begin{aligned}
+a^k-b^k & =(a-b)\left(a^{k-1}+a^{k-2} b+\cdots+a b^{k-2}+b^{k-1}\right) \\
+& =2^n \cdot a^{k-1}+2^n \cdot a^{k-2} b+\cdots+2^n \cdot a b^{k-2}+2^n \cdot b^{k-1} .
+\end{aligned}
+$$
+由于 $k \leqslant n$, 易知上式右边每一项均是整数, 故它们的和是整数.
+(2) 设 $a=\frac{x}{z}, b=\frac{y}{z}, x, y, z$ 都是正整数, 且 $(x, y, z)=1$. 则 $a^n-b^n$ 为整数, 等价于
+$$
+x^n \equiv y^n\left(\bmod z^n\right) . \label{eq1}
+$$
+我们要证明 $z=1$, 由此即知 $a, b$ 都是整数.
+设 $z>1$, 则 $z$ 有素因子.
+若 $z$ 有奇素数因子 $p$, 我们设 $r$ 是使 $x^r \equiv y^r(\bmod p)$ 成立的最小正整数.
+由 式\ref{eq1} 知 $x^n \equiv y^n(\bmod p)$, 故 $r \mid n$. 设 $p^\alpha\left\|n, p^\beta\right\|\left(x^r-y^r\right)$ (注意, 因 $a \neq b$, 故 $x \neq y$ ), 则 知 $p^{\alpha+\beta} \|\left(x^n-y^n\right)$, 但 式\ref{eq1} 意味着 $p^n \mid\left(x^n-y^n\right)$, 因此 $p^n \leqslant p^{\alpha+\beta}$, 故 $n \leqslant \alpha+\beta$, 又 $p^\alpha \leqslant n$, 故 $\alpha \leqslant \log _p n$, 从而
+$$
+n \leqslant \log _p n+\beta,
+$$
+这在 $n$ 充分大时不能成立 (注意 $\beta$ 是一个固定的数), 因此 式\ref{eq1}不可能对无穷多个 $n$ 成立, 矛盾.
+若 $z$ 没有奇素数, 则 $z$ 是 2 的幂.
+由 式\ref{eq1}及 $(x, y, z)=1$ 知, $x, y$ 都是奇数.
+当 $n$ 为奇数时, 由
+$$
+x^n-y^n=(x-y)\left(x^{n-1}+x^{n-2} y+\cdots+x y^{n-2}+y^{n-1}\right),
+$$
+并注意到上式右边第二个因子是奇数, 从而 $2^n \mid\left(x^n-y^n\right)$ 意味着 $2^n \mid(x-y)$, 因 $x \neq y$, 故这样的 $n$ 只有有限多个.
+当 $n$ 为偶数时, 设 $2^s \|\left(x^2-y^2\right)$, 若 $2^\alpha \| n$, 则 $2^{\alpha+5-1} \|\left(x^n-y^n\right)$. 结合 式\ref{eq1}得 $n \leqslant \alpha+s-$ 1. 因 $\alpha \leqslant \log _2 n$, 故
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+n \leqslant \log _2 n+s-1,
+$$
+这对充分大的偶数 $n$ 不能成立,矛盾.
+%%PROBLEM_END%%
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+
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+%%PROBLEM_BEGIN%%
+%%<PROBLEM>%%
+问题6. 设 $n \geqslant 4$ 是整数, $a_1, \cdots, a_n$ 是小于 $2 n$ 的互不相同的正整数.
+证��: 从这些数中可取出若干个,使它们的和被 $2 n$ 整除.
+%%<SOLUTION>%%
+若每个 $a_i$ 都不等于 $n$, 则结论易证.
+因为 $2 n$ 个数
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+a_1, a_2, \cdots, a_n, 2 n-a_1, 2 n-a_2, \cdots, 2 n-a_n .
+$$
+都是正整数, 且小于 $2 n$, 故其中必有两个相等, 即有 $i, j$ 使 $a_i=2 n-a_j$. 因 $i= j$ 意味着 $a_i=n$, 这与假设不符, 故 $i \neq j$, 从而 $a_i+a_j=2 n$, 可被 $2 n$ 整除.
+现在无妨设 $a_n=n$. 考虑 $n-1(\geqslant 3)$ 个整数 $a_1, a_2, \cdots, a_{n-1}$, 这其中必有两个数的差不被 $n$ 整除, 因为,若所有的 $\mathrm{C}_{n-1}^2$ 个两数之差都被 $n$ 整除, 则因 $\mathrm{C}_{n-1}^2 \geqslant 3$, 故有三个数 $a_i<a_j<a_k$, 使 $n\left|\left(a_j-a_i\right), n\right|\left(a_k-a_j\right)$, 从而 $a_k- a_i=\left(a_k-a_j\right)+\left(a_j-a_i\right) \geqslant 2 n$, 这不可能.
+无妨设 $a_1-a_2$ 不被 $n$ 整除.
+考虑下面 $n$ 个数
+$$
+a_1, a_2, a_1+a_2, a_1+a_2+a_3, \cdots, a_1+a_2+\cdots+a_{n-1} . \label{eq1}
+$$
+若它们模 $n$ 互不同余, 则其中有一个被 $n$ 整除; 若式\ref{eq1}中的数有两个模 $n$ 同余, 则这两数的差被 $n$ 整除,因此必产生 $a_1, \cdots, a_{n-1}$ 中某些数之和被 $n$ 整除(因 $a_1-a_2$ 不被 $n$ 整除), 记这个和为 $k n$. 若 $k$ 是偶数,则结论已成立; 若 $k$ 是奇数, 将 $a_n=n$ 添人所说的和, 即得结果.
+%%PROBLEM_END%%
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