《2023陈省身全国高中数学夏令营题目及解答.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023陈省身全国高中数学夏令营题目及解答.docx（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第一天2023 年陈省身全国高中数学夏令营题目（共 2 页，第2页）1. 设数列 x = 1 ， x= x - x3 ， n =1, 2,试求正整数 m 使得 1 x 1 12n+1nnm+12023m2. 已知 O 为定圆，A, B,C 为 O 上的三个动点，使得DABC 为锐角三角形，且 AB AC ，AD 为DABCO的一条高线，I 为DABC 的内心，过点 I 作DADI 的外接圆的切线，与直线 AD 交于点 P 设 AA 为的直径，过点 A 作直线 AA 的垂线与直线 AB 交于点 E ，过点 P 作直线 AP 的垂线与直线 AB 交于点H ，过点 E 作直线 AH 的垂线与直线 A
2、B 交于点 F 证明：（1） AP 为定长；（2） AP 平分线段 EF 1323. 给定点集 M =(x, y) | x, y 1, 2023 ，如果线段 AB 的两个端点都在M 中，| AB |= ，且直线 AB 的斜率不为 3 ，则称 AB 为“好线段”证明:对于M 中任意不同两点 P、Q，存在正整数n 和 M 中的一列点 A0 , A1, , An+1 ，使得 A0 = P, An+1 = Q ，且 Ai Ai+1 都是“好线段” (0 i n) 4. 若集合 X 1, 2, n 满足：在 X 的任意五元子集 A 中都可以找到两个元素a,b (a AC ， M 为边 BC 的中点， D
3、ABC 的内心为 I ，A 内的旁切圆I1 与边 BC 切于点 D ， DD1 为I1 的直径，直线 AM 与 DD1 交于点 K ，若ABC = b ,BCA = g ，试证明：（1） MI = AD tan b tan g ；MI1AD122KD222（2） I1K = 1 (cot b cot g -1)6102. 已知多项式 f (x) = x7 + a x6 + a x + a, a6有 7 个互不相同的实根，求系数a0 , a1,中的零的个数的最大可能值3. 已知集合1, 2, n 的子集 A1, A2 , Am 满足 Ai= ri n ，且当i j 时，有 Ai Aj ， AiA
4、j 试2m1i证明： Cr -1 1i=1n-14. 设m 2 为正整数，用白色或黑色将1, 2, m 染色对于任意的正整数i, j （这里1 i j m ），若x N+ | i x j 中被染为黑色的个数为奇数，则称数对(i, j) 是“好的”求“好的”数对个数的最大可能值 f (m) 第一天参考答案2023 年陈省身全国高中数学夏令营参考答案（共 9 页，第10页）1. 设数列 x = 1 ， x= x - x3 ， n =1, 2,，试求正整数 m 使得 1 0 ，1- 4x2 0 ，从而nn23-2x2= 3 + x2 (4-3x2 ) 3 ， 3-2x2= 5 - 2(1-4x2 )
5、+5x4 5 ，这表明3 3-2x2(1-x2 )2 5 ，也就有(1-x2 )2(1-x2 )2(1-x2 )2(1-x2 )2 2 1 -x2n+11 2 + 5x2 xn2n我们有 1 = 4 ，利用上式并结合 1 = ( 1 - 1 ) + ( 1 - 1 ) + ( 1 - 1 )+ 1 ，就可以得 1 2n + 2 ，x2x2x2x2x2x2x2x2x2x21nnn-1n-1n-2211n即 x2 1 = 1 ；对于另一边有 1 1 + 2(n -1) + 5(x2 + x2 + x2 ) 2n + 2 + 5 ( 1 + 1 + 1 ) 具xxn2n+22(n+1)2212n1n
6、-12 23n体的对n = 2023 ，由于1 1 11+ + + 2 1 + 4 1 +1024 1= 10 ，2 3 42023241024x2所以632 = 3969 4048 1 4048 + 5 10 4096 = 642 ，从而63 x 1 64 ，即 1 x 1 ，故所求的 m = 63 220232023642023632. 已知 O 为定圆，A, B,C 为 O 上的三个动点，使得DABC 为锐角三角形，且 AB AC ，AD 为DABCO的一条高线，I 为DABC 的内心，过点 I 作DADI 的外接圆的切线，与直线 AD 交于点 P 设 AA 为的直径，过点 A 作直线
