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Error code: DatasetGenerationError
Exception: TypeError
Message: Couldn't cast array of type string to null
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writer.write_table(table)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/arrow_writer.py", line 644, in write_table
pa_table = table_cast(pa_table, self._schema)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 2272, in table_cast
return cast_table_to_schema(table, schema)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 2223, in cast_table_to_schema
arrays = [
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 2224, in <listcomp>
cast_array_to_feature(
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 1795, in wrapper
return pa.chunked_array([func(chunk, *args, **kwargs) for chunk in array.chunks])
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 1795, in <listcomp>
return pa.chunked_array([func(chunk, *args, **kwargs) for chunk in array.chunks])
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 2052, in cast_array_to_feature
casted_array_values = _c(array.values, feature.feature)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 1797, in wrapper
return func(array, *args, **kwargs)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 2086, in cast_array_to_feature
return array_cast(
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 1797, in wrapper
return func(array, *args, **kwargs)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/table.py", line 1948, in array_cast
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The above exception was the direct cause of the following exception:
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parquet_operations = convert_to_parquet(builder)
File "/src/services/worker/src/worker/job_runners/config/parquet_and_info.py", line 1055, in convert_to_parquet
builder.download_and_prepare(
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/builder.py", line 894, in download_and_prepare
self._download_and_prepare(
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/builder.py", line 970, in _download_and_prepare
self._prepare_split(split_generator, **prepare_split_kwargs)
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/builder.py", line 1702, in _prepare_split
for job_id, done, content in self._prepare_split_single(
File "/src/services/worker/.venv/lib/python3.9/site-packages/datasets/builder.py", line 1858, in _prepare_split_single
raise DatasetGenerationError("An error occurred while generating the dataset") from e
datasets.exceptions.DatasetGenerationError: An error occurred while generating the datasetNeed help to make the dataset viewer work? Make sure to review how to configure the dataset viewer, and open a discussion for direct support.
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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.
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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 $P$.
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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.
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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
$$
\begin{align*}
\left\{
\begin{aligned}
f(2a) \leq 0, \\
f(a^2+1) \leq 0,\\
\end{aligned}
\right.
\end{align*}
\longrightarrow 1\leq a \leq 3 \text{或} a=-1.$$
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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.
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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.
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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.
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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 $m \in\left\{\frac{1}{3},-\frac{1}{2}, 0\right\}$.
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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.
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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 $p>-1 、 q<-2$.
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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 $A \backslash B$.
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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:./images/volume1/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, $A \backslash B=(A \cup B) \backslash B=\{3,5,7\}$.
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"./images/volume1/figures/fig-c2e3.png"
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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?
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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.
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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.
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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 $A \cap B=\varnothing$.
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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.
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解: 由图(<FilePath:./images/volume1/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 $7^{2005}$.
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"./images/volume1/figures/fig-c2e7.png"
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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 $|A|$.
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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, $|A|=1$.
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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 $|A \cap B|$.
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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.
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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.
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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。
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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.
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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.
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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 .
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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 .
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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.
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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.
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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 $r_A(n)=r_B(n)$ ?
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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 $n$, 满足 $s_1+s_2=n$ 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.
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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 $b<a \leqslant \frac{4}{3} b$.
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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.
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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 $M$-划分的个数.
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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 $2^{501}$.
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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 .
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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.
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例8. 设 $A \subseteq\{0,1,2, \cdots, 29\}$ 满足：对任何整数 $k$ 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 $A$.
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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.
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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.
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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!
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例2. 已知 $a>0, a \neq 1$, 解关于 $x$ 的不等式:
$$
2 \log _a(x-1)>\log _a[1+a(x-2)] .
$$
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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.
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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?
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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.
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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?
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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.
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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,
$$
\min \left\{\max \left\{\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, a^2+b^2\right\}\right\}=\sqrt[3]{2} .
$$
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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.
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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
$$
f(n)=\sum_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}(i+i-1)=\sum_{i=1}^{\left[\frac{n}{2}\right]}(2 i-1)=\left(\left[\frac{n}{2}\right]\right)^2 .
$$
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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.
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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.
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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.
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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: $A_1, A_2$.
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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?
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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.
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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.
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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 .
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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.
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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, $\varphi(2)=1, \varphi(3)=2, \varphi(6)=2, \varphi(8)=4$.
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问题1: 已知三元实数集 $A=\{x, x y, x+y\}, B=\{0,|x|, y\}$, 且 $A=B$, 则$x^{2005}+y^{2005}=$
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解: 0 .
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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
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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 $S \varsubsetneqq T$.
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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
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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, $M=N=\{k \mid k=4 t, t \in \mathbf{Z}\}$.
