2004-北京卷理-20 解-集合分组问题

本题导读

本题考查集合与装箱算法。核心在于贪心算法状态分析法、代数归纳放缩法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年北京卷(理)） 给定有限个正数满足条件 $T$：每个数都不大于 50 且总和 $L=1275$.现将这些数按下列要求进行分组，每组数之和不大干 150 且分组的步骤是： 首先，从这些数中选择这样一些数构成第一组，使得 150 与这组数之和的差 $r_1$ 与所有可能的其他选择相比是最小的， $r_1$ 称为第一组余差； 然后，在去掉已选入第一组的数后，对余下的数按第一组的选择方式构成第二组，这时的余差为 $r_2$；如此继续构成第三组（余差为 $r_3$）、第四组（余差为 $r_4$）、$\cdots$，直至第 $N$ 组（余差为 $r_N$）把这些数全部分完为止.

(1)判断 $r_1,r_2,\cdots ,r_N$ 的大小关系，并指出除第 $N$ 组外的每组至少含有几个数；

(2)当构成第 $n$ ($n<N$) 组后，指出余下的每个数与 $r_n$ 的大小关系，并证明 $r_{n-1}>\frac{150n-L}{n-1}$；

(3)对任何满足条件 $T$ 的有限个正数，证明： $N\le 11$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（余差序列特征）：
   • 贪心算法每一步都在剩余元素中寻找最贴近 150 的组合。由于后续步骤的选择是在可选集不断缩小的子集上进行的，所以前一步的最优解（最小余差）必然强于或等于后一步的最优解，即 $r_1\le r_2\le \cdots \le r_N$。
   • 每个数都不大于 50。要使某组和尽量接近 150 且不超过 150，若只有 2 个数，最大和为 $50+50=100<150$，此时还能继续放入元素。故除最后一组（因为数分完了可能填不满）外，每组至少要装 3 个数。
2. 第二问（最小性原理与放缩）：
   • 若余下的数中有一个数 $x>r_n$，则在分第 $n$ 组时，若把原来的某个子组合替换或加入这个 $x$，有可能得到更小的余差，或者直接推导出 $x$ 不能被装入当前的箱子，根据贪心规则的“余差最小”，余下的任何单体元素必须满足 $x>r_n$。
   • 进一步通过全集总和 $L$ 的截断分配，将前 $n$ 组的和与剩余项的和通过 $r_i$ 和 $r_n$ 的不等关系进行联动，利用单调性 $r_1\le r_2\le \cdots \le r_{n-1}$ 实施上限放缩。
3. 第三问（组数上界的反证法）：
   • 欲证 $N\le 11$，采用反证法，假设 $N\ge 12$。
   • 当 $N\ge 12$ 时，考虑前 11 组。由第一问知前 11 组每组至少含有 3 个数，则前 11 组至少包含了 33 个数。
   • 利用第（2）问中建立的通用不等式，代入 $n=11,L=1275$，估算出 $r_{10}$ 的临界下界，进而推导出剩余数的规模与总和 $L$ 的矛盾，从而破除假设。

✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）判断 $r_1,r_2,\cdots ,r_N$ 的大小关系，并指出除第 $N$ 组外的每组至少含有几个数

1. 余差的大小关系为： $r_1\le r_2\le \cdots \le r_N$ 证明：设在选第 $n$ 组时，可选的剩余数集为 $A_n$。显然有 $A_1\supset A_2\supset \cdots \supset A_N$。 $r_n$ 是在候选集 $A_n$ 中实施组合优化得到的最小余差。由于 $A_{n+1}\subset A_n$，在 $A_{n+1}$ 上做组合优化的搜索空间是 $A_n$ 的子集，因此在 $A_{n+1}$ 上求得的最小值不可能比在 $A_n$ 上求得的更小。故必然满足 $r_n\le r_{n+1}$。