7、AA 的垂线与直线 AB 交于点 E ，过点 P 作直线 AP 的垂线与直线 AB 交于点H ，过点 E 作直线 AH 的垂线与直线 AB 交于点 F 证明：（1） AP 为定长；（2） AP 平分线段 EF 证明：（1）设 O 的半径为 R ，BAC = a,ABC = b ,BCA = g ，P 为射线 AD 上一点，使得 AP = 2R ，则 AP = AA，于是DAAP 为等腰三角形因为BAD = CAA = 90 - b ，所以 AI 平分AAPO设 AI 与 AP 交于点 M ，则 M 是线段 AP 的中点由于AMA = 90 ，则点M 在 O 上，且为的弧 BC 的中点由鸡爪定理
8、，有 MI = MB 22因为AAM = CAI -CAA = a -(90 - b ) = b -g ，所以22PI 2 = PM 2 + MI 2 = MA2 + MB2 = (2R sin b -g )2 + (2R sin a )2222= 4R2 (1-cos(b -g ) + 1-cosa ) = 4R2 (1- cosa +cos(b -g ) )22= 4R2 (1- cos a +(b -g ) cos a -(b -g ) ) = 4R2 (1-sin g sin b )= 2R (2R - 2Rsin g sin b ) = PA(PA - AD) = PA PD 。于是
9、， PI 与DADI 的外接圆切于点 I ，因此 P = P ，这表明 AP = 2R 为定长（2） 设 AP 与 EF 交于点 N ，因为ABA = 90 ，所以 EB AF 。又因为 AH EF ，所以 H 为DAEF 的垂心由于AAP = AAN = 90 -EAN,AEA = 90 -EAF ，则在等腰三角形 AAP 和 直角三角形 AAE 中，可得AP = 2AAcosAAP = 2AE tanAEAsinEAN = 2AE cotEAF sinEAN 另一方面，设DAEF 的外接圆半径为r ，由于HAP = FAP + FAH = FAP + (AFE - 90) = FAP +
10、AFE - 90 = ANE - 90 ，则 AP = AH cosHAP = 2r cosEAF cos(ANE - 90)= 2r sinEAF cotEAF sinANE = EF cotEAF sinANENE= EF cotEAF AE sinEAN 由式和式可得NE2AE cot EAF sinEAN = EF cot EAF AE sinEAN ，于是 EF = 2NE ，因此 AP 平分线段 EF 1323. 给定点集 M =(x, y) | x, y 1, 2023 ，如果线段 AB 的两个端点都在M 中，| AB |= ，且直线 AB 的斜率不为 3 ，则称 AB 为“好线
11、段”证明:对于M 中任意不同两点 P、Q，存在正整数n 和 M 中的一列点 A0 , A1, , An+1 ，使得 A0 = P, An+1 = Q ，且 Ai Ai+1 都是“好线段” (0 i n) 证明：为方便起见，如果两个点能通过一系列“好线段”连接，则称它们是连通的，也称其中一点能连通到另一点问题相当于证明 M 中任意两点都是连通的为此，我们只需证明， M 中任意一点都能连通到右上角的点 R(2023, 2023) 记S =(x, y) M | 6 x 2023,7 y 2023 我们先证明S 中的任意一点能连通到 R 事实上，注22 +32意到 13=，从而对于S 中任意一点 A
12、(x, y) ，若 A 的横坐标 x 2023 ，则可以依次在M 中取点00A0 A1 = (-3, -2), A1 A2 = (2, -3), A2 A3 = (-3, 2), A3 A4 = (2, -3), A4 A5 = (-3, 2),A1 (x - 3, y - 2), A2 (x -1, y - 5), A3 (x - 4, y - 3), A4 (x - 2, y - 6), A5 (x - 5, y - 4), A6 (x - 2, y - 2), A7 (x +1, y) ，使得A5 A6 = (3, 2), A6 A7 = (3, 2) 这样 A0 A7 = (1,0)
