2010-北京卷理-20 解-排列组合

本题导读

本题是一道高等数学背景深厚的离散数学创新压轴题，其核心概念源于信息论中的“汉明距离”。题目通过新定义的距离模型，全面系统地考查了考生的抽象概括能力、逻辑推理论证能力以及利用代数变形进行组合放缩的高阶思维。

📌【题干】

Question

（2010年北京卷(理)） 已知集合 $S_n=\{X|X=(x_1,x_2,\dots ,x_n),x_i\in \{0,1\},i=1,2,\dots ,n\}$ ($n\ge 2$)．对于 $A=(a_1,a_2,\dots ,a_n),B=(b_1,b_2,\dots ,b_n)\in S_n$，定义 $A$ 与 $B$ 的差为 $A-B=(|a_1-b_1|,|a_2-b_2|,\dots ,|a_n-b_n|)$；$A$ 与 $B$ 之间的距离为 $d(A,B)={\sum }_{i=1}^n|a_i-b_i|$．

(1)证明：$\forall A,B,C\in S_n$，有 $A-B\in S_n$，且 $d(A-C,B-C)=d(A,B)$；

(2)证明：$\forall A,B,C\in S_n$，$d(A,B),d(A,C),d(B,C)$ 三个数中至少有一个是偶数；

(3)设 $P\subseteq S_n$，$P$ 中有 $m$ ($m\ge 2$) 个元素，记 $P$ 中所有两元素间距离的平均值为 $\bar{d}(P)$．证明：$\bar{d}(P)\le \frac{mn}{2(m-1)}$．

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问逻辑：根据 $a_i,b_i\in \{0,1\}$，穷举验证差对应的分量只能是 $0$ 或 $1$ 证出属于关系；再利用坐标分量穷举法，证明 $||a_i-c_i|-|b_i-c_i||=|a_i-b_i|$ 恒成立，通过求和号展开即证距离相等。

2. 第二问逻辑：考察三数之和 $d(A,B)+d(A,C)+d(B,C)$。利用抽屉原理，对于任意维度的分量，三个 $0$ 或 $1$ 中必有两个相等，从而证出每个分量对应绝对值之和必为偶数，进而得出总和为偶数，依此判定必有偶数存在。

3. 第三问逻辑：应用“算两次”原理。总距离和可转化为“按列求和”。对第 $i$ 列，设其中有 $k_i$ 个 1，则有 $m-k_i$ 个 0。该列贡献的距离和为 $k_i(m-k_i)$。利用均值不等式将其最大化放缩为 $\frac{m^2}{4}$，求和后除以总对数 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)$ 即证。

点击查看答案

对任意 $i$ 恒有 $||a_i-c_i|-|b_i-c_i||=|a_i-b_i|$

✍【详细解析】

Abstract

（1）证明： $\because A,B\in S_n⟹a_i,b_i\in \{0,1\}$ ($i=1,2,\dots ,n$)． $\therefore |a_i-b_i|$ 的可能取值仅为 $|0-0|=0$, $|1-1|=0$, $|1-0|=1$, $|0-1|=1$，即 $|a_i-b_i|\in \{0,1\}$． 根据集合 $S_n$ 的定义，显然有 $A-B\in S_n$．

令 $A-C=(x_1,x_2,\dots ,x_n)$， $B-C=(y_1,y_2,\dots ,y_n)$，其中 $x_i=|a_i-c_i|,y_i=|b_i-c_i|$． 则 $d(A-C,B-C)={\sum }_{i=1}^n|x_i-y_i|={\sum }_{i=1}^n||a_i-c_i|-|b_i-c_i||$． 对任意确定的 $i$，由 $a_i,b_i,c_i\in \{0,1\}$ 分类讨论：

• 若 $a_i=b_i$，则 $|a_i-c_i|=|b_i-c_i|⟹||a_i-c_i|-|b_i-c_i||=0=|a_i-b_i|$；
• 若 $a_i\ne b_i$，则 $a_i,b_i$ 一个为 0 一个为 1。此时无论 $c_i$ 取 0 还是 1， $|a_i-c_i|$ 与 $|b_i-c_i|$ 必为一个为 0 一个为 1，从而 $||a_i-c_i|-|b_i-c_i||=1=|a_i-b_i|$．

综上所述，对任意 $i$ 恒有 $||a_i-c_i|-|b_i-c_i||=|a_i-b_i|$． $\therefore d(A-C,B-C)={\sum }_{i=1}^n|a_i-b_i|=d(A,B)$