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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
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解: 7. 如图(<FilePath:./images/volume1/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 $S_{M N P Q R}=7$.
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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
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解: 7. 因为 $1+5=2+4=3+3$, 故 $M$可以是 $\{3\},\{1,5\},\{2,4\},\{1,3,5\},\{2,3,4\},\{1,2,4,5\},\{1,2,3$, $4,5\}$.
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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
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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 $a_{\min }=2$.
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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
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解: $2^{90}-1$.
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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
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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.
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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
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解: $M \varsubsetneqq N$. 由 $a^2+1=(a+2)^2-4 a+5$ 知 $M \subseteq N$. 但 $1 \in N, 1 \notin M$.
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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
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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.
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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 $S=$
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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 $i \in S,-i \in S$.
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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 $A=$
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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 $x_2=2, x_4=5$.
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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.
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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 $x=\frac{4851}{200}$.
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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.
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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 .
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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
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-3 . $|a|=3$, 且 $a^2+2 a+2=5$. 解得 $a=-3$.
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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 $M \cap \complement_{\mathrm{z}} S=$
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$\{x \mid x=6 n \pm 2, n \in \mathbf{Z}\} . M=\{x \mid x=6 n, 6 n+2,6 n+4, n \in \mathbf{Z}\}$, $S=\{x \mid x=6 n, 6 n+3, n \in \mathbf{Z}\}$, 于是 $M \cap \complement_{\mathbf{Z}} S=\{x \mid x=6 n \pm 2, n \in \mathbf{Z}\}$.
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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
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$[-4 \sqrt{2}, 4) . M \cap N \neq \varnothing \Leftrightarrow y=\sqrt{16-x^2}=x-a \neq 0$ 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.
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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
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$(-4,+\infty)$. 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 $-(p+2)<0$.
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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
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9. $M=\{(x, y) \mid x=k, y=l, k, l \in \mathbf{Z}\}$.
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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
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$\left[\frac{11}{4}, 5\right]$. 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 $\frac{11}{4} \leqslant \lambda \leqslant 5$.
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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
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$m \leqslant 3$. 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 $2 \leqslant m \leqslant 3$.
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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 $A=? B=?$
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如图(<FilePath:./images/volume1/figures/fig-c2p8.png>)所示,
$A=\{3,5,7\}, B=\{5,9,13\}$.
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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 $a=?$
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$a=-2 . B=\{2,3\}, C=\{2,-4\}$. 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.
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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
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$\frac{1}{2} \pi^3 . A=\{(x, y) \mid 2 k \pi<3 x+ 5 y<2 k \pi+\pi, k \in \mathbf{Z}, \text{且} x^2+y^2 \leqslant \pi^2\}, A$ 所成图形为图(<FilePath:./images/volume1/figures/fig-c2p10.png>)中阴影部分.
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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
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$2^{m-n}\left(2^n-1\right)$. 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 $2^m-2^{m-n}$.
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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.
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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.
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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.
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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, $A \cap B=\{y \mid y=a^{2 x+1}, x \in \mathbf{N}\}$.
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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
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$100$. 当 $n \in A$ 时, $y=f(n)=n^2+n-2$ 恒为偶数.
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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
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$1870$ . $k$ 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 $|A|=1870$.
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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.
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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.
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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?
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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.
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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?
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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 $2 n-3$.
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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?
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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.
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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.
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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 .
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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?
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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$. 并且和数 $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.
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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$.
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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.
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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|$.
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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$.
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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| .
$$
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$\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} )$.
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问题16 设 $S$ 为十进制中至多有 $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|$ ?
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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.
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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.
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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}
$$
特别地, 当 $n=6, m=3$ 时, $S_3=5 S_2+4 S_1=5 \times 34+4 \times 6=194$, 所以 $\left|B_6^3\right|=194-6-\left(C_6^2-1\right)\left(2^3-2\right)=104$.
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问题2 设 $S$ 是一个有 6 个元素的集合,选取 $S$ 的两个子集(可以相同), 使得这两个子集的并集是 $S$, 选取的次序无关紧要, 例如, 一对子集 $\{a, c\},\{b, c$, $d, e, f\}$ 与一对子集 $\{b, c, d, e, f\},\{a, c\}$ 表示同一种取法.
这样的取法有?种。
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$435$. 设 $S=A \cup B,|A| \leqslant|B|$. 若 $|A|=0$, 则 $|B|=6$, 有 1 种取法; 若 $|A|=1$, 则 $|B|=6,5$, 有 $\mathrm{C}_6^1 \mathrm{C}_6^6+\mathrm{C}_6^1 \mathrm{C}_5^5=12$ 种取法; 类似地, 可分别计算出 $|A|=2,3,4,5,6$ 时的取法数.