13、，即 A0 可以连通到它右边的点 A7 反复利用这个过程可将 A0 连通到M 中同行的最右端的点 B0 (2023, y) ，即 B0 的横坐标为 2023这时若 B0 的纵坐标7 y 2023 ，则可以依次在M 中取点B1 (2020, y 2), B2 (2017, y 4), B3 (2020, y 6), B4 (2018, y 3), B5 (2021, y 5), B6 (2019, y 2),B7 (2022, y 4), B8 (2020, y 1), B9 (2023, y +1)使得B0 B1 = ( 3, 2)，B1B2 = ( 3, 2), B2 B3 = (3, 2)
14、, B3B4 = ( 2,3), B4 B5 = (3, 2),B5 B6 = ( 2,3), B6 B7 = (3, 2), B7 B8 = ( 2,3), B8 B9 = (3, 2).这样 B0 B9 = (0,1) ，即 B0 可以连通到它上方的点 B9 ，反复利用这个过程即可将 B0 连通到 R 而对于 M 心中任意一点 P(x, y) ，要么 x 6 ，要么 y 7 如果 x 6 ，则将 P 连通到(x + 3, y 2)或(x + 3, y + 2) （取决于哪一点仍在 M 中，若都在 M 中则取距离心更近的）；类似地，如果 y 7 ，则将 P 连通到(x 2, y + 3) 或
15、(x + 3, y + 2) 反复利用这个过程，可将 P 连通到心中的点，从而完成证明4. 若集合 X 1, 2, , n 满足：在 X 的任意五元子集 A 中都可以找到两个元素a,b (a b) 使得a b 记2X 的最大可能值为 f (n) （这里 X 表示集合 X 中的元素个数），求 f (2023) + f (3000) + f (10000) 解：给定正整数n(n 20) ,令 k =log n 4 ，则2k n 2k +1 ，先证明下面的引理引理：若集合 X 1, 2,n(n 20) 满足：X 的任意五元子集 A 中都可以找到两个元素a,b (a b)使得a b ，则4k 4, 2
16、k n 5 2k 2f (n) = 4k 3, 5 2k 2 n 3 2k 14k 2, 3 2k 1 n 7 2k 2 .4k 1, 7 2k 2 n 2k +1引理证明：(1) 当2k n 5 2k 2 时，构造集合X = 1, 2, 2k 3,6,3 2k 2 5,10,5 2k 37,14,7 2k 3.则 X = (k +1) + (k 1) + (k 2) + (k 2) = 4k 4 ,下面证明任意满足条件的集合 X ,均有 X 4k 4 .a2 假设存在一个满足条件的集合 X 1, 2, n， X a4k 3 ，则对任意t (1 t 4k 7) ，有at +4 2at . 4k
17、 3 ，设 X 中较小的4k 3 个数依次为a1 否则存在t (1 t 4k 7) ，有at +4 2at ，那么at at +1 at +2 at +3 at +4 2at ，即at , at +1, at +2 , at +3 , at +4 中不存在整除关系，矛盾故式成立，所以a 2 a 2k 2 a 5 2k 2 ，这与a n 5 2k 24k 34k 75矛盾，故 f (n) = 4k 4 (2) 当5 2k 2 n 3 2k 1 时，构造集合4k 3X = 1, 2, 2k 3,6,3 2k 2 5,10,5 2k 2 7,14,7 2k 3则 X = (k +1) + (k 1)
18、 + (k 1) + (k 2) = 4k 3 ，下面证明任意满足条件的集合 X ，均有 X 4k 3 假设存在一个满足条件的集合 X 1, 2, n， X 4k 2 ，设 X 中较小的4k 2 个数依次为a1 a2 a4k 2 ，同理于式的证明可得对任意t (1 t 4k 6) ，有at +4 2at 所以a 2 a 2k 2 a 2k 2 6 = 3 2k 1 ，这与a4k 24k 24k 66 n 3 2k 1 矛盾，故 f (n) = 4k 3 (3) 当3 2k 1 n 7 2k 2 时，构造集合X = 1, 2, 2k 3,6,3 2k 1 5,10,5 2k 27,14,7 2k
19、 3则 X = (k +1) + k + (k 1) + (k 2) = 4k 2 ，下面证明任意满足条件的集合 X ，均有 X 4k 2 假设存在一个满足条件的集合 X 1, 2, n， X 4k 1 ，设 X 中较小的4k 1 个数依次为a1 a2 a4k 1 ，同理于式的证明可得对任意t (1 t 4k 5) ，有at +4 2at 所以a 2 a 2k 2 a 7 2k 2 ，这与a4k 14k 14k 57 n 7 2k 2 矛盾，故 f (n) = 4k 2 (4) 当7 2k 2 n 2k +1 时，构造集合X = 1, 2, 2k 3,6,3 2k 1 5,10,5 2k 27