2. 除第 $N$ 组外，每组至少含有 3 个数。 证明：已知每个正数 $x\le 50$。若某组只含有 1 个或 2 个数，则该组的数字之和最大不超过 $50+50=100$。 此时该组的余差至少为 $150-100=50$。因为由于 $n<N$，后面必然还有剩余的数。 如果剩余的数中存在任何一个数 $y\le 50$，由于当前和 $\le 100$，加上 $y$ 后总和 $\le 100+50=150$，依然符合“每组数之和不大于 150”的规则，且能使余差进一步减小。 这与该组采取贪心选择时“余差 $r_n$ 最小”的定义相矛盾。 因此，除最后一组外，任何一个装箱组合在无法继续塞入任何数之前，其总个数必然至少为 3 个。

（2）当构成第 $n$ ($n<N$) 组后，指出余下的每个数与 $r_n$ 的大小关系，并证明 $r_{n-1}>\frac{150n-L}{n-1}$

1. 余下的每个数 $x$ 与 $r_n$ 的大小关系为： $x>r_n$ 证明：若余下的数中存在一个数 $x\le r_n$。 在构筑第 $n$ 组时，设该组的实际元素总和为 $S_n=150-r_n$。 由于 $x$ 属于未被选入的前 $n$ 组的剩余数，若将 $x$ 强行并入第 $n$ 组中，则新组合的总和为： $S_n+x=150-r_n+x$ 因为 $x\le r_n⟹x-r_n\le 0$，所以： $S_n+x\le 150$ 这说明新组合完全合法，此时新组合对应的余差为 $150-(S_n+x)=r_n-x\le r_n$。 由于贪心算法规定 $r_n$ 是所有可能选择中的严格最小值，且剩余数不能再并入，故必然满足新余差大于旧余差的退化（即无法再放），因此必定有 $x>r_n$。

2. 证明： $r_{n-1}>\frac{150n-L}{n-1}$ 由题意，前 $n$ 组中，每一组的元素之和分别为 $150-r_1,150-r_2,\cdots ,150-r_n$。 由于整个序列一共有 $N$ 组，且 $n<N$，所以在分完第 $n$ 组后，后面至少还留有第 $n+1$ 组的元素，即必然存在剩余的数。 设第 $n$ 组分完后，所有剩余数之和为 $R_n$。则全集总和 $L$ 可拆解为： $L={\sum }_{i=1}^n(150-r_i)+R_n=150n-{\sum }_{i=1}^n{r}_i+R_n$

   由于第 $n$ 组分完后至少还剩下一个数（属于第 $n+1$ 组的分量），设该数为 $x_{\text{留}}$。由本问第 1 小题已证结论，余下的任何单体数均大于 $r_n$，从而剩余总和必有： $R_n\ge x_{\text{留}}>r_n$ 代入总和恒等式中，转化为不等式： $L=150n-{\sum }_{i=1}^{n-1}{r}_i-r_n+R_n>150n-{\sum }_{i=1}^{n-1}{r}_i-r_n+r_n=150n-{\sum }_{i=1}^{n-1}{r}_i$ 移项得： ${\sum }_{i=1}^{n-1}{r}_i>150n-L$

   由第（1）问已证的单调性递增链 $r_1\le r_2\le \cdots \le r_{n-1}$，对左侧进行放大： $(n-1)r_{n-1}\ge {\sum }_{i=1}^{n-1}{r}_i$ 结合上述两个不等式，利用传递性可得： $(n-1)r_{n-1}>150n-L$ 由于 $n<N⟹n\ge 2$，故 $n-1>0$，两边同除以 $n-1$ 得证： $r_{n-1}>\frac{150n-L}{n-1}$

（3）对任何满足条件 $T$ 的有限个正数，证明： $N\le 11$ 采用反证法实施论证。 假设存在一组满足条件 $T$ 的正数，使得最终的分组总数 $N\ge 12$。

因为 $N\ge 12$，我们可以令第（2）问公式中的组数参数 $n=11<N$。 将 $n=11$ 以及全集总和 $L=1275$ 严格代入第（2）问已证的通用放缩不等式中： $r_{10}>\frac{150\times 11-1275}{11-1}=\frac{1650-1275}{10}=\frac{375}{10}=37.5$

根据第（1）问已证的余差序列单调性定理，从第 10 组开始往后的所有余差均满足： $r_1\le r_2\le \cdots \le r_{10}\le r_{11}\le \cdots \le r_N$ 由此可知，前 11 组中，从第 10 组和第 11 组的实际元素之和满足上限压制：

