中等数学1983 2013第48届imo预选题四

第 届IMO预选题(四{1,2,⋯,n}中的数被染成红色或蓝色,n+n1的整数.求满足下列条件的所有数列a1,a2,⋯,n+ai∈{0,1对于所有满足1≤in2+ni成立ai+1+ai+2+⋯+ai+<ai+n+1+ai+n+2+⋯+ai+2n0≤i≤n2-ni成立nn1个,每个矩形的边与单位正方形的边平行.

足下列条件:S×S×S2007个有序三元数组(x,y,z),使得xyz同色x+y+zn整除A0=(a1,a2,⋯,an)是实数数列.对于每个非负整数k,由数列Ak=(x1,x2,⋯xn来构造一个新的数列Ak+1满足下列条件:(1选择{1,2,⋯,n的一个分割I∪JI∩J=ÁI∪J1,2,⋯n},∑xi-∑xj取得最小值IJ形内部的点的直线也过某个矩形内部的点 i j证明:存在一个矩形,其内部及边界上的点都求所有的正整数n使得集合S

空集,这种情况的和为0),如果有多于一个(2Ak+1=y1y2,⋯yn),个砝码称量重为w(1≤w≤Fn+2- =Fn-1<Fn+1-1的物体,这样可以由归纳综上,由归纳法知结论成立n10F1=F21,F32,F43F55F68F713F8=21,F9=34,F10=55.其中任意去掉一个,仍可以称量重为

(1≤w≤F11-1=89- 的物体对于(2),可以构造广义斐波那契数列g(n)=g(n-1)+g(n-3)(n≥4)g(1)=g(2)=g(3)=1第 届IMO预选题(四(天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所{1,2,⋯,n}中的数被染成红色或蓝色,并满组合部分n+n1的整数.求满足下列条件的所有数列a1,a2,⋯,n+ai∈{0,1对于所有满足1≤in2+ni成立ai+1+ai+2+⋯+ai+<ai+n+1+ai+n+2+⋯+ai+2n0≤i≤n2-ni成立nn1个,每个矩形的边与单位正方形的边平行.任意一条与单位正方形的边平行,且过正方

足下列条件:S×S×S2007个有序三元数组(x,yz),使得xyz同色x+y+zn整除A0=(a1,a2,⋯,an是实数数列.对于每个非负整数k,由数列Ak=(x1,x2,⋯xn来构造一个新的数列Ak1满足下列条件:(1选择{1,2,⋯,n的一个分割I∪JI∩J=ÁI∪J1,2,⋯,n},∑xi-∑xj取得最小值允许IJ形内部的点的直线也过某个矩形内部的点

i

j证明:存在一个矩形,其内部及边界上的点都求所有的正整数n使得集合S

空集,这种情况的和为0),如果有多于一个这样的分割,任意选其中的一个;(2Ak1=y1y2,⋯yn),个砝码称量重为w(1≤w≤Fn+2- =Fn-1<Fn1-1的物体,这样可以由归纳假设得证.综上,由归纳法知结论成立n10F1=F21,F32,F43F55F68F713F8=21,F934,F10=55.其中任意去掉一个,仍可以称量重为(1≤w≤F11-1=89- 的物体对于(2),可以构造广义斐波那契数列g(n)=g(n-1)+g(n-3)(n≥4)g(1)=g(2)=g(3)=1用与(1,

n个砝码,任意去掉两个,仍能称出重为w(1≤w≤g(n1)-1,而g(13)=,重量范围为1≤w≤59的物体是12个砝码来称量出的.,发现规律为斐波那契数列后,再进行归纳证明,解题步骤. 武炳杰.从无穷递降法到递推数列[J]. 2008(5). 吴振奎.斐波那契数列[M].沈阳辽宁教育出版社,的n个砝码任意去掉两个仍能称出重w(1≤w≤gn1)-1,g=,1≤w≤59的物体12个砝码来称量出试,发现规律为斐波那契数列后,再进行归武炳杰从无穷递降法到递推数列,2008(5)吴振奎.斐波那契数列[M].沈阳辽宁教育出版社,i∈I,yi=xi1i∈J,yi=xi-2证明:k,使得数列Ak中包含x,满足|x|≥n.2n,在笛卡尔坐标平面Sn={(x,y)|n≤x<n+Sn要么被染上红色,要么被染上蓝色设ab是两个不同的正整数.证明:ab的矩形,使得它的顶点有相同的颜色.IMO3题52设正实数α< .证明:存在正整52