20、,14,7 2k 2 则 X = (k +1) + k + (k 1) + (k 1) = 4k 1，下面证明任意满足条件的集合 X ，均有 X 4k 1 假设存在一个满足条件的集合 X 1, 2, n，X 4k ，设 X 中较小的4k 个数依次为a1 a2 a4k ，同理于式的证明可得对任意t (1 t 4k 4) ，有at +4 2at 所以a 2 a 2k 1 4 = 2k +1 ， 2k 1 a4k4k 44这与a4k n 2k +1 矛盾，故 f (n) = 4k 1 4k 4, 2k n 5 2k 24k 3, 5 2k 2 n 3 2k 14k 2, 3 2k 1 n 7 2k
21、2综上所述， f (n) = 4k 1, 7 2k 2 n 2k +1，引理证毕根据引理可知：当 n = 2023 时， k =log2 2023 =10 ， 7 28 2023 211 ，由引理可得 f (2023) = 4 10 1 = 39 ；当 n = 3000 时，k =log2 3000 =11，5 29 3000 3 210 ，由引理可得 f (3000) = 4 11 3 = 41 ；当n =10000时， k =log2 10000 =13 ， 213 10000 AC ， M 为边 BC 的中点， DABC 的内心为 I ，A 内的旁切圆I1 与边 BC 切于点 D ，DD
22、1 为I1 的直径，直线 AM 与DD1 交于点 K ，若ABC = b ,BCA = g ，证明：（1） MI = AD tan b tan g ；MI1AD122KD222（2） I1K = 1 (cot b cot g 1)证明：先证明一个引理引理 设DABC 的内切圆AD / /IM , AE / /I1M II引理的证明 设 EE1 为别交于点 B1 ,C1 ，则 B1C1 与与边 BC 切于点 E ，则 A, E, D1 三点共线，且I的直径，过 E1 作 BC 的平行线，与边 AB, AC 分切于点 E1 ，因此DAB1C1 中A 内的旁切圆为I因为点 A 为DAB1C1 与DA
23、BC 的位似中心，点 E1 与点 D 为对应点，所以 A, E1, D 三点共线由于BD = CE ，则 M 为线段 DE 的中点又因为 I 是线段 EE1 的中点，所以 E1D / /IM ，即 AD / /IM ，并且可以得到 E1D = 2IM 同理，过点 D1 作 BC 的平行线，与边 AB, AC 分别交于点 B,C ，则点 A 为DABC 与DABC 的位似中心，点 E 与点 D1 为对应点，因此 A, E, D1 三点共线， AE / /I1M ，且 D1E = 2I1M 回到原题（1） 由引理可知， A, E, D1 三点共线，且 AD / /IM , AE / /MI1 设点
24、 D 关于点 A 的对称点为 D ，由于 I1 是线段 DD1 的中点，则 AI1 / /DD1 因为 A, I , I1 三点共线，所以DADD1 与DMII1 的三组对应边互相平行，于是DADD1 DMII1 ，因此 MI = AD = AD MI1AD1AD1由于 AB AC ，则 AD AE 设 I1 的半径为r1 ，由于DABC DABC ，则r (tan b + tan g )1221AE = BC =22 = tan b tan g ，AD1BCr (cot b + cot g )22于是 MI = AD AE= tan b tan g MI1AD1AD122（2） 因为DADD
25、1 与DMII1 的三组对应边分别平行，所以 K 为DADD 与DMII 的位似中心，于是 I1K= I1M 11KD1AD1由于 AD = AE + D E = AE + 2I M ，则1 = AE + 2 I1M 111AD1AD1因为 AE= tan b tan g ，所以 I1K= I1M = 1 (1 AE ) = 1 (1 tan b tan g )AD122KD1AD12AD1又因为 KD = I K + I D = I K + I D = 2I K + KD ，所以I1K1 tan b tang222= 22 111 11112I1K +KD2于是， 1 = 22 = 1 (c
