【数学竞赛解答】2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题(填空

作者: 备考999天 | 来源:发表于2020-06-30 18:08 被阅读0次

本文为2020年全国高中数学联赛浙江赛区初赛试题填空部分的解答，大部分为关耳叔原创，解法虽多，但有雷同之处可以理解。
本文解答亮点：
1、题1之解法2，方法巧妙，可谓神来之笔，多谢朋友吴正提供；
2、题5使用向量法解立体几何问题；
3、题6转化为复向量，使计算更自然；
4、题7引入倒数多项式的概念；
5、题8、题9的解法2中，引入母函数计数方法，并编写计算机程序验证其正确性；
6、题10使用了配对计数原理。

以下，通过考题，详细解析各个知识点与技巧，希望能有所奉献。

题1 设 $r$ 为方程 $x^3-x+3=0$ 的解，则以 $r^2$ 为其解的首项系数为1的整系数一元三次方程为______
解法1(韦达定理) 设 $x^3-x+3=0$ 的三个根为 $r_1,r_2,r_3$ ，根据韦达定理有如下关系式：
$r_1+r_2+r_3=0$
$r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1=-1$
$r_1r_2r_3=-3$

上三式可以推导如下三式。
$r_1^2+r_2^2+r_3^2$
$=(r_1+r_2+r_3)^2-2(r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1)$
$=2$ (1.1)

$(r_1r_2)^2+(r_2r_3)^2+(r_3r_1)^2$
$=(r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1)^2-2r_1r_2r_3(r_1+r_2+r_3)$
$=1$ (1.2)

$r_1^2r_2^2r_3^2=9$ (1.3)

根据(1.1)(1.2)(1.3)可得， $r_1^2,r_2^2,r_3^2$ 为方程
$x^3-2x^2+x-9=0$ (1.4)
的三个根，方程(1.4)即所求。 $\blacksquare$

解法2(多项式理论，吴正提供) 0= $(r^3-r+3)(ar^3+br^2+cr+d)$
$=ar^6+br^5+(c-a)r^4+(d-b+3a)r^3+(3b-c)r^2+(3c-d)r+3d$ (1.5)

上式令 $a=1$ ,且关于 $r$ 的奇数次项系数为零，得：
$a=1,b=0,d=-3,c=-1$
方程变为：
$r^6-2r^4+r^2-9=0$
所以，方程 (1.4)有根为 $r^2$
$\blacksquare$

评注 (1.5)的构造乃神来之笔，谢谢吴正提供。

题2 已知 $f(a)=\min_{\substack{x\in [a,a+1]}} \{x^2-2x-1\}$ ，则 $f(a)在[-1,1]$ 的最大值________
解令 $g(x)=x^2-2x-1,f(a)$ 是一个分段函数，如下：
$f(a)=\begin{cases} g(a+1) \space \space (a\le{0})\\ g(1)\space \space(0<a \le {1}) \\ g(a) \space\space(a>1) \end{cases}$

经计算得：
$f(a)=\begin{cases} a^2-2 \space \space (a\le{0})\\ -2\space\space(0<a \le {1}) \\ a^2-2a-1 \space\space(a>1) \end{cases}$

分段代入计算得：
$\max_{\substack{a\in [-1,1]}}{f(a)} = -1$
$\blacksquare$

题3 某竹竿长为24米，一端靠在墙上，另一端落在地面上。若竹竿上某一节点到墙的垂直距离和到地面的垂直距离都是7米，则此时竹竿靠在墙上的端点到地面的垂直距离为______米，或_____米。

解法1 如图3-1， $AB$ 为墙， $AC=24(米)$ 为竹竿， $DE=DF=7$ ，且 $\angle ABC = \angle AFD = \angle DEC = Rt\angle$ 。

