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一道竞赛题的另解及推广


2009 年第 12 期

17

学生习作

一道竞赛题的另解及推广
李    京 指导教师     沈 恒
(浙江省湖州二中高二 ( 1) 班 , 313000)

   题目   将各位数码不大于 3 的全体正整 数 m 按自小到大的顺序排成一个数列 { an }. 则 a2

007 =
. ( 2007, 全国高中数学联赛江西省预赛 )

面的题目 . 例   1、、、、 这五个数字组成的有 由 2 3 4 5 重复数字的五位数 , 把它们从小到大排成一 列. 问 :
( 1 ) 22 435 与 43 512 分别是第几个 ? ( 2 ) 第 200 个数是多少 ?
[1 ]

原解请见 中等数学 》 《 2008 年第 6 期 . 另解 :考虑到 an 在十进制中不连续 , 又
an 各个位上的数码均由不大于 3 (即 0、 、、 1 2

文 [ 1 ]给出了该题的原解 . 笔者作了思 考 , 又给出了一种简便的解法 . 分析 : 将排序后的第 n 个数记为 an , 由 数字中不存在 0, 故不可直接使用五进制解 . 因此 , 先将所有的 an 减去 11 111, 结果记为
bn . 于是 , 可以得到如下结论 :

3 ) 的数码组成 , 则 an 的形式在四进制中为连

续整数 , 从而 , 简化解题 . 记集合 { ( an ) 4 } = {四进制连续正整数 }
( ( x ) k 表示 x 为一个 k 进制数 , 如 ( 11 ) 4 = ( 5 ) 10 ) . 故 ( an ) 4 = ( an - 1 ) 4 + ( 1 ) 10

( i) bn 中每一个数都由 0、 、、 、 中的 1 2 3 4

= ( an - 2 ) 4 + ( 2 ) 10 = … = ( n ) 10 .

某几个数组成 ;
( ii) { an }中第 i个数记为 ai , 减去 11 111

当 n = 2 007 时 , 有
( a2 007 ) 4 = ( 2 007 ) 10 .

后变成 bi 为 { bn }中的第 i个数 , 即变化后的 数列顺序不变 ;
( iii) bn 是一位 、 两位 、 三位 、 四位或五位

因此 , a2 007 = 133 113. 列表 1 说明 .
表  1
a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 … a2 007

的非负整数 . 从而 , { bn }符合五进制连续整数的要求 , 可用题目的方法求解 . 解 : ( 1 ) 注意到
22 435 - 11 111 = 11 324, 43 512 - 11 111 = 32 401.
7 8 9 10 … 2 007

下标 四进制
a n值

1 1 1

2 2 2

3 3 3

4

5

6

10 11 12 13 20 21 22 … 133 113 10 11 12 13 20 21 22 … 133 113

   通过把问题巧妙地转化成四进制数排 序 , 辅以联系 , 达到了事半功倍的效果 . 与原 解相比 , 另解直观易懂 , 无需高深的数学知 识. 运用上面的方法 , 可以举一反三解决下

故 22 435 及 43 512 的顺序数分别为
( 11 324 ) 5 + 1 = 840, ( 32 401 ) 5 + 1 = 2 227. ( 2 ) 由于 200 = ( 1 244 ) 5 + 1, 故第 200

18

中 等 数 学

个数为 1 244 + 11 111 = 12 355. 对上述问题 , 还可作如下推广 : 推广 1   0, 1, …, 9 这十个数字中选 n 从
( 1 ≤n ≤10 ) 个连续数码 a1 , a2 , …, an , 构成 n

多少 ? 解 :规定如上 . 不妨令 b1 , b2 , …, bn 为 a1 , a2 , …, an 从 小到大的一个排列 . 现对 bi ( i = 1, 2, …, n ) 构 成的数进行分析 . 构造一个映射 f: 将每一个 P 的每一个 数位上的 bi 用 i - 1 代替 , 构成新的数 Q (如
f ( b3 b2 b4 ) = 213 ) .