,k=l,Skl]=条件2可改写为对于任意满足0≤i≤n2-ni,S(i,i+n]<S(i+n,i+2n]0≤k≤l≤m≤n2+nklm,S(k,m]=S(k,l]+S(l,m],由条件(20≤S(0n]<Sn,2n]<⋯<Sn2n2+n≤n.由于在0,n内恰有n+1个不同的整,,0≤v≤nv,S(vn,(v+1)n]=S(0n]=0S(n2n2+n]=a1=a2=⋯=an0nppα·2n),使得在集合{1,2,⋯2p

an+

a=n+=

a=n=

=S1,S2,⋯,Sp,T1,T2,⋯,Tp1≤ij≤p,Si∩Tj3Pn,考虑以P的顶点为顶点的三角形若所有的边明:好的三角形的数目不超过2n.3这样的数列是唯一的1≤u≤n,0≤v≤n

将数列ai}n1个部分,包含{ai}的连续的n,0部分到第n部分.n-v v0,结论成立v-1,结论成立v0,v部分包含v1设第1u,auvn1由归纳假设可知第v-1部分和第v部分为n,和为(0,⋯,0,⋯,0,1,⋯,1)(0,⋯,0,1,3,⋯,3)au+vn

0 u+v≤n

n-v1其中30

v-1

u-11 u+v≥n+1nn1个部分(0,0,⋯,0)(0,0,⋯,0,1)(0,0,⋯,0,1,1)

vv,则u≤n-v+1S(u+v-1)nu+vn]=vv=S(u+(v-1)n,u+vn n-1

n-2

<S(u+vn,u+(v+1)n]<n-v

n-1

<S(u+(n-1)n,u+n2]考虑满足条件的数列ai}.对于任意满0≤k≤l≤n2+nkl,设l∑S(k,l ∑i=k+

因为在区间vn]n-v1个不同的整数,,对于t=vv+1,⋯,n,有S(u+(t-1)n,u+tn]=t,数列{ai}v-1ni∈I,yi=xi1i∈J,yi=xi-2证明:存在整数k,使得数列Ak中包含一项x,满足|x|≥n.2对于每个整数n,在笛卡尔坐标平面Sn={(x,y)|n≤x<n+每个条状区域Sn要么被染上红色,要么被染上蓝色.设ab是两个不同的正整数.证明:ab的矩形,使得它IMO3题α设正实数< .证明:存在正α2

,k=l,Skl]=条件2可改写为对于任意满足0≤i≤n2-ni,S(i,i+n]<S(i+n,i+2n]0≤k≤l≤m≤n2+nklm,S(k,m]=S(k,l]+S(l,m],由条件(2由于在0,n内恰有n+1个不同的整S(vn,(v+1)n]=S(0n]=0Sn2n2+n]=a1=a2=⋯=an0nppα·2n),使得在集合{1,2,⋯,

an+

=an+

=

an+

=S1,S2,⋯,Sp,T1,T2,⋯,Tp1≤ij≤p,Si∩Tj3Pn,考虑以P的顶点为顶点的三角形.若所有的边明:好的三角形的数目不超过2n.3这样的数列是唯一的1≤u≤n,0≤v≤n

将数列ai}n1个部分,每部分中包含ai}n,0部分到第n部分.n-v v0,结论成立v-1,结论成立v0,v部分包含v1.设第1u,auvn1由归纳假设可知第v-1部分和第v部分为n,和为(0,⋯,0,⋯,0,1,⋯,1)(0,⋯,0,1,3,⋯,3) 0 u+v≤n u+

n-v1其中30

v-1 u-11 u+v≥n+1nn1个部分(0,0,⋯,0)(0,0,⋯,0,1)(0,0,⋯,0,1,1)

vv,u≤n-v+1Su+v-1)nu+vn]=vv=S(u+(v-1)n,u+vn n-1 n-2 <S(u+vn,u+(v+1)n]< 和为 和为v+ 和为nnu(0,⋯,0,0,⋯,0,1,⋯,)(0,⋯,0,1,3,⋯,3)(3,⋯,3,3,⋯,3)