图3-1

设竹竿靠墙的端点到地面的垂直距离 $AB=x$ ,触地点到墙的距离为 $BC=y$
根据勾股定理有：
$(x+y)^2-2xy=x^2+y^2=24^2=576$ (3.1)
根据面积关系：
$\frac{xy}2=S_{ABC}=S_{DEBF}+S_{ADF}+S_{DCE}=49+\frac{7(x-7)}2+\frac{7(y-7)}2$
整理得：
$xy=7(x+y)$ (3.2)

令 $u=x+y>0,v=xy>0$ 代入(3.1)(3.2)得：
$u^2-2v=576$ (3.3)
$v=7u$ (3.4)

$(3.3)(3.4)\Rightarrow u=32,v=224$
即 $x+y=32,xy=224$
所以， $x,y$ 为关于 $t$ 的方程
$t^2-32t+224=0$
的两根。

即：
$x=16+4\sqrt{2},y=16-4\sqrt{2}$
或
$x=16-4\sqrt{2},y=16+4\sqrt{2}$

综上所述， $AB=16\pm 4\sqrt2$
$\blacksquare$

解法2 如图3-1，令 $\angle CAB=\theta,$ ，则：
$S_{ABC}=\frac{1}{2}\times (24 \times \cos\theta)\times (24 \times\sin\theta)=144\sin2\theta$ (3.5)
另：
$S_{ABC}=S_{DEBF}+S_{ADF}+S_{DCE}$
$=7\times 7+\frac{7\times 7\tan\theta}2+\frac{7\times 7\cot\theta}2$
$=49+\frac{49}{\sin2\theta}$ (3.6)

由(3.5)、(3.6)得：
$144\sin2\theta=49+\frac{49}{\sin2\theta}$
令 $\sin2\theta=t$ 整理得：
$144t^2-49t-49=0$
解得：
$t_1=\frac{7}{9},t_2=-\frac{7}{16}$
因 $\theta$ 为锐角, $0<2\theta<180^\circ$ ，所以：
$\sin2\theta = \frac{7}{9}$
解得：
$\cos\theta=\frac{4\pm \sqrt{2} }6$
所以：
$AB=AC\times \cos\theta=24\times \frac{4\pm \sqrt{2} }6=16\pm 4\sqrt2$
$\blacksquare$

题4 $x\in \mathbb R$ ，则 $y=\frac{sinx}{2-\cos x}$ 的最大值为______
解法1 y求导得：
$y'=\frac{2\cos x-1}{(2-\cos x)^2}$
令 $y'=0$ ，解得 $y$ 的极值点为：
$x=2k\pi \pm \frac{\pi}{3},k\in \mathbb Z$
为讨论方便，令 $k=0$ ，得两个极值点为：
$x=\pm \frac{\pi}{3}$
通过单调性讨论（从略），可以验证，当 $x=\pi/3$ 时， $y_{max}=\frac{\sqrt3/2}{2-1/2}=\frac{\sqrt 3}{3}$
$\blacksquare$

解法2
$y=\frac{\sin x}{2-\cos x}$
$=\frac{2\tan \frac{x}{2}}{3\tan^2\frac{x}{2}+1}$ (4.1)

当 $\tan\frac{x}{2} \le 0$ 时， $y \le{0}$

当 $\tan\frac{x}{2} >0$ 时，有：
$3\tan\frac{x}2+\frac{1}{\tan\frac{x}2} \ge 2 \sqrt{3\tan\frac{x}2 \times \frac{1}{\tan\frac{x}2}}=2\sqrt3$
所以：
$y=\frac{2}{3\tan\frac{x}2+\frac{1}{\tan\frac{x}2}} \le {\frac{\sqrt3}{3}}$
当 $3\tan\frac{x}2=\frac{1}{\tan\frac{x}2}$ ，即 $x=60^\circ$ 时，等号成立。
所以： $y_{max}=\frac{\sqrt 3}{3}$
$\blacksquare$

