第11章 排列、组合与概率统计-2022全国重点大学招生【强基计划】数学解难

参考答案 下面证明当a 方法2:类比柯西不等式的证明,构造二次函数f(t) (∑anx,)12-2(∑axy,)t+(∑ay) 不等式 acos a+bos2x≥-1对于一切x∈R恒成立 因为 acos 7+bcos2+12cos2x+ -cos T+1 =(∑ax1)2-(∑axy) ∑ax1)t+(∑ayy) 恒成立,所以(a+b)m=2. ∑ax,)12-(∑anxy)t 在题设条件下,类似方法可求(a+b)m (∑ yiyi 则 acOs T+bcos2x+1 Cos . x 对任意的t∈R,令x1=x;-y2,则对于x1,z R根据题设条件,∑ax≥0恒成立,于是判别 =-2(cosx+1)2+≥-+ 21.解:方法1:引理一给定实数a(1≤≤n,1≤≤n),满(∑ax)(∑a)≤0即完成了证明等 足an=a,则yx1,x2,…,x,∈R,∑ax1x1可以 号成立当且仅当x1=x1t-y同时为0,即xy;=xy 写成A1(b1x1+b12x2+…+bnxn)2+A2(b21x1+b2x2 评析:此题的两个引理,均有高等代数的背景,我们没 +…+bnxn)2+…+n(bnx1+bx2+…+bmxn)2,其 有办法给出初等范围内的证明 中A1(1≤n)和b(1≤≤n)只和an(1≤i≤n,1≤ 其高等代数的背景如下:A=(aa)为实对称矩阵,记 j≤n)有关,和x1,x2…,xn无关 X=(x1;x2…,xn),Y=(y,y2,…,y)为任意的n维向 其一般化结论是:给定实数an(1≤i≤n,1≤j≤n),满 则 xn∈R,y1,y2……,yn∈R, 量,则 (S Y) ∑ax,y可以写成 A1(b1x1+b12x2+…+b1nxn)(b1y1+b2y2+…+b (SX),即实对称矩阵的对角化,其 yn)+A2(b21x1+b2x2+…+b2nxn)(b21y1+b2y2+ bny2+…+bmy),其中A(1≤≤n)和b(1≤i,j≤ 中S为正交矩阵,而∑ax1x1≥0,等号成立当且 仅当x1=x2=…=xn=0,说明矩阵A正定,n个特征 回到原题,∑anxx1=A1(b1x1+b2x2+…+b 值A;(1≤≤n)均为非负实数,且不同时为0 xn)2+A2(b21x1+b2x2+…+b2nxn)2+…+An(bnx1 十bx) 第十一章排列、组合与概率统计 ∑anyy,=A(b1y+b2y2+…+bnyn)2+k2(b21 、选择题 +b2y2+…+b2yn)2+…+An(bn、y1+b2y2+…+ 1.C新加的两个数0,1必须是0在1之前,所以把前面 byn)2利用柯西不等式, 数排列,插到01排列中,共三种.2个数时只有0,1;4个 ∑anxx)(∑ayy,)≥[A(b1x1+b12x2+数时,把0,1插入到01中,共三种,有一个重复,所以减 …+bnyn)+A2(b21x1+b 1,共2种,0011,0101;6个数时,把前面0011,0101插入 x2+…+b2xn)(b21y1+b2y2+…+b2nyn)+…+A 到01,共6种,1种重复,所以共5种;8个数时, 共5×3-1=14.综上,本题答案为C. yn)](注意这一步用到了λ1(1≤i≤n)的非负性)2.A由题意可得,若每人均与其他五人交换了纪念品,则 共交换了C=15次,又因为只进行了13次交换,因此 ∑ 仅有C。-13=15-13=2次交换未进行 参考答案 10.B边和对角线总数C6=15 15.AB枚举易知A,B正确,考虑四个数的情况a,b,c,d 条,三角形有C=20个C≥ 固定顺序时至少有abcd,a(bc)d,ab(cd),a(bd) 20→n≥6,则n=6时,每个 a[b(cd)]五种乘法,四个数的全排列有41=24种, 色组恰好对应一个三角形,且 I4≥5×24=120>96.五个数全排列5!=120 至少有1种颜色连有3条线 因此I5>120.即知C,D错误 段,则这三条线段没有公共端 16.C由题意可得C1,C,C1构成等差数列 点(否则存在三角形含同色 则2=(m+(1,化简可得n2-(4k+1)n+4k2-2=0 以k为主元整理4k2-4nk+n2-n-2=0 边),含这种颜色边的三角形有12个(选取两个顶点做 端点后,还有四个端点可供选择),而余下5种颜色的 则k 二色组为C=10<12 则n+2为完全平方数,则n+2=m2,则44≥m≥3 故不存在,所以n≥7,n=7时,如图选B 点评:当n=7时,给出一种构造方式即可 若k=n-√n+2m2-m-2(m-=2)(m+1) 2,因为 11.C方法1:记2k枚棋子时,这种条件的不同的排列方 m-2,m+1奇偶性相反,故则对于任意44≥m≥3都 式有A2种,则加入2枚同字的棋子