1,且仍然没有分割线和内部矩形这与原分割出的矩形数目是最小的相矛盾.因此,不存在有公共边的矩形.和为v-

和为

和为v

和为

ABCD,AB,1,v+(v+1)+⋯+n+(n-=(v-1)+v+(v+1)+⋯+n即n-u=v-从而u=n-v因此,vn-v于是,v接下来证明:所得到的数列满足条件1≤i≤n2i,ai≤ai+n.1≤u≤n,0≤v≤n-1则au+vn<au+vn+n恰当u+v=n时成立.,u+vn=n+v(n-1)0≤i≤n2-n的整数i,存在整数v,满足n+v(n-1)∈[i+1,i+n]垂直方向一条过正方形内部的点,但不过任单位正方形边界上的点,假设结论不成立,则存在单位正方形的一种至少被分成两个矩形的分割,使得没有分割线和内部矩形.考虑分割出的矩形数目最少的那种分,2.,被如果存在两个矩形有公共边,则将这两个矩形并为一个矩形如1).的数目大于2则新的分割满足分割出的矩形 图

为下面的边上的左考虑分别包含顶ABab,a≠b.,这个矩形上面的边所在的直线就成为一条分割线.ab的高ac(c=b的情形),由前面所述,可得a与c的高不等.下面分两种情况讨论ca的高ac相邻d,即包含图2中有黑色标记的角的矩形cb,dBC没有公共点dABAD没有公共点因为没有内部矩形d一定与CD有公共点d左面的边所在的直线即为一条分割线,矛盾.c的高大于a的高,考虑与ac相邻的矩形d,即包含图3中有黑色标记的角的矩形da,dAD没有公共点dABBC没有公共点因为没有内部矩形所以d一定与CD有公共点因此d右面的边所在的直线即为一条分割线,矛盾.n69n=841,2,⋯,n被染成红色和蓝色分RB表示红色的数的集合和蓝色的数的集合.设| r,|B|=b=n-xyz同色,则称三元数组(xyx+y+zn,n-v n-1 <S(u+(n-1)n,u+n2]考虑满足条件的数列ai}.对于任意满0≤k≤l≤n2+n的整数kl,设l∑S(k,l ai∑i=k+

因为在区间vn]n-v1个不同的整数,,对于t=vv+1,⋯,n,有S(u+(t-1)n,u+tn]=t,数列ai}v-1n组xyz下面证明r2-rb+b2.对于任意二元数组xy)∈S×S,存在zxy∈S,使得三元数组(xyzxy是可整除的,恰有n2个可整除的三元数组此外,如果一个可整除的三元数组是双色,xyz中要么有一个蓝,要么有两个蓝这两种情况均满足二元数组xy)yz)zx中恰有一个属于集合R×B.于是,数组(x,yz)中.反之,考虑任意二元数组xy)∈R×Bz=zxyx≠y所以(x,yz)(yz,x)zxy是两两不同的.(xy可以分

s15,c(15-c)=c(s-=s2-(s2-sc+c2)=152-无整数解若s=16,则c c)=33,也无整解s=17,c(17-c)=66,解得cc=11(rb)=(51,18或(51,33nn= 和n 先证明一个引理引理设数列(x1,x2,⋯,xn)中的每一项均满足|xi a(i=1,2,⋯,n).则存{1,2,⋯n}I∩J=Á,I∪J={1,2,⋯,n}使得∑xi-∑xj<a另一方面,如果xy被分配到某个三

i

j元数组中,则这个三元数组就是前面提到的三个三元数组中的一个因此,R×B于是,R×B中元素数目的三倍,可整除的单色n2-3rb=(r+b)2-3rb=r2-rb+b2r2-rb+b22007.

引理的证明:n用数学归纳法n1,结论显然成立n-1时结论成立.下面考虑n时的情形.由归纳假设,存在1,2,⋯,n-1的个分割,使得∑xi-∑xj<a9|(r2-rb+b2)=(r+b)2-3

i

j≥于是,3|r+b2,3|r+b

为了方便起见,假 i j从而,3|rb3整除,都可3整除.r3sb=3s≥c,于是

对于数列(x1x2,⋯xn)(n>1),若J.对于这两种情况,∑xi-∑xj∈[0,a),|xn|∈[0,a)s2-sc+c2=

i

j ∑xi-892=4

-sc+c

i

j=(2c-s)2+3s2≥3s2≥3s2-3c(s-

=∑xi-∑xj-|xn|∈(-a,a)i j=3(s2-sc+c2)=669

回到原题用反证法假设对于所有的整数kAk 和为 和为v+ 和为nnu(0,⋯,0,0,⋯,0,1,⋯,)(0,⋯,0,1,3,⋯,3)(3,⋯,3,3,⋯,3)