解法3 令 $t=tan (x/2)$ 代入(4.1)得：
$y=\frac{2t}{3t^2+1},t\in \mathbb R$
变形得：
$3yt^2-2t+y=0$ (4.2)
当y=0时，方程(4.2)有实根t=0；
当 $y\ne 0$ 时，方程(4.2)有实根当且仅当：
$\Delta =(-2)^2-12y^2 \ge 0$
解得：
$-\frac{\sqrt3}{3} \le {y} \le \frac{\sqrt3}{3}$
经验证，当 $y= \frac{\sqrt3}{3}$ 时， $t= \frac{\sqrt3}{3}$ ，
所以 $y_{max}=\frac{\sqrt 3}{3}$

题5 在四面体 $P-ABC$ 中，棱 $PA,AB,AC$ 两两垂直，且 $PA=AB=AC,E,F$ 分别为线
段 $AB,PC$ 的中点，则直线 $EF$ 与平面 $PBC$ 所成角的正弦值为________

解(向量法) 不妨设 $PA=AB=AC=1$ ，把 $P-ABC$ 置于空间坐标系中，令各点的坐标为：
$A(0,0,0),P(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)$

则 $E,F$ 的坐标分别为：
$E(0,0.5,0),F(0.5,0,0.5)$
向量 $\overrightarrow{EF}=(0.5,-0.5,0.5)$

取平面 $PBC$ 的法向量 $\overrightarrow{n}=(1,1,1)$
问题转化为求 $\overrightarrow{EF},\overrightarrow{n}$ 夹角 $\theta$ （锐角）的余弦值，如下：
$\cos \theta = \lvert \frac{0.5\times1+(-0.5)\times1+0.5\times 1}{\sqrt{[0.5^2+(-0.5)^2+0.5^2](1^2+1^2+1^2)}} \rvert$
$=\frac{1}{3}$

所以，直线 $EF$ 与平面 $PBC$ 所成角的正弦值为 $=\frac{1}{3}\blacksquare$ 。

评注本题使用平面法向量与空间两射线角的余弦公式。
1.法向量：垂直于平面的向量，称为平面的法向量。
2.空间两向量夹角公式：
空间原点为 $O(0,0,0)，$ 有两点 $A(x_1,y_1,z_1),B(x_2,y_2,z_2)$ ，那么向量 $\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}$ 的夹角余弦公式为：
$\cos\angle AOB=\frac{x_1 x_2+y_1 y_2+z_1 z_2}{\sqrt{x_1^2+y_1^2 +z_1^2} \sqrt{x_2^2+y_2^2 +z_2^2}}$

题6 设平面上不共线的三个单位向量 $\overrightarrow a,\overrightarrow b,\overrightarrow c$ 满足 $\overrightarrow a+\overrightarrow b+\overrightarrow c=0$ 。若 $0≤t≤1$ ，则 $|-2\overrightarrow a+t\overrightarrow b+(1-t)\overrightarrow c|$ 的取值范围为______

解把向量转化为复向量：
$\overrightarrow a=1,\overrightarrow b=\omega,\overrightarrow c=\overline{\omega}$
其中 $\omega=e^{\frac{2\pi i}3}$
这样构造的向量满足条件，且不妨碍一般性。

又：
$\omega+\overline{\omega}=-1$
$\omega^2+\overline{\omega}^2=-1$
$|\omega|^2=\omega\overline\omega=1$
利用上三式，可以做如下运算：
$|-2\overrightarrow a+t\overrightarrow b+(1-t)\overrightarrow c|^2$
$=|-2+t\omega+(1-t)\overline\omega|^2$
$=[-2+t\omega+(1-t)\overline\omega]\overline{[-2+t\omega+(1-t)\overline\omega]}$
$=[-2+t\omega+(1-t)\overline\omega][-2+t\overline\omega+(1-t)\omega]$
$=3(t-\frac{1}{2})^2+\frac{25}{4}$