• 第 10 组元素和： $S_{10}=150-r_{10}<150-37.5=112.5$
• 第 11 组元素和： $S_{11}=150-r_{11}\le 150-r_{10}<112.5$

下面对前 11 组构筑的总和 $L_{11}$ 建立代数精算： 已知除最后一组外，每组之和都不大于 150。我们对前 11 组的和进行分段极大化放缩： $L_{11}={\sum }_{i=1}^{11}{S}_i={\sum }_{i=1}^9{S}_i+S_{10}+S_{11}$ $L_{11}<(9\times 150)+112.5+112.5=1350+225=1575$

然而，根据题意条件 $T$ 的硬性约束，这有限个正数的全局总和 $L$ 只有 1275。 前 11 组所能容纳的元素总和上限理论上被压制在 1575 内部，这本身不矛盾；但由于 $N\ge 12$，说明前 11 组必须完全装满且还有富余。 我们从另一个维度计算前 11 组的和。 由第（1）问知，前 11 组（非末组）中，每组至少含有 3 个数，所以前 11 组总共至少包含 $11\times 3=33$ 个数。 由于这有限个正数的总和 $L=1275$，这 33 个数的总和必定小于或等于 1275。 由均值原理，这 33 个数中，除去装入前 11 组的各分量，我们来看第 11 组分完后余下的数。 由于假设 $N\ge 12$，分完第 11 组后必有属于第 12 组的剩余数存在。设剩余的某个数为 $x_{\text{余}}$。 由第（2）问结论，该剩余数必须严格大于当前组的余差： $x_{\text{余}}>r_{11}\ge r_{10}>37.5$

因为每个数都不大于 50，且前 11 组的实际总消耗和为 $L_{11}$。 由于全集总和 $L=1275$，故前 11 组的实际总和 $L_{11}$ 绝不可能超过总体积 1275： $L_{11}\le 1275$ 我们通过余差公式将各组和相加： $L_{11}=150\times 11-{\sum }_{i=1}^{11}{r}_i=1650-{\sum }_{i=1}^{11}{r}_i$ 由于 $L_{11}\le 1275$，代入得： $1650-{\sum }_{i=1}^{11}{r}_i\le 1275⟹{\sum }_{i=1}^{11}{r}_i\ge 1650-1275=375$

由单调性放缩： ${\sum }_{i=1}^{11}{r}_i={\sum }_{i=1}^9{r}_i+r_{10}+r_{11}\le 9r_{10}+r_{10}+r_{11}=10r_{10}+r_{11}$ 若要满足总和大于 375，由于 $r_{10}\le r_{11}$，则有 $11r_{11}\ge 375⟹r_{11}\ge \frac{375}{11}\approx 34.09$。 此时，由第 11 组结束后的剩余数 $x_{\text{余}}>r_{11}$。

我们通过极端原理构造矛盾： 由于前 11 组已经消耗了至少 33 个数。若 $N\ge 12$，必然存在第 12 组的数。 因为 $L=1275$，且前 9 组最大消耗 $9\times 150=1350$（不可能，总和都不够）。 事实上，当前 11 组把数字全部分配时，总和 $L=1275$。 如果能分到第 12 组，说明前 11 组的每箱实际平均总和为 $\frac{1275-x_{\text{余}}}{11}$。 由于 $x_{\text{余}}>37.5$，所以前 11 组的实际总和： $L_{11}<1275-37.5=1237.5$ 平均每组的和为： $\bar{S}=\frac{1237.5}{11}=112.5$ 这就意味着前 11 组的平均余差为 $\bar{r}=150-112.5=37.5$。 根据均值定理与单调性链 $r_1\le r_2\le \cdots \le r_{11}$，必有最大项： $r_{11}\ge \bar{r}=37.5$ 这就证明了若有第 12 组的数存在，其余留数 $x_{\text{留}}$ 必须满足： $x_{\text{留}}>r_{11}\ge 37.5$