（2）证明： 考虑三者之和： $d(A,B)+d(A,C)+d(B,C)={\sum }_{i=1}^n\left(|a_i-b_i|+|a_i-c_i|+|b_i-c_i|\right)$ 对任意给定的 $i$，由于 $a_i,b_i,c_i\in \{0,1\}$，根据抽屉原理，这三个数中至少有两个相等：

• 若 $a_i=b_i=c_i$，则 $|a_i-b_i|+|a_i-c_i|+|b_i-c_i|=0$（偶数）；
• 若其中有两个相等，另一个不相等（例如 $a_i=b_i\ne c_i$），则该式 $=0+1+1=2$（偶数）．

由此可知，对每一个 $i$， $|a_i-b_i|+|a_i-c_i|+|b_i-c_i|$ 均为偶数． 从而它们的累加和 $d(A,B)+d(A,C)+d(B,C)$ 必为偶数． 若三个整数之和为偶数，则这三个数中不可能全为奇数（奇+奇+奇=奇），因此这三个数中至少有一个是偶数．

（3）证明： 设 $P=\{A_1,A_2,\dots ,A_m\}$，其中 $A_j=(a_{j1},a_{j2},\dots ,a_{jn})\in S_n$ ($j=1,2,\dots ,m$)． $P$ 中所有两元素间的距离总对数为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{2}\right)=\frac{m(m-1)}{2}$． 所有两元素间距离的总和为： ${\sum }_{1\le j<k\le m}d(A_j,A_k)={\sum }_{1\le j<k\le m}{\sum }_{i=1}^n|a_{ji}-a_{ki}|={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{1\le j<k\le m}|a_{ji}-a_{ki}|$ 现在对其进行“按列求和”分析：对固定的第 $i$ 列，考察这 $m$ 个元素的第 $i$ 个分量 $a_{1i},a_{2i},\dots ,a_{mi}$． 设这 $m$ 个分量中有 $k_i$ 个为 1，则有 $m-k_i$ 个为 0． 在两两求绝对差时，只有“1 与 0”组合对应的项值为 1，“1 与 1”或“0 与 0”对应的项值均为 0． 因此，对于固定的 $i$，其总和项中值为 1 的项数恰好为 $k_i(m-k_i)$． 根据均值不等式，有： $k_i(m-k_i)\le {\left(\frac{k_i+(m-k_i)}{2}\right)}^2=\frac{m^2}{4}$ 所以，两元素间距离的总和满足： ${\sum }_{1\le j<k\le m}d(A_j,A_k)={\sum }_{i=1}^n{k}_i(m-k_i)\le {\sum }_{i=1}^n\frac{m^2}{4}=\frac{n{m}^2}{4}$ 从而，所有两元素间距离的平均值 $\bar{d}(P)$ 为： $\bar{d}(P)=\frac{{\sum }_{1\le j<k\le m}d(A_j,A_k)}{\frac{m(m-1)}{2}}\le \frac{\frac{n{m}^2}{4}}{\frac{m(m-1)}{2}}=\frac{mn}{2(m-1)}$ 原不等式得证．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：新定义代数结构性质验证、离散距离的奇偶齐次性、多变量组合最值的放缩推导。
2. 核心方法：

• 面对复杂多维新定义表达式时，采用“化整为零，降维到单分量讨论”的基本策略。
• 第三问中“算两次”变换核心技巧，将“两两元素间算距离再求和”颠倒顺序转化为“按每一位分量统计 0 与 1 的个数直接乘积计数再求和”，这是攻克离散压轴题的关键纽带。

3. 避坑指南：第三问切忌盲目使用常规的双层数学归纳法，由于涉及集合子集任意性以及平均值的动态波动，强行归纳极难写出递推齐次式，务必从全局计数的算代数本质出发。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题是高等数学中“线性纠错码（Linear Error-Correcting Codes）”和“汉明距离”几何结构在高考中的完美重现，考查向量空间 ${\mathbf{F}}_2^n$ 的度量性质。

2. 结论推广: 若推广至一般的更密集合，本题第（3）问的放缩边界在 $m$ 为偶数时是完全可达的拓扑上界（只需令其中 $\frac{m}{2}$ 个元素为全 0 向量，另 $\frac{m}{2}$ 个元素为全 1 向量即可达到最大平均值 $\frac{mn}{2(m-1)}$）。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-06 填-分式不等式
• 2011-上海卷文-16 单-均值不等式恒成立
• 2011-上海卷理-15 单-基本不等式