由 $0≤t≤1$ 及二次实函数的性质，可得：
$\frac{25}4 \le |-2\overrightarrow a+t\overrightarrow b+(1-t)\overrightarrow c|^2 \le {7}$
所以：
$\frac{5}2 \le |-2\overrightarrow a+t\overrightarrow b+(1-t)\overrightarrow c| \le \sqrt7$
$\blacksquare$

题7 设 $z$ 为复数，且 $|z|=1$ 。当 $|1+z+3z^2+z^3+z^4|$ 取得最小值时，则此时复数z=______或______

解依题意可设 $z=\cos {\theta} + i\sin {\theta}$ ,则：
$\frac{1}z=\overline z$
$z+\overline z=2\cos \theta$
于是：
$|1+z+3z^2+z^3+z^4|$
$=|z^2|\cdot | \frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}+3+z+z^2|$
$=|(z+\overline z)^2+(z+\overline z)+1|$
$=|4\cos^2\theta+2\cos\theta+1|$
$=|4(\cos\theta+\frac{1}4)^2+\frac{3}4| \ge \frac{3}{4}$
以上当 $\cos\theta = -\frac{1}4$ 时等号成立，取得最小值 $\frac{3}{4}$
得 $\sin\theta = \pm \frac{\sqrt{15}}4$
所以 $z=-\frac{1}4 \pm \frac{\sqrt{15}}4 i\blacksquare$

评注多项式 $1+z+3z^2+z^3+z^4$ 为倒数多项式，这是解本题的快速突破口。什么是倒数多项式？定义如下：
定义7.1 若方程 $f(x)=0$ 的所有根两两互为倒数，那么多项式 $f(x)$ 称为倒数多项式，方程 $f(x)=0$ 称为倒数方程。

可以证明， $n$ 次倒数多项式的系数是对称的，也就是 $a_0=a_n,a_1=a_{n-1},...$

本题中，利用倒数多项式系数对称性，提取最中间的项 $z^2$ ，则另一个因式为： $\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z}+3+z+z^2$ ，其对称位置互为倒数，这样就可以利用共轭关系进一步变形。

题8 已知由6个正整数组成的六位十进制数中，其个位上的数字是4的倍数，十位和百位上的数字都是3的倍数，且六位数的数码和为21,则满足上述条件的六位数的个数为__________
解法1 设六位数为 $\overline{abcdef}$ ， $a,b,c,d,e$ 是不为0的十进制数字， $f$ 为4的倍数， $d,e$ 为3的倍数，且满足：
$a+b+c+d+e+f=21$ (8.1)
对倍数的条件，分如下情况讨论：
(1) 若(d,e,f)=(3,3,4)， $a+b+c=11$ ，有 $C_{10}^2$ 组满足条件解；
(2) 若(d,e,f)=(3,6,4)或(6,3,4)， $a+b+c=8$ ，有 $2C_{7}^2$ 组满足条件解；
(3) 若(d,e,f)=(3,9,4)或(9,3,4)或(6,6,4)， $a+b+c=5$ ，有 $3C_{4}^2$ 组满足条件解；
(4) 若(d,e,f)=(9,9,4)， $a+b+c=-1$ ,有0组满足条件解；
(5) 若(d,e,f)=(3,3,8)， $a+b+c=7$ ,有 $C_{6}^2$ 组满足条件解；
(6) 若(d,e,f)=(3,6,8)或(6,3,8)， $a+b+c=4$ ，有 $2C_{3}^2$ 组满足条件解；
(7) 若(d,e,f)=(3,9,8)或(9,3,8)或(6,6,8)或(9,9,8)， $a+b+c<0$ ，有0组满足条件解；
上述7种情况无重复无漏算，故本题答案为：
$C_{10}^2+2C_{7}^2+3C_{4}^2+C_{6}^2+2C_{3}^2=126$
$\blacksquare$