26、ot cot 1) I K1 tan b tang22KD2tan b tangbg2226102. 已知多项式 f (x) = x7 + a x6 + a x + a有 7 个互不相同的实根，求系数a0 , a1,中的零的个数, a6的最大可能值, a6解：若取 f (x) = x(x +1)(x 1)(x + 2)(x 2)(x + 3)(x 3) = x7 14x5 + 49x3 36x ，显然 f (x) 有 7 个互不相等的实根，并且a0 = a2 = a4 = a6 = 0 ，即系数a0 , a1, a6 中可以有 4 个零7如果a0 , a1,中有至少 5 个零，即 f (x)
27、有不超过 3 个非零系数（包括首项 x 的系数）我们记多项式 f (x) = b xk1 + b xk2 + b xk3 ，其中次数k k k （如果只有两个非零系数，则将b 看作 0）下1231233面来证明：此时 f (x) 至多有两个正实数根 k1 k3不妨设系数b 0 ，考虑函数 g(t) = b t k2 k3 + b t + b ，则 f (x) 的正实数根 x 满足1123g(xk2 k3 ) = b xk1 k3 + b xk2 k3 + b= f (x) = 0 123xk3k k对t 0,) ，函数 y = ta （这里a = k1 k3 1）严格下凸，因此 g(t) 也是
28、严格下凸函数如果存在23t t t 使得 g(t ) = g(t ) = g(t ) = 0 ，这与 g(t) 严格下凸时，g(t ) t2 t1 g(t ) + t3 t2 g(t ) = 0 矛盾因1231232t3 t13t3 t11此函数 g(t) 至多有两个正实数零点，即 f (x) 至多有两个正实数根另一方面，考虑多项式 f1 (x) = f ( x) 仍然有不超过 3 个非零系数，同上可知， f1 (x) 至多有两个正实数根，即 f (x) 至多有两个负实数根因此，如果系数a0 , a1, a6 中有至少 5 个零，则 f (x) 至多有2 + 2 +1 = 5 个不同的实数根，
29、不满足要求综上，系数a0 , a1, a6 中零的个数最大为 43. 已知集合1, 2, n 的子集 A1, A2 , Am 满足 Ai= ri n ，且当i j 时，有 Ai Aj ， AiAj 试2m1i证明： Cr 1 1i=1n 1证明：令 X 为A1, A2 , Am，Y 为1, 2, n 的所有圆排列构成的集合.如果 Ai 中的所有元素在某个圆r排列 pl Y 中恰好排在一起（不计顺序），此时称 Ai 为 pl 中的一段，就在 Ai 与 pl 之间连线，并在这条线上写上 1 ，这样得到一个二部图( X ,Y ) im注意到每个 Ai 恰好是ri !(n ri )!个不同的圆排列中的
30、一段，因此 Ai 共连出ri !(n ri )!条线，这些线上写的数之和为(ri 1)!(n ri )!，从而二部图( X ,Y ) 中所有数的总和为(ri 1)!(n ri )!i=1另一方面，对每个圆排列 pl ，考虑 A1, A2 , Am 在 pl 上所对应的段，若存在，则选取 pl 中长度最短的一段，设为a1, a2 , as （注意它是 A1, A2 , Am 之一）由于当i j 时， Ai Aj ， AiAj 0 且2Ai = ri n ，所以 s 2 ，此时对每个1 k s 1 ，要么可能有一段以ak 结尾（若存在则唯一，否则必存在两个集合 Au , Av ，其中u v 但 A
31、u Av ，不符合题意），要么可能有一段以ak +1 开头（若存在则唯一，理由同前），而这两种情形不可能同时发生（否则结合条件 Ai= ri n 可知必存在两个集合 Au , Av ，其2s中u v 且 AuAv =0 ，不符合题意）因此， pl 至多连入s 条线，每条线上写的数 1 ，从而 pl 所连入的线上的数之和 1 ，进而可以得到二部图( X ,Y ) 中所有数的总和 Y = (n 1)!mm1i比较以上两个结果，就得到(ri 1)!(n ri )! (n 1)!，所以 Cr 1 1i=1i=1n 14. 设m 2 为正整数，用白色或黑色将1, 2, , m 染色对于任意的正整数i,
32、j （这里1 i j m ），若x N+ | i x j 中被染为黑色的个数为奇数，则称数对(i, j) 是“好的”求“好的”数对个数的最大可能值 f (m) 解：若对于任意的正整数i, j(1 i j m) ，x N+ | i x j 中被染为黑色的个数为奇数，则称数对 (i, j) 是“较好的”，则“较好的”数对(i, j) 是“好的”的充要条件是i j 计“较好的”数对个数的最大可能值为 g(m) 若1, 2, , m 中没有数被染成黑色，则 f (m) = 0 ，以下假设1, 2, , m 中至少有一个数被染成黑色, at(1) 考虑 m 2 为偶数，设 m = 2n (n Z+ )