1且仍然没有分割线和内部矩形.因此,不存在有公共边的矩形.和为v- 和为 和为v+ 和为v+(v+1)+⋯+n+(n-=(v-1)+v+(v+1)+⋯+n即n-u=v-从而u=n-v因此,vn-v于是,v接下来证明:所得到的数列满足条件1≤i≤n2i,ai≤ai+n.1≤u≤n,0≤v≤n-1则au+vn<au+vn+n恰当u+v=n时成立.,u+vn=n+v(n-1)0≤i≤n2-n的整数i,存在整数v,满足n+v(n-1)∈[i+1,i+n])垂直方向.一条过正方形内部的点,但不过任假设结论不成立,则存在单位正方形的一种至少被分成两个矩形的分割,使得没有考虑分割出的矩形数目最少的那种分,2.,被如果存在两个矩形有公共边,则将这两个矩形并为一个矩形如1)

ABCD,AB分别的数目大于2,则新的分割满足分割出的矩形 都在区间-n,

考虑任意一个数列

d=(ab)a1=ab1b Ak=b1b2⋯bnk≥1),biai加上或减去若干个1得到的.bi-ai是整数.bin个可能的值,

(a1,b1)=11在上面的结论中,取p=b1,q=- a1,则条状区域S0和S0+ba-ab是同一个区域.111nn个不同的新数列.在数列1

,A2

,有相同的颜色

+

是偶数⋯,Ann1ApAq,满足p<Ap=Aq对于任意正整数k,SkAk中元素的平方和考虑相邻的两个数列Akx1x2⋯xnAk1=y1y2⋯yn设{1,2,⋯,n的一个分割(I∩J=Á,I∪J1,2,⋯,n}是满足由AkAk1,i∈I,yi=xi1j∈J,则yj=xj-1.因为∑xi-∑xj是最小值,所以,

又a1b1)1,a1b1同为奇数不失一般性,a>b,a1>b1a1由裴蜀定理,存在整数kl,使得ka1lb11于是ka-lb=a1b1同是奇数,所以k+l也是奇数从而,nSnSnka-lb=Snd异色进而SnSn2d同色这表明与Snn2d为周期的.构造矩形i

j

ABCD,AB2Sk+1-

CD=a,BC==b,A

+1)2-x2]+∑[(x-1)2-x2

x轴上,ABii

j

轴上的投影的长 =n+ x >n-2×n=0 i j 因此Sq>Sq-1>⋯>SpAp=Aq,Sp=Sq,矛盾

2d(4)1a=a12d,故这样的矩形是存在的At,0)Bt+2dy1)Cu2dy2)n,SnSn+a D(u,y) a2-4同的颜色则选取矩形的顶点

n,0∈Sn a2-4a2-1(n,b)∈Sn,(n+a,0)∈Sn+a,a2-4a2-1

Sn+

,这四个顶点即为边长为ab

y1=BB

=

=的四个同色的顶点n,SnSna的颜色相反的情形.类似地,SnSn+b的颜色也相反

au-t=AD0=AD·BB0= ay2y3不影响顶点的颜色,故不需要用数学归纳法易证:p、q,p+q为偶数时SnSn+pa+qb同色当

y2y3

>

>

-1,a2-2a+ p+q为奇数时Sa2-2a+

以,φ不是整数为下面的边上的左、右顶点考虑分别包含ABab,a≠b,这个矩形上面的边所在的直线就成为一条分割线.ab的高考虑共用a的右下方的顶点的矩形c(可能出现c=b的情形),由前面所述,ac的高不等下面分两种情况讨论ca的高ac相邻的矩形d,即包含图2中有黑色标记的角的矩形cb,dBC没有公共点dABAD没有公共点因为没有内部矩形d一定与CD有公共点d左面的边所在的直线即为一条分割线,矛盾.c的高大于a的高,考虑与ac相邻的矩形d,即包含图3中有黑色标记的角的矩形da,dAD没有公共点dABBC没有公共点因为没有内部矩形所以dCD有公共点因此d右面的边所在的直线即为n69n=84假设1,2,⋯,n被染成红色和蓝色分RB表示红色的数的集合和蓝色的设| r,|B|=b=n-xyz同色,则称三元数组(xyx+y+zn,由于a1,,φ是无理数AB同色类似地,CD同色注意到顶点的tu,于是,只要选取适当的tu,AD的颜色相同即可.设ω是使得存在连续的ω个条状区域SnSn1⋯Snω1同色(不妨设为红色