评注1 注意，以上计数利用以下命题：
命题8.1 $m,n$ 是正整数，那么关于 $x_1,x_2,...,x_m$ 方程
$x_1+x_2+...+x_m=n$
的正整数解有 $C_{n-1}^{m-1}$
证明从略

解法2 (母函数结合计算机) 该问题的组合母函数为：
$f(x) = (x^4+x^8)(x^3+x^6+x^9)^2(x+x^2+x^3+x^4+...+x^9)^3$
$=x^{13}(1+x^4)(1+x^3+x^6)^2(1+x+x^2+...+x^8)^3$
$f(x)$ 展开后， $x^{21}$ 的系数即为所求的答案。

令
$g(x)=(1+x^4)(1+x^3+x^6)^2(1+x+x^2+...+x^8)^3$ (8.1)
$g(x)$ 展开后， $x^{8}$ 的系数即为所求的答案。经电脑计算（用python之sympy计算）， $x^{8}$ 的系数为126。 $\blacksquare$

根据式(8.1)，编写sympy程序，计算 $x^8$ 的系数，结果为126，符合预测。

# sympy是个符号运算包，可以作代数运算。
from sympy import *

#定义自变量
x = symbols('x')

#定义函数
y = (1+x**4) * sum([x**(3*i) for i in range(3)])**2 \
    * sum([x**i for i in range(9)])**3
#求8阶导数
y_8 = diff(y,x,8)

#求y_8(0)
y_8_0 = y_8.subs(x,0)

#求y_8(0)/8!是多项式y的x^8的系数
a_8 = y_8_0 / gamma(9)

print(a_8)

评注2 解法2最后计算量大，要用到电脑，在此用它来验算解法1。组合母函数是比较常用的计数方法，其法始于大数学家欧拉，在组合数学中占据重要地位。一个最简单的计算组合数的母函数是二项式 $f(x)=(1+x)^n$ ，通过二项展开，容易证明如下组合恒等式： $2^n=f(1)=C_n^0+C_n^1+...+C_n^n$

题9 一个正整数若能写成 $20a+8b+27c(a,b,c为非负整数)$ 形式，则称它为“好数”。则集合{1,2,…，200}中好数的个数为______

解法1 本题使用如下命题：
命题9.1 $r,s,t\in \mathbb Z,d$ 为 $r,s$ 的最大公约数，则关于 $x,y$ 的不定方程 $rx+sy=t$ 有整数解的充分必要条件为 $d|t$ 。
命题9.1的证明可以参考一般数论教材，在此只利用它的结论。

题9的关键在于求所有在 $\{1,2,3,...,200 \}$ 中的整数 $n$ ,使关于 $x,y,z$ 的方程
$20x+8y+27z=n$ (9.1)
有非负整数解。

因 $(9.1)\Leftrightarrow 20x+8y=n-27z$ ，根据命题9.1，方程(9.1)有非负整数解
$\Rightarrow 4 | (n-27c)$

因 $0\le y \le 7$ ,以下对 $y$ 进行讨论：
当 $y=0$ 时， $4|n$ ，经验证， $n=4k (2\le {k} \le {50}, k\ne 3)$ 能使方程(9.1)有非负整数解， $n$ 总共有 $48$ 个；

当 $y=1$ 时， $4|(n-27)$ ，经验证， $n=4k+27 (0 \le k \le {43}, k\ne 1,3)$ 能使方程(9.1)有非负整数解， $n$ 总共有 $42$ 个；

当 $y=2$ 时， $4|(n-54)$ ，经验证， $n=4k+54 (0 \le {k} \le {36}, k\ne 1,3)$ 能使方程(9.1)有非负整数解， $n$ 总共有 $35$ 个；

当 $y=3$ 时， $4|(n-81)$ ，经验证， $n=4k+81 (0 \le {k} \le {29}, k\ne 1,3)$ 能使方程(9.1)有非负整数解， $n$ 总共有 $28$ 个；

