2023年12月13日发(作者:昼短夜长)
关于两集合元素相加问题的初步研究
陈恩献 陈钱钰 胡诗庭
(温州中学高三(1)班 浙江温州 325014)
指导老师 陈相友
摘要:
本文由一个较为常见的结论出发,研究集合的元素相加这一模型的性质,得到和的个数与两集合元素的书之间的关系,并研究达到一定等量关系的充要条件,在研究和的个数等于两集合元素个数之和的充要条件时,我们从特殊情况入手,逐步推进,最终达到了目标。
一、引言
集合的元素之和是一个深刻而又有趣的话题,其中结论众多。我们注意到其中一个优美的命题(结论一),希望以此为出发点,得到更多让我们感到惊喜的结论。
我们有如下问题:
1、和的取值个数与原集合的元素个数有怎样的关系?
2、和的取值在与原集合元素个数达到某个等量关系的充要条件是什么?
这两个问题将成为我们主要的研究对象。
二、结论与证明
结论一:A和B是R的两个非空子集,且设C=A+B={a+b|a∈A,b∈B}则|C|≥|A|+|B|-1。
证明:设|A|=m,|B|=t,t≥m。
记A={x1,x2,……,xm},B={y1,y2,……,yt}
且x1 考虑下面t+m-1个数 x1+y1 它们互不相同,故|C|≥|A|+|B|-1。 结论一是一个常见结论,它给出了|A+B|的最小值,而|A+B|显然不超过|A|×|B|,|A+B|只能在|A|+|B|-1,|A|+|B|,…,|A|×|B|中取值,但我们发现事实上|A+B|可取遍|A|+|B|-1,|A|+|B|,…,|A|×|B|中的全部值,于是得出了结论二。 结论二:A和B是R的两个非空子集,且设C=A+B={a+b|a∈A,b∈B}则|C|可取遍|A|+|B|-1,|A|+|B|,…,|A|×|B|中的全部值。 证明:不妨设|A|=m,|B|=t,t≥m。 先看|c|=m×t的情形,采用直接构造 不妨令B={1,2,…,t},Amt={1,t+1,2t+1,…,(m-1)t+1} 则C=Amt+B={2,3,…,mt+1},为证明此,我们给出下面的引理 引理一:A'∈N+,A'={a1,a2},B={1,2,…,t},a2≥a1+n 则A'+B={a1+1,a1+2,…,a2+t} 引理一的证明:以下这串数列中的数均是A'+B中的数a1+1, a1+2,…, a1+t, a2+1, a2+2,…, a2+t。 ∵(a2+1)-(a1+t)= a2-a1+1-t≥t+1-t=1. ∴它取遍a1+1,…, a2+t中所有整数,引理一得证。 下面回到原命题,由引理一易得Amt+B={2,3,…,mt+1},则|Amt+B|=mt,我们试图经过调整Amt,依次得到Amt−1,Amt−2,…Am+t−1,使|Ak+B|=k 记xk=maxx,yk=maxy, Ak =Ak+1{xk+1}∪{yk+1} x∈Aky∉Aky 由此可知Ak中相邻两元素差的绝对值不超过t 设Ak={xk,1,xk,2,…, xk,m},1=xk,1 由引理 Ak+B={xk,1+1, xk,1+2,…, xk,m+t}, |Ak+B|=xk,m+t-1=xk-1+t=xk+1-2+t=|Ak+1+B|-1=…=|Amt+B|-mt+k=k 结论二得证! 得到结论二之后,我们希望得到|C|=|A+B|=k的充要条件,我们先尝试了|C|=m+t-1的情形,得到了结论三。 结论三:结论一中,当|C|=|A|+|B|-1时(|B|≥2),A,B中的元素均构成等差数列,且两数列公差相同。 证明:采用与结论一相同的记法,考虑下面t+m-1个数 x1+y1 比较①与②中的t+m-1个数 易知它们一一对应, 故可推得y2-x2=y1-x1, y3-x3=y1-x1,……,ym-xm=y1-x1 ,(m<=t); 令y1-x1=d,由于将集合B中的数都减去一个相同的数时,结论不变,故可将B中每个都减去d,则变换后B中前m个数为{x1,x2,……,xm}, 由结论一,集合{x1,x2,……,xm}和自身相加所得的集合至少2m-1个元素,它们都不超过2xm,当然也都小于xm+ym+1, 又xm+ ym+1 故|c|≥2m-1+t-m=m+t-1等号成立时,我们有 集合{x1,x2,……,xm}与自身相加只得到2m-1个数,考虑下面2m-1个数 2x1 ∵x1+x2<2x2 x1+x2 ∴2x2=x1+x3 ∴x1,x2,x3成等差数列。 同理可得x1,x2,……,xm成等差数列,即集合A中的数构成等差数列,由①又知B中数也成等差数列,且公差与A相等, 又当A中的数和B中的数都构成等差数列时,显然它们相加所得集合中有|A|+|B|-1个元素,结论三得证! 结论三中|B|≥2是必要的,否则A集合元素可任取,不一定要构成等差数列,我们发现|C|=|A|+|B|-1的成立条件比较严格,那么放松一步,当|C|=|A|+|B|的情况又如何呢?