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第十八章 组合 一、方法与例题 1.抽屉原理。 例 1 设整数 n≥4,a1,a2,?,an 是区间(0,2n)内 n 个不同的整数, 证明: 存在集合{a1,a2,?,an} 的一个子集,它的所有元素之和能被 2n 整除。 [ 证 明 ] ( 1 ) 若 n ? {a1,a2, ? ,an}, 则 n 个 不 同 的 数 属 于 n-1 个 集 合 {1,2n-1} , {2,2n-2},?,{n-1,n+1}。由抽屉原理知其中必存在两个数 ai,aj(i≠j)属于同一集合,从而 ai+aj=2n 被 2n 整除; (2) 若 n∈{a1,a2,?,an}, 不妨设 an=n, 从 a1,a2,?,an-1(n-1≥3)中任意取 3 个数 ai, aj, ak(ai,<aj< ak),则 aj-ai 与 ak-ai 中至少有一个不被 n 整除,否则 ak-ai=(ak-aj)+(aj-ai)≥2n,这与 ak∈(0,2n) 矛盾,故 a1,a2,?,an-1 中必有两个数之差不被 n 整除;不妨设 a1 与 a2 之差(a2-a1>0)不被 n 整除,考虑 n 个数 a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,?,a1+a2+?+an-1。 ⅰ)若这 n 个数中有一个被 n 整除, 设此数等于 kn, 若 k 为偶数,则结论成立; 若 k 为奇数, 则加上 an=n 知结论成立。 ⅱ) 若这 n 个数中没有一个被 n 整除, 则它们除以 n 的余数只能取 1,2,?,n-1 这 n-1 个值, 由抽屉原理知其中必有两个数除以 n 的余数相同,它们之差被 n 整除,而 a2-a1 不被 n 整除, 故这个差必为 ai, aj, ak-1 中若干个数之和,同ⅰ)可知结论成立。 2.极端原理。 例 2 在 n×n 的方格表的每个小方格内写有一个非负整数,并且在某一行和某一列的交叉 点处如果写有 0,那么该行与该列所填的所有数之和不小于 n。证明:表中所有数之和不小 于 1 2 n 。 2 [证明] 计算各行的和、各列的和,这 2n 个和中必有最小的,不妨设第 m 行的和最小,记 和为 k,则该行中至少有 n-k 个 0,这 n-k 个 0 所在的各列的和都不小于 n-k,从而这 n-k 列 的数的总和不小于 (n-k)2,其余各列的数的总和不小于 k2,从而表中所有数的总和不小于 (n-k)2+k2≥ (n ? k ? k ) 2 1 2 ? n . 2 2 3.不变量原理。 俗话说,变化的是现象,不变的是本质,某一事情反复地进行,寻找不变量是一种策略。 例 3 设正整数 n 是奇数,在黑板上写下数 1,2,?,2n,然后取其中任意两个数 a,b,擦 去这两个数,并写上|a-b|。证明:最后留下的是一个奇数。 [证明] 设 S 是黑板上所有数的和,开始时和数是 S=1+2+?+2n=n(2n+1),这是一个奇数, 因为|a-b|与 a+b 有相同的奇偶性,故整个变化过程中 S 的奇偶性不变,故最后结果为奇数。 例 4 数 a1, a2,?,an 中每一个是 1 或-1, 并且有 S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+?+ana1a2a3=0. 证明: 4|n. [证明] 如果把 a1, a2,?,an 中任意一个 ai 换成-ai,因为有 4 个循环相邻的项都改变符号,S 模 4 并不改变,开始时 S=0,即 S≡0,即 S≡0(mod4)。经有限次变号可将每个 ai 都变成 1, 而始终有 S≡0(mod4),从而有 n≡0(mod4),

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