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问题4 已知集合 $M$ 是 $\{1,2, \cdots, 2003\}$ 的子集,且 $M$ 中任意两个元素之和均不能被 3 整除.
求集合 $M$ 中元素个数的最大值.
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考虑集合 $A=\{3,6,9, \cdots, 2001\}, B=\{1,4,7, \cdots, 2002\}, C= \{2,5,8, \cdots, 2003\}$. 由 $A$ 中至多选一个元素与集合 $B$ 或 $C$ 构成一个新的集合 $M$. 因为 $|B|=|C|=668$, 所以 $M$ 中最多有 669 个元素.
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问题7 $X=\{1,2, \cdots, n\}, A 、 B 、 C$ 是 $X$ 的分划, 即 $A \cup B \cup C=X$, 并且 $A 、 B$ 、 $C$ 两两的交集都是空集.
如果从 $A 、 B 、 C$ 中各取一个元素, 那么每两个的和都不等于第三个.
求
$$
\max \{\min (|A|,|B|,|C|)\} .
$$
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考虑奇偶性.
如果 $A$ 由 $X$ 中的奇数组成, $B \cup C$ 由 $X$ 中的偶数组成, 那么它们合乎题设要求.
这时 $\min (|A|,|B|,|C|)=\left[\frac{n}{4}\right]$. 由此, 猜测 $\max \{\min (|A|,|B|,|C|)\}=\left[\frac{n}{4}\right]$, 也就是恒有 $\min (|A|,|B|$, $|C|) \leqslant \frac{n}{4}$.
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问题10 设 $k$ 为正整数, $M_k$ 是 $2 k^2+k$ 与 $2 k^2+3 k$ 之间 (包括这两个数在内) 的所有整数组成的集合.
能否将 $M_k$ 拆分为两个不相交的子集 $A 、 B$, 使得
$$
\sum_{x \in A} x^2=\sum_{x \in B} x^2 ?
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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.
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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 $x_1+x_2+\cdots+x_{n-1}=x_n$.
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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 $n^2-n-1$.
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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.
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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 .
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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.
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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 $\{k \mid k=4 m+3, m=0,1, \cdots ; k= 4 m, m=23,24, \cdots\}$.
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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.
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$2^9$. 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 $a_1+a_2+\cdots+a_{10} \leqslant \mathrm{C}_9^0+\mathrm{C}_9^1+\cdots+\mathrm{C}_9^9=2^9$.
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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
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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 .
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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.
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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 $7 \times 64=448$.
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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 $\max |A|$.
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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, $\max |A| \leqslant k+(n+1-k)=n+1$.
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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?
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$\{1,2, \cdots, n\}$ 中含 $k(1 \leqslant k \leqslant n)$ 的子集有 $2^{n-1}$ 个, 故其总和为 $2^{n-1}(1+2+\cdots+n)=2^{n-2} n(n+1)$.
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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?
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“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 $\{2,3,4,6,8,9,10,12,14,15,16\}$.
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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.
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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 $n=42$.
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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.
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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 $\frac{1}{p}\left(\mathrm{C}_{2 p}^p-2\right)+2$.
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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 $(a+b) \mid a b$.
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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 $K=39$.
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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.
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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, $k_n=\left[\frac{n-1}{2}\right]$.
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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.
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若有 $a \in S$ 且至多属于 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: $\{1,2,3,4,5, 6,7\},\{1,2,3,8,9,10,11\},\{1,2,3,12,13,14,15\},\{1,4,5,8,9, 12,13\},\{1,4,5,10,11,14,15\},\{1,6,7,8,9,14,15\},\{1,6,7,10,11,12,13\},\{2,4,6,8,10,12,14\},\{2,4,6,9,11,13,15\},\{2,5,7,8,10,13,15\},\{2,5,7,9,11,12,14\},\{3,4,7,8,11,12,15\},\{3,4,7,9,10,13,14\},\{3,5,6,8,11,13,14\},\{3,5,6,9,10,12,15\}$.
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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.
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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 $|S|=1958$.
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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?
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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 $2^6+5 \times 2^4+56+25+7+1=233$.
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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.
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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, $|S|_{\text {max }}=\left[\frac{3(n+1)^2+1}{4}\right]$.
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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.
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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 $\{1,2,3\}$.
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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).
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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.
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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.
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二、三.
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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
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$7$. 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.
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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
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$b=-\frac{3}{2}$.
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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
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$k \geqslant \frac{1+\sqrt{7}}{6}$. 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.
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Subsets and Splits
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