容易验证，当 $c=4,5,6,7$ 时，满足条件的 $n$ 已经包含在上述四种讨论中。

综上所述，使方程(9.1)有非负整数解的整数 $n\in [1,200]$ 有：48+42+35+28=153个，这也是本题要求的答案。 $\blacksquare$

解法2 (母函数结合计算机) 该问题的组合母函数为：
$f(x)=(1+x^{20}+x^{40}+...+x^{200})(1+x^8+x^{16}+...x^{200})(1+x^{27}+x^{54}+..++x^{189})$
$=\frac{1-x^{220}}{1-x^{20}}\times\frac{1-x^{208}}{1-x^{8}}\times \frac{1-x^{216}}{1-x^{27}}$
问题转化为求 $f(x)$ 的 $x$ 次数为1~200的单项式的个数，经电脑计算（用python之sympy计算），其值为153。 $\blacksquare$

以下程序根据母函数 $f(x)$ 编制，目的计算 $f(x)$ 系数不为零且次数在 $1~200$ 的单项式的个数，计算出来的值为153，与预测值一致。

# sympy是个符号运算包，可以作代数运算。
from sympy import *

#定义自变量
x = symbols('x')

#定义函数
y = sum([x**(20*i) for i in range(12)]) * sum([x**(8*i) for i in range(25)])**2 \
    * sum([x**(i*27) for i in range(8)])**3
#展开多项式
y=y.expand()
#计算1~200不为零的单项式个数：
n = sum([ 0 if y.coeff(x,i)==0 else 1 for i in range(1,201)])

print(n)
# EOF

题10 .设 $i_1,i_2…，i_n$ 是集合 $\{1,2,…，n \}$ 的一个排列。如果存在 $k<l$ 且 $i_k>i_l$ ，则称数对 $i_k,i_l$ 为一个逆序，排列中所有逆序数对的数目称为此排列的逆序数。比如，排列1432的逆序为43,42,32,此排列的逆序数就是3。则当 $n=6,i_3=4$ 的所有排列的逆序数为________

解先证明命题10.1：
命题10.1 设 $n \ge 2$ ，则集合 $\{1,2,3,...,n\}$ 的所有排列中，逆序对的数量和为 $\frac{C_n^2P_n^n}{2}$ 。

命题10.1的证明 为了叙述方便，我们称：一个排列中，不是逆序对的数对为顺序对。
考察集合
$A_n=\{P|P为\{1,2,3,...,n\}的排列 \}$
设 $P=(i_1,i_2…，i_n)\in A_n$ ， $P^{-1}=(i_n,i_{n-1},...,1)$
显然 $P^{-1}\in A_n$ ，称排列 $P^{-1}$ 为 $P$ 的逆排列。

显然，当 $n \ge 2$ 时，一个排列与它的逆排列是不同的排列，且 $(P^{-1})^{-1}=P$ 。
并且命题10.1等价于：
$\sum_{\substack{P\in A_n}}{f(P)}=\frac{P_n^nC_n^2}{2}$
其中 $f(P)$ 为排列 $P$ 的逆序对数量。

设排列 $P\in A_n$ 的逆序对与顺序对的数目分别为 $f(P),g(P)$ 。
显然，逆序对数与顺序对数的和等于组合数 $C_n^2$ ，即：
$f(P)+g(P)=C_n^2$ (10.1)

另外，关键的一点， $P$ 的逆序对与 $P^{-1}$ 中的顺序对一一对应，反之亦然，所以：
$f(P^{-1})=g(P)$ (10.2)

$(10.1),(10.2)\Rightarrow f(P)+f(P^{-1})=f(P)+g(P)=C_n^2$
所以：
$\sum_{\substack{P\in A_n}}{f(P)} + \sum_{\substack{P\in A_n}}{f(P^{-1})}$
$=\sum_{\substack{P\in A_n}}[f(P)+f(P^{-1})]$
$=P_n^nC_n^n$ (10.3)