T∈B<B1,存在一个下i(1≤i≤k),使得Ai<T,对于所有的S∈A,有S∩T=S∩Ai,S∈AT∈B,S∩T 最大正整数Sn+dSn,

下面证明:mk,|A||B|>2n pmin{|A|,|B|},A在区间(n0n0ωt的值xI 其长度为ω,数,于是,区 图I与连续的ω+1个条状区域的交集非空a因为最多有ω个连续的条状区域同色,,I中一定包含红点和蓝点选取u∈I,x=u是红色的由前面得到,t=u-bdφt∈(n0n0ωaAt,0,Duy3为红色于,tu,ABCD的四个顶点同为红色.IMO3题km是正整数(后面将给出其满足的条件),n=km.将集合{1,2,⋯,n分成k个两两不交,每个子集中有m个元素,并记这些A1A2,⋯Ak.定义下列集合族:AS{1,2,⋯n}|对于所有的i=1,2,⋯k,S∩Ai≠Á},B1={T{1,2,⋯,n}|存在i∈{1,2,δ⋯k},使得Ai<T},δ

中选取满足条件的2pS1S2,⋯T1T2⋯TpAB的交集是空集,所SiTj两两不同.iiA2m-1个非空子集,则S∩A,2m-1S的方法.因此,i1,2⋯kS有(2m-1)k种选择的方法.ii,|A|=(2m-1)kii,H{1,2,⋯,n}不包含某个集合Ai,则对于每个H∩Ai有2m1H,A的所有的子集A,B的补集中包含(2m-1)k个集合.ii1,|B|=2km-(2m-1)k1A\B1iS与所有的Ai的交集都是非空的,Ai中的任意一个,,S∩A,2m-2S,AiAiÁ.,这样的子集S的数目为(2m-2)k.i1,|A\B|=(2m-2)k1故| B1|- A=| (|A|- A\B1|=2km-2(2m-1)k+(2m-2)kB=B1\A

δ= 5设25设

,k=k(m)

2mln1下面证明r2-rb+b2个“可整除对于任意二元数组(x,y)∈S×S,存在zxy∈S,使得三元数组(xyzxy是可整除的,恰有n2个可整除的三元数组此外,如果一个可整除的三元数组是双色组xy)yz)zx中恰有一个属于集合数组(x,y,z)中.反之,考虑任意二元数组xy)∈R×Bz=zx,yx≠y所以(x,yz)(yz,x)zxy是两两不同的xy可以分

s15,c(15-c)=c(s-=s2-(s2-sc+c2)=152-无整数解若s=16,则c c)=33,也无整解s17,c(17-c)=66,解得cc=11rb)=(51,18或(5133n= 和n 先证明一个引理引理设数列(x1,x2,⋯,xn)中的每一项均满足|xi a(i=1,2,⋯,n).则存{1,2⋯n}I∩J=Á,I∪J={1,2,⋯,n}使得∑xi-∑xj<a另一方面,如果(x,y)被分配到某个 i j元数组中,则这个三元数组就是前面提到的三个三元数组中的一个因此,每一个R×B,是R×B中元素数目的三倍,可整除的单色n2-3rb=(r+b)2-3rb=r2-rb+b2r2-rb+b22007.

引理的证明:对n用数学归纳法.当n=1,结论显然成立.n-1时结论成立.下面考虑n时的情形由归纳假设,存在1,2,⋯,n-1的一个分割,满足使得∑xi-∑xj<a9|(r2-rb+b2)=(r+b)2-3rb. i∈I′ j∈J′ 为了方便起见,∑xi

于是,3|r+b2,3|r+b从而,3|rb3整除,都可以得到另一个也可以被3整除.r3sb=3s≥c,于是

i j对于数列(x1,x2,⋯xn)(n>1),若II′∪nJJ.对于这两种情况,∑xi-∑xj∈[0,a),|xn|∈[0,a)lim=|A|=

k

配),,2m→+=m→+

km

m→+ 12-2m·12-2-ln

ABC,顶点是顺时针排列的.下面证明:△ABC被分配给它的顶点至=em→+∞-2=lim|m→+∞=1-

δ1212+

k2222

少三次3设好的三角形的数目为t则可得所有3t≤k≤2n,t≤2n.3m→+=1-2δ+δ2

m→+

,ABC要么逆时针方于是,如 足够大,则|A|和|B|

C,Bm大于α,这是因为

2

2

ABC要么逆时针方向A,要么顺时针方向分配给C;所以,|A||B|>α×2mk=2n考虑包含一个顶点A的所有好的三,则这样的三角形的其他两个顶点在以A为圆心1为半径的圆ωA上.P是凸的,,这些顶点在弧度180.LARA是这样的弧中弧长最短的,且顺时针方向为确定方向(6).