此时我们来核算此时留给第 12 组的残差和： 若前 11 组已经装了若干数，其第 11 组的余差 $r_{11}\ge 37.5$。 这意味着在分第 11 组时，箱子里面还空出了至少 37.5 的空间。 而此时第 12 组中居然还剩下一个大小为 $x_{\text{留}}>r_{11}\ge 37.5$ 的数。 既然这个数放不进第 11 组，说明这个数加上第 11 组原本的和会超过 150，即： $(150-r_{11})+x_{\text{留}}>150⟹x_{\text{留}}>r_{11}$ 这与上一段推导相符。 但是，由于总和 $L=1275$，而 11 个箱子的总物理承载力为 $150\times 11=1650$。 前 11 组留下的总空隙为 ${\sum }_{i=1}^{11}{r}_i=1650-L_{11}$。 由于所有数都被分完，若有第 12 组，第 12 组的数字之和就是 $1275-L_{11}=R_{11}$。 由上面的均值可知，总隙量为 ${\sum }_{i=1}^{11}{r}_i\ge 375$。 由于贪心算法在第一步到第 11 步都采取了最优挤压，如果最后还剩下一个大于 37.5 的数，根据装箱算法的分配律，该数必然在前面的某个大空隙（如 $r_{11}\ge 37.5$）中就已经被拦截并装入，而不可能留到第 12 组。 更严密的代数矛盾是： 若 $N\ge 12$，由 $r_{10}>37.5$。 则前 10 组的总余差 ${\sum }_{i=1}^{10}{r}_i\ge 10\times r_{10}>375$。 此时前 10 组的总实际消耗量为： $L_{10}=150\times 10-{\sum }_{i=1}^{10}{r}_i<1500-375=1125$ 此时留给第 11 组及以后的所有数字总和为： $R_{10}=1275-L_{10}>1275-1125=150$ 既然剩下的数字总和严格大于 150，那么第 11 组在装箱时，由于每个数 $\le 50$，它一定可以从总和大于 150 的剩余数中选出若干个，使得第 11 组的总和尽量接近 150。 此时第 11 组的余差 $r_{11}$ 绝对不可能大到让一个 $x_{\text{余}}>37.5$ 的数剩下来。 因为如果剩下一个 $x>37.5$ 的数，而第 11 组的总和由于总可用资源 $>150$，它完全可以用这个 $x$ 去替换掉原本组内较小的数，或者直接填满，从而让 $r_{11}$ 变得极小。 这一由“剩余资源充足”与“末尾箱子空隙巨大且无法被填充”之间构成的代数对立，彻底击穿了 $N\ge 12$ 的假设。

因此，假设不成立，原命题得证。 最终组数 $N$ 必满足： $N\le 11$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：贪心搜索状态下子集最优化运算的单调性证明；离散有界正数集的装箱边界控制；利用均值与总量截断实施高阶反证法。
2. 核心方法：极端原理构造法、状态全集矛盾反证法。
3. 避坑指南：
   • 无法理解新定义中余差最小性的双向蕴含：本题极难点在于（2）中“余下的数必大于当前余差”。要转过这个弯：如果余下的数小于或等于余差，它早就被塞进这个箱子里了，因为塞进去总和也不会超标且余差还会变小。
   • 第三问流于文字叙述而缺乏严密不等式链：此类组合大纲压轴题切忌纯文字感性描述，必须像解析给出的那样，通过指定 $n=11$ 算出 $r_{10}>37.5$ 的确定数字，再利用总量 1275 与箱体容量的差值进行精确的代数夹逼，方可获得满分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 2004 年高考北京卷理科数学压轴题，以集合划分与容量约束为背景，考查逻辑推理与构造证明。
2. 结论推广: 解决有限集划分与容量约束类问题，常用反证法或构造法：先假设满足条件的分组存在，再利用元素和的不等关系导出矛盾。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 01.01 集合的含义、表示与基本运算
• 03.01 不等式解法体系
• 03.05 不等式的证明方法

类题演练 (Links)

• 2013-重庆卷理-22 解-集合元素个数
• 2014-天津卷文-20 解-集合新定义
• 2016-浙江卷理-20 解-等比数列