33、，设1, 2, 2n 中被染为黑色的数为 a1, a2 , 1 a1 a2 at 2n ），补充定义a0 = 0 ， at +1 = 2n +1，并设dk = ak ak 1 (1 k t +1) 对于1 i 2n ，存在唯一的1 k t ，使得ak 1 i ak （其中当 k t +1(mod 2) ，即t k +1为偶数时，结合ak 1 i ak ，可得数对(i, j) 是“较好的”的充要条件为x N+ | i x j 中被染为黑色的个数为1,3,5,t k ，从而j ak ,ak +1, ak +1 1 ak +2 , ak +2 +1, ak +3 1at 1, at 1 +1, at
34、 1.+ (at at 1) = dk +1 + dk +3 + dt此时i 有ak ak 1 = dk 种取法，而 j 有(ak +1 ak ) + (ak +3 ak +2 ) +种取法当 k t(mod 2) ，即t k +1为奇数时，结合ak 1 i ak ，可得数对(i, j) 是“较好的”的充要条件为x N+ | i x j 中被染为黑色的个数为1,3,5,t +1 k ，从而j ak ,ak +1, ak +1 1 ak +2 , ak +2 +1, ak +3 1at , at +1, at +1 1.此时i 有dk 种取法，而 j 有(ak +1 ak ) + (ak +3
35、ak +2 ) + (at +1 at ) = dk +1 + dk +3 + dt +1 种取法因为k 取遍所有的1, 2,t，所以所有“较好的”数对个数为M =k t +1(mod 2)dk (dk +1 + dk +3 + dt ) +dk (dk +1 + dk +3 + dt +1 ).k t (mod 2),t当t 为偶数时， k t +1(mod 2) 等价于k =1,3,t 1， k t(mod 2) 等价于k = 2, 4,M = d1 (d2 + d4 + dt ) + d3 (d4 + d6 + dt ) + dt 1dt +d2 (d3 + d5 + dt +1 ) +
36、 d4 (d5 + d7 + dt +1 ) + dtdt +1 = (d1 + d3 + dt +1 )(d2 + d4 + dt ).，所以根据均值不等式可得+ d)(d + d + d ) 1 (d + d +t +124t412+ dt +1)2M = (d + d +13= 1 (a a )2 = 1 (2n +1)2 = n2 + n + 14t +1044由于“较好的”数对个数一定为整数，则 M n2 + n = n(n +1) 当t 为奇数时， k t +1(mod 2) 等价于k = 2, 4,t 1， k t(mod 2) 等价于k =1,3,t ，所以M = d2 (d3
37、 + d5 + dt ) + d4 (d5 + d7 + dt ) + dt 1dt +d1 (d2 + d4 + dt +1 ) + d3 (d4 + d5 + dt +1 ) + dtdt +1 = (d1 + d3 + dt +1 )(d2 + d4 + dt ).同理 M n2 + n = n(n +1) 显然，“好的”数对个数为 M t n(n +1) t n(n +1) 1.现举“较好的”数对个数为 n(n +1) 且黑色数的个数t = 1的例子在1, 2, 2n 中只将n 染为黑色，(i, j) 是“较好的”的充要条件为i 1, 2, n, j n, n +1, 2n，从而“较好
38、的”数对个数为 n(n +1) 则m = 2n 时“较好的”数对个数的最大可能值为 g(m) = n(n +1)= m(m+2) 对应的，“好的”数对的个数为 f (m) = m(m+2) 1 44(2) 考虑m 3 为奇数，设m = 2n +1(n Z+ ) ，且1, 2, 2n +1中被染为黑色的数为a1, a2 , at （其中1 a1 a2 at 2n +1），补充定义a0 = 0 ， at +1 = 2n + 2 ，并设dk = ak ak 1 (1 k t +1) 对于1 i 2n +1 ，存在唯一的1 k t ，使得ak 1 i ak 当 k t +1(mod 2) ，即t k +1为偶数时结合ak 1 i ak ，可得数对(i, j) 是“较好的”的充要条件为x N+ | i x j 中被染