时针方向分配给B,要么顺时针方向分配给点至少三次.假设结论不成立,LC≠ARB≠A设圆ωAωBωCABC的交点分别为(7).CLC三角形为CCLC.12.LC和LC′ 图BAB和LCA,XB.图 BRRBALAARA属于唯一的一个好的三角

RR′之一在圆

AC.BBB,ALA的好的三角形为“逆时针方BBBA”另一个包含ARA的好的三角A的好的三角形时,这个三角形分配给A两次.n边形的每个顶点最多被分配两次(

YY≠A.,∠XAY、∠YAB、∠BAC18.AXYBC内(要么在四边形的内部,XY上这是不可能的因为这五个点是P的顶点).综上所述,每个三角形被分配给它的顶点至少三次.s2-sc+c2= i j ∑xi-由892=4(s-sc+c i j=(2c-s)2+3s2≥3s2≥3s2-3c(s- =∑xi-∑xj-|xn|∈(-a,a)=3(s2-sc+c2)=669

i j回到原题.用反证法kAk都在区间-n,

中,考虑任意一个数 设d=(a,b),a1=a,b1=b.Ak=b1b2⋯bnk≥1),biai加上或减去若干个1得到的.故bi-ai是整数.因bi最多有n个可能的值.,最多有

(a1,b1)= 在上面的结论中,取p=b1,q=-a1,则S0S0+ba-ab是同一个区域 nn个不同的新数列.于是,在数列A1,A2 此,有相同的颜色.从而,a1+b1是偶数⋯,Ann1ApAq,满足p<Ap=Aq对于任意正整数k,SkAk中元素的平方和考虑相邻的两个数列Akx1x2⋯xnAk+1=y1y2⋯yn设{1,2,⋯,n的一个分割(I∩J=Á,∪J1,2,⋯,n}是满足由Ak构造Ak1的,i∈I,yi=xi1j∈J,则=xj-因为∑xi-∑xj是最小值,所以,

又a1b1)1,a1b1同为奇数不失一般性,a>b,a1>b1≥1.于是,a1≥3.由裴蜀定理,存在整数kl,使得ka1lb11于是ka-lb=因为a1b1同是奇数,所以,k+l也是奇数从而,对于每个整数nSnSnka-lb=Snd异色进而SnSn2d同色这表明与Sn同色的下标n是以2d为周期的.i j

ABCD,ABSk+1-

CD=a,BC==b,A∑x12-x2]+∑x-12-x2 x轴上,ABii

j

j轴上的投影的长=n+ x >n-2×n=0I J 因此Sq>Sq-1>⋯>SpAp=Aq,Sp=Sq,矛盾

a=1a2d,故这样的矩形是存在的At,0)Bt+2dy)Cu2dy)n,SnSna

D(u,y) a2-4同的颜色则选取矩形的顶点(n

nb)∈Snn+a,0)∈Sn+a(n+ab) a2a2-4a2-Sn+a,这四个顶点即为边长为a和b的矩 y1=BB0 = ===的四个同色的顶点==

n,SnSna的颜色

u-t=

类似地,

Sn

的颜色也相反

y2y3不影响顶点的颜色,用数学归纳法易证:p、q,当p+q为偶数时SnSn+pa+qb同色当

y2y3a2-2a+因为a1> a2-2a+p+q为奇数时,Sn与Sn+pa+qb异色 以,φ不是整数a1,,φ是无理数AB同色类似地,CD同色.注意到顶点的tu,于是,只要选取适当的tu,使得AD的颜色相同即可.设ω是使得存在连续的ωSnSn+1⋯Sn+ω1同色(不妨设为红色

对于每个集合T∈B<B1,存在一个下i(1≤i≤k),使得Ai<T,对于所有的S∈A,有S∩T=S∩Ai,S∈AT∈B,S∩T 最大正整数Sn+d

下面证明:mk,|A||B|>2n pmin{|A|,|B|},A在区间(n0n0ωt的值,+x,+

B1={T{1,2,⋯,n}|i∈{1,2⋯k},使得Ai<TI

+bdφ

+bdφω00 005,其长度为ω, I与连续的ω+1个条状区域的交集非空因为