经过研究,这一情况比较复杂,我们先给出A=B即一个集合自身相加的情况。 结论四:A是R的一个非空子集,|A|=n(n>3)记集合x={x+y|x,y∈A}则使x恰有2n个元素的A为{a,a+d,a+2d, …,a+(n-2)d,a+nd}或{a,a+2d,a+3d, …,a+(n-1)d,a+nd}。 证明:由于将A中的元素同时加上(或减去)一个数后结论不变。故可不妨设A中的最小元素为0,又将A中元素同时乘一个数(非零)后结论仍不变,故可不妨设A中最大元素为1,则我们只需证明满足要求的n元集合为{0,23n−112, ,…, ,1}或{0,, ,…, nnnnnn−2,1} n设A={x1,x2, …, xn}下面这串数列是x中的元素 2x1 这是X中2n-1个不同的数,而|x|=2n-1,设余下的一个数为C 且xk−1+xk 则集合{x1,x2,…,xk}和{x1,x2,…,xk−1}相加之后恰有2k-2个元素 集合{xk+1,…,, xn}和{xk, xk+1,…, xn}相加后恰有2n-2k个元素 由结论三可知 x1,x2,x3,…,xk构成等差数列,xk,xk+1,…, xn也够成等差数列 但公差不等,否则由结论三可知,x中只有2n-1个数 下面分两种情况讨论 1°若xk−1+xk ∵xk−1+xk ∴c=xk−1+xk+1 若k>2则由于xk−1+xk−2 故xk−2+xk+1=2xk−1或xk−1+xk 若xk−2+xk+1=xk−1+xk则xk−1-xk=xk−1-xk 矛盾! 故xk−2+xk+1=2xk−1 则xk+1 –xk−1=xk−1 –xk−2 而xk+1 –xk−1 >xk—xk−1=xk−1 –xk−2 矛盾! 故k=2 , c=x1+x3 因为x1+x3 若x1+x4=x2+x3 x2—x1=x4—x3矛盾! 若x1+x4=2x3 则x4—x3=x3—x1>x3—x1=x4—x3 矛盾! 所以x1+x4=2x2, x1—x2=x2—x4=2(x2—x3) 所以这个数列为{0,23n−1, ,…, ,1} nnn12n−2, ,…, ,1} nnn2°若 2xk 由证明过程知n〉3是必需的,下面我们将运用结论会得到更一般的结论五。 结论五:A,B 是R的两个非空子集(A,B不相同),|A|=n , |B|=n, n>3,记集合C={x+y︳x∈A,y∈B} 则使C恰有2n个元素的A,B应满足 A={d,2d,……,kd,(k+2)d,……(n+1)d}(1≤k≤n-1) B={d,2d……nd} 或A={d,2d……nd} B={d,2d……kd,(k+2)d,……(n+1)d}(1≤k≤n-1) 以及A,B中元素分别加上(或减去)一个实数的集合. 证明:设A={x1,x2……, xn} B={ y1,y2……, yn } x1 y1 则有x1+y1 ⑤中共有2n-1个不同的数。设集合C中不在⑤中出现的一个数为c。 1°x1+y1<c<x1+y2,记B'={y2,…,yn}则A与B′相加得到的新集合至少出现2n-2个不同的数,它们都大于c和x1+y1,故集合C中至少出现2n-2+1+1=2n个数,故A+B′只有2n-2个元素 由结论三知,数列{x1,x2,…,xn},{y2,y3…,yn}成公差相等的等差数列, 将A,B同时加(或减)一个数结论不变 故可不妨设x2=y2,x3=y3,…,xn=yn,xi=id(i=1,2,…,n) ∵y1+x1<y2+x1=3d ∴x1+y1不出现在A+B′中 若y1+x2在A+ B′中 ,则y1+x2=3d 即y1=d。此时C中只有2n-1个元素,矛盾! ∴x1+y1,y1+x2均不在A+ B′中,∴y1+x3在A+ B′中,∴只能是y1+x3=3d,∴y1=0. 此时A:{d,2d,…,nd} B:{0,2d,3d,…,nd},经检验,符合要求。 2°xn−1+yn A={d,2d,…,(n-1)d,(n+1),B={d,2d,…,(n-1)d,nd} 3°xk−1+yk−1 记A1={x1,x2,…xk−1},A2={xk−1,xk,…, xn} B1={y1,y2,…, yk−1},B2={yk, yk−1,…, yn} 则|A1+B1|≥2k-3,|A2+B2|≥2n-2k+2,而2k-3++2n-2k+2+1=2n, ∴只能是|A1+B1|=2k-3,|A2+B2|=2n-2k+2 由结论三,A1,B1中的数构成公差相等的等差数列,A2,B2中的数构成公差相等的等差数列,与前面类似的,可设x1=y1, x2=y2,…, xk−1=yk−1 ∵2xk−1 ① 若xk+xk−1=xk−1+yk, xk=yk,从而推得A=B 此即为结论四。 ②若xk+xk+1=c 由xk−1+yk−1<c<xk−1+yk知xk−1+yk−1<xk+xk−1<xk−1+yk 由k≥3,我们考虑xk+xk−1 ∵xk−2+yk−1=xk−2+xk−1<xk+xk−2<xk+xk−1 ∴xk+xk−1=2xk−1即xk-xk−1=xk−1-xk−2 ∴集合A中的数成等差数列 下面再考虑yk+xk−2 ∵xk−2+xk−1<xk−2+yk<xk−1+yk ∴xk−2+yk=2xk−1或xk+xk−1 若xk−2+yk=2xk−1 则xk−1-xk−2=yk-xk−1 ∴xk−1-xk−2=xk-xk−1 ∴xk=yk 从而A=B 但此时|A+B|=2n-1 若xk−2+yk=xk+xk−1即yk-xk−1=xk-xk−2=2(xk-xk−1) ∴此时A={d,2d,…,nd} B={d,2d,…kd,(k+2)d,…,(n+1)d}(1≤k≤n-1) 4°若xk−1+yk<c<xk+yk (2≤k≤n-1) 此时可与3°完全类似推得A={d,2d,…kd,(k+2)d,…,(n+1)d}(1≤k≤n-1)B={d,2d,…,nd} 综合1°,2°,3°,4°可得结论五。 最后给出|A+B|=|A|+|B|最一般的情况,我们将用结论三,四,五推出结论六。 结论六:A,B是R的两个非空子集 A={x1,x2,…, xt}其中x1<x2<…<xt B={y1,y2,…, yn}其中y1<y2<…<ym ,m≥t,C=A+B={x+y|x∈A,y∈B} 则使|c|=k+m的充要条件是A={d,2d,…,td},B={d,2d,…kd,(k+2)d,…,(m+1)d}(1≤k≤m-1)或A={d,2d,…kd,(k+2)d,…,(t+1)d}(1≤t≤k-1),B={d,2d,…,md}或A={d,2d,…,(t-1)d,(t+1)d},B={d,2d,…,(m-1)d,(m+1)d}以及A,B分别加上(或减去)一个数的集合。 证明:必要性显然。设B1={y1,y2,…, yt},B2={yt+1,…, ym} |A+B1|≥2t-1对于x∈A+B1,则x≤xt+yt<xt+yt+1<xt+yt+2<…<xt+ym 记C1=A+B1,C2={xt+yi|t+1≤i≤m},则C1∩C2=空集 (∴|C|≥|C1∪C2|=|C1|+|C2|≥2t-1+m-t=t+m-1,又|C1|+|C2|≤t+m)欲使|C|=t+m只有|C1|=2t,|C2|=m-t,或|C1|=2t-1,|C2|=m-t+1 1°若|C1|=2t-1,|C2|=m-t+1 由结论三,我们可设x1=d, x2=2d,…, xt=td, y1=x1,y2=x2,…, yt=xt 记不出现在C1∪C2的C中的数为a。 考虑数yt+1+xt−1 ① 若a≠yt+1+xt−1,则xt−1+yt+1∈C1,由于xt−1+yt+1=(t-1)d+yt+1>(t-1)d+yt=(2t-1)d而maxx≤2td,∴只能xt−1+yt+1=2td,即yt+1=(t+1)d x∈C1② 若a=yt+1+xt−1,再考虑数yt+1+xt−2,由于xt−1+yt+1>xt−1+yt=(2t-2)d ∴xt−1+yt+1=(2t-1)d或2td,若yt+1=(t+1)d,则yt+1+xt−1=2td∈C1,矛盾! 故yt+1=(t+2)d,类似地,再考虑yt+2+xt−1得yt+2=(t+3)d,…, ym=(m+1)d, 对第①种情况作类似讨论得A={d,2d,…,td},B={d,2d,…,kd,(k+2)d,(k+3)d,…,(m+1)d}(t≤k≤m-1) 2°若|C1|=2t,|C2|=m-t+1 则由结论五,可分为以下3种情况 ①xi=id(1≤i≤t)且存在k(1≤k≤t-1)使yk=kd ,yk+1= (k+2)d 此时完全类似1°可得yt=(t+1)d(t≥k+1) ②yi=id(1≤i≤t)且存在k(1≤k≤t-2)使xk=kd ,xk+1=(k+2)d 仍类似1°可得yi=di(1≤i≤m) ③yi=id(1≤i≤d)且xt−1=(t-1)d xt=(t+1)d 此时仍类似1°的讨论可知yi=id(1≤i≤m-1)ym=md或(m+1)d 结合1°,2°结论六证毕。 对|A+B|=|A|+|B|的充要条件我们的做法已非常的繁琐,但是结论还是较严格的,但当|A+B|=k,k足够大时,A与B的性质就不好把握了。例如|A+B|=|A|+|B|时,A,B的条件还是非常宽泛的(例如结论三给出的构造,或用进位制给出构造)但如果用本文的方法做下去将会不胜其烦,我们期待能有更好的方法得出|A+B|=k时的充要条件。 -
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