位数 P, 其中 , 不妨令
a1 = a2 - 1 = a3 - 2 = … = an - n + 1.

将所有的 P 从小到大排序 , 求 Pm 等于 多少 ? 解 :先作如下规定 : 对于 x、、 y k
N ( k 为进制 ) , k ≥2, 若有
( y ) k = x, 则 y =φk ( x ) .

同样地 , 可以得到如下结论 :
( 1 ) Q 由 0, 1, …, n - 1 这些数码构成 ; ( 2 ) 由 { bi }的有序性可知 , 若 b < b , 则 α β

对于任意的 Pi , 令 Q i = Pi -

.于

仍有 α - 1 <β - 1, 故 f 单调 . 因此 , 将 Q 从小到大排序 , 一定有 f ( Pi )
= Q i. 于是 , Q 所构成的集合也符合 n 进制连

是 , { Q i }符合 n 进制连续非负整数要求 . 故 则 Pm = Qm +
( Q i ) n = i - 1 ] Q i =φn ( i - 1 ) .

续非负整数要求 , 且为一位数 、 二位数 、 …、
n 位数 . 故 Qm =φn ( m - 1 ) , Pm = f
参考文献 :
[ 1 ]  裴德海 . 陈旧的问题 , 改进的方法 [ J ]. 数学通报 , 2007 ( 10) .
- 1

=φn ( m - 1 ) +

.

( Qm ) = f

- 1

(φn ( m - 1 ) ) .

推广 2   0, 1, …, 9 这十个数字中选 n 从
( 1 ≤n ≤10 ) 个数码 a1 , a2 , …, an , 构成 n 位

数 P. 将所有的 P 从小到大排序 , 求 Pm 等于
(上接第 11 页 )
( 2 ) 若 x22 > x2 k , 即 x2 k 是同行的最小元 素 , x32 也 是 同 行 的 最 小 元 素 , 此 时 , 必 有 x3 k > x32 , x1 k > x11 , 满足 x3 j > x32 , x1 j > x11 ① 的 j是存在的 . 例如 , j = 8. 对于这样的 j, 由性质 ( O ) 有 x2 j ≤x2 k . 因 此 , k 是满足式 ① 的那些 j中使 x2 j最大的 . 从 j ( O ) 的列 k ( k 而 , 与 1、 列合在一起具有性质 2 ≠1, 2, 3 ) 至多一个 (唯一性 ) . 另一方面 , 如果 k 是式 ① 中使 x2 j最大的 j, 则对第 t ( 1 ≤ t ≤9 ) 列 , 或者 x1 t ≤ x11 , 或者 x3 t ≤x32 , 或者 x1 t > x11 , x3 t > x32 . 从而 , 由 k 的 最大性得 x2 k ≥x2 t. 因此 , 这样的 k 使 1、 、 这三列具有性 2 k 质 (O ) .

于是 , 取 t为这三列中的任一列 , 便得出 这一列有一个同行的最小元素 . 因此 , 问题 ( 1 ) 成立 . 不妨设 ui = xii ( i = 1, 2, 3 ) , x31 > x32 . 如果有 k ≠1, 2, 使第 1、、 列具有性质 2 k ( O ) , 由 x21 > x22 , x31 > x32 , 则必有 x11 =m in x11 , x12 , x1 k . 由性质 ( O ) , x22 、 32 中恰有一个是同行 x 的最小元素 . ( 1 ) 若 x22 < x2 k , 即 x22 是同行的最小元 素 , 则由第 1、 、 列具有性质 ( O ) 及 x13 > 2 k x11 , x23 > x22 , 得 x33 ≤ x3 k . 而由第 1、 、 列具 2 3 有性质 ( O )及 x1 k > x11 , x2 k > x22 , 得 x3 k ≤x33 . 因此 , x33 = x3 k ] k = 3.


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