Question

已知集合S={a₁，a₂，a₃，…，a_n}（n≥3），集合T⊆{（x，y）|x∈S，y∈S，x≠y}且满足：?a_i，a_j∈S（i，j=1，2，3，…，n，i≠j），（a_i，a_j）∈T与（a_j，a_i）∈T恰有一个成立．对于T定义d_T（a，b）=

1，(a，b)∈T 0，(b，a)∈T

l_T（a_i）=d_T（a_i，a₁）+d_T（a_i，a₂）+…+d_T（a_i，a_i-1）+d_T（a_i，a_i+1）+…+d_T（a_i，a_n）（i=1，2，3，…，n）．
（Ⅰ）若n=4，（a₁，a₂），（a₃，a₂），（a₂，a₄）∈T，求l_T（a₂）的值及l_T（a₄）的最大值；
（Ⅱ）从l_T（a₁），l_T（a₂），…，l_T（a_n）中任意删去两个数，记剩下的n-2个数的和为M．求证：M≥

1

2

n（n-5）+3；
（Ⅲ）对于满足l_T（a_i）＜n-1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中是否都存在三个不同的元素e，f，g，使得d_T（e，f）+d_T（f，g）+d_T（g，e）=3恒成立，并说明理由．

Answer 1

考点：进行简单的合情推理

专题：综合题,推理和证明

分析：（Ⅰ）利用d_T（a₂，a₁）=0，d_T（a₂，a₃）=0，d_T（a₂，a₄）=1，可得l_T（a₂）=1；利用l_T（a₄）=d_T（a₄，a₁）+d_T（a₄，a₂）+d_T（a₄，a₃）≤1+0+1=2，可得l_T（a₄）取得最大值2；
（Ⅱ）由d_T（a，b）的定义可知：d_T（a，b）+d_T（b，a）=1，设删去的两个数为l_T（a_k），l_T（a_m），则lT(ak)+lT(am)=

1

2

n(n-1)-M．由题意可知：l_T（a_k）≤n-1，l_T（a_m）≤n-1，且当其中一个不等式中等号成立，即可得出结论；
（Ⅲ）对于满足l_T（a_i）＜n-1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中都存在三个不同的元素e，f，g，使得d_T（e，f）+d_T（f，g）+d_T（g，e）=3恒成立．

解答： 解：（Ⅰ）因为 （a₁，a₂），（a₃，a₂），（a₂，a₄）∈T，
所以 d_T（a₂，a₁）=0，d_T（a₂，a₃）=0，d_T（a₂，a₄）=1，故l_T（a₂）=1．…（1分）
因为 （a₂，a₄）∈T，所以 d_T（a₄，a₂）=0．
所以 l_T（a₄）=d_T（a₄，a₁）+d_T（a₄，a₂）+d_T（a₄，a₃）≤1+0+1=2．
所以 当（a₂，a₄），（a₄，a₁），（a₄，a₃）∈T时，l_T（a₄）取得最大值2．…（3分）
（Ⅱ）由d_T（a，b）的定义可知：d_T（a，b）+d_T（b，a）=1．
所以 

n

i=1

lT(ai)=[dT(a1，a2)+dT(a2，a1)]+[dT(a1，a3)+dT(a3，a1)]

+…+[dT(a1，an)+dT(an，a1)]+…+[dT(an-1，an)+dT(an，an-1)]

=

C

2 n

=

1

2

n(n-1)．…（6分）
设删去的两个数为l_T（a_k），l_T（a_m），则lT(ak)+lT(am)=

1

2

n(n-1)-M．
由题意可知：l_T（a_k）≤n-1，l_T（a_m）≤n-1，且当其中一个不等式中等号成立，
不放设l_T（a_k）=n-1时，d_T（a_k，a_m）=1，d_T（a_m，a_k）=0．
所以 l_T（a_m）≤n-2．…（7分）
所以l_T（a_k）+l_T（a_m）≤n-1+n-2=2n-3．
所以 lT(ak)+lT(am)=

1

2

n(n-1)-M≤2n-3，即M≥

1

2

n(n-5)+3．…（8分）
（Ⅲ）对于满足l_T（a_i）＜n-1（i=1，2，3，…，n）的每一个集合T，集合S中都存在三个不同的元素e，f，g，使得d_T（e，f）+d_T（f，g）+d_T（g，e）=3恒成立，理由如下：
任取集合T，由l_T（a_i）＜n-1（i=1，2，3，…，n）可知，l_T（a₁），l_T（a₂），…，l_T（a_n）中存在最大数，不妨记为l_T（f）（若最大数不唯一，任取一个）．
因为 l_T（f）＜n-1，
所以 存在e∈S，使得d_T（f，e）=0，即（e，f）∈T．
由l_T（f）≥1可设集合G={x∈S|（f，x）∈T}≠∅．
则G中一定存在元素g使得d_T（g，e）=1．否则，l_T（e）≥l_T（f）+1，与l_T（f）是最大数矛盾．
所以d_T（f，g）=1，d_T（g，e）=1，即d_T（e，f）+d_T（f，g）+d_T（g，e）=3．…（14分）

点评：本题考查进行简单的合情推理，考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，难度大．