$(10.2)\Rightarrow \sum_{\substack{P\in A_n}}{f(P)} = \sum_{\substack{P\in A_n}}{f(P^{-1})}$ (10.4)

$(10.3)(10.4)\Rightarrow \sum_{\substack{P\in A_n}}{f(P)}=\frac{P_n^nC_n^2}{2}$
这就证明了命题(10.1) $\blacksquare$

回到题10，集合 $A_6$ 满足 $i_3=4$ 的所有排列中，把逆序对分成两类：
1类为不含有4的逆序对，设有 $a$ 对；
2类为逆序对 $(5,4),(6,4)$ ，设有 $b$ 对；
3类为逆序对 $(4,1),(4,2),(4,3)$ ，设有 $c$ 对。

那么题10转化为求上述三类逆序对数目之和 $(a+b+c)$ 。

第一步，先计算 $a$ 。根据命题 $10.1$ ，可以得出 $a=\frac{P_5^5C_5^2}2=600(对)$

第二步，再计算 $b$ 。为了方便计算，把满足条件的排列分为如下2个类型：
1型： $i_1,i_2$ 有且只有一个元素在{5,6}中，可以按照如下步骤生成排列：
先选 $5,6$ 之一置于 $i_1i_2$ ，有 $P_2^1C_2^1$ 中方法；
再把 $\{5,6\}$ 另一个元素置于 $i_4i_5i_6$ 中，有 $3$ 种方法；
剩余的3个位置作全排列，有 $P_3^3$ 种方法。
以上每种排列有1对要计入 $b$ 的逆序，根据乘法原理，可得逆序对 $P_2^1C_2^1 \times 3 \times P_3^3=72(对)$

2型： $\{i_1,i_2\}=\{5,6\}$ ，可以按照如下步骤生成排列：
先把 $5,6$ 放入 $i_1i_2$ ，有 $P_2^2$ 种方法；
剩余的位置 $i_4i_5i_6$ 可作全排列，有 $P_3^3$ 种方法。
以上每种排列有2对要计入 $b$ 的逆序，根据乘法原理，可得逆序对 $P_2^2\times P_3^3\times 2=24(对)$
第二步小结： $b=72+24=96(对)$

第三步，再计算 $c$ 。为了方便计算，把满足条件的排列分为如下3个类型：
1型： $\{i_4,i_5,i_6\} = {1,2,3}$
这种情况下，每个排列有3对逆序要计入 $c$ ，共有 $P_2^2P_3^3$ 个排列，根据乘法原理，共有逆序对 $3\times P_2^2P_3^3=36(对)$

2型：集合 $\{i_4,i_5,i_6\}$ 与 $\{1,2,3\}$ 有且只有2个元素相等，可按如下步骤生成排列：
先选 $\{1,2,3\}$ 之一放入 $i_1i_2$ ，共有 $P_3^1C_2^1$ 种方法；
再选 $\{5,6\}$ 之一放入 $i_1i_2$ ，位置无可选(有一位被上一步占据)，共有2种方法；
最后，剩余的3个元素作全排列，有 $P_3^3$ 种方法。
以上每个排列有 $2$ 对逆序要计入 $c$ ，根据乘法原理，得2型逆序对有 $P_3^1C_2^1\times 2\times P_3^3\times 2=144(对)$

3型：集合 $\{i_4,i_5,i_6\}$ 与 $\{1,2,3\}$ 有且只有1个元素相等，这时，可以按照如下步骤排列：
先选 $1,2,3$ 之二排入 $i_1i_2$ ，共有 $P_3^2$ 种方法；
最后，剩余的3个元素对 $i_4i_5i_6$ 做全排列，共有 $P_3^3$ 种方法。
以上每种排列有1个要计入 $c$ 的逆序对，根据乘法原理，得到3型的逆序对共有 $P_3^2\times P_3^3 =36(对)$
第三步小结： $c=36+144+36=216(对)$