初中数学竞赛专题复习第四篇组合第28章操作闻题和逻辑推理闻题试题人教版

1、1 / 16第 28 章 操作闻题和逻辑推理闻题28.1有趣的操作问题28.1.1*在黑板上记上数 1, 2,，n ,现允许选择任意两个数。 换成其和或差（绝对值），经过n 1次操作，黑板上只剩下1 个数问对于什么样的，才可能让这最后一个数为0?解析 显然，经过一次操作，原来的奇数个数要么保持不变，要么减少 2,因此奇数总数的奇偶性在操作前后保持不变，当n 1, 2 （mod4）时，奇数个数为奇数个，不可能减到0 个（0 是偶数）因此，要满足题目要求，一个必要条件是n 0, 3 （mod4） 当n 0（mod4）时，由于连续 4 个整数可以得到两个 1，从而进一步得到 0,最终可得到一个 0;

2、当n 3（mod4）时，先取出 1、2、3,得到 0, 其余仍然 4 个连续整数一组，仍可最终得到0 因此答案为n 0, 3 （mod4）28.1.2*只盘子排成一行，每次操作任取两只盘子，将它们移到相邻（或左或右）的位置上，盘子可以重叠，问能否经若干次操作后，使6 只盘子叠在一起.解析 设想盘子的位置是数轴上的整数点1、2、3、4、5、6 由于相邻整数的奇偶性不同，故每次移动改变了两个位置的奇偶性.原来有奇数个盘子在奇数位置，每次移动有三种可能：（i ）将两个奇数位置的盘子移到偶数位置；（ii）将两个偶数位置的盘子移到奇数位置；（iii）将一个奇数位置的盘子移到偶数位置，将一个偶数位置的盘子

3、移到奇数位置无论哪种情况，每次移动后仍有奇数个盘子在奇数位置上，这就表明不能把6 只盘子重叠在一起（因为 6 只盘子叠在一起时，奇数位置的盘子是偶数（6 或 0 个）.28.1.3*黑板上写有 1, 1,1，丄每次操作可以从黑板上的数中选取2 个数 a、b，删去23100a、b并在黑板上写上数a b ab，问经过 99 次操作后，黑板上剩下的数是几？解析因为 a b ab 1 a 1 b 1 ,所以每次操作前和操作后，黑板上的每个数加I 后的乘积不变.11 1设经过 99 次操作后黑板上剩下的数为 x，则 x 111-1-1 1，得x 1101,于23100是x 100.28.1.4* 在正方

4、形的 3 个顶点处各有一只蚂蚱，现在每次有一只蚂蚱从另一只蚂蚱背上跳过，落到 对称的位置问是否在经过几次跳跃之后，有一只蚂蚱跳到了正方形的第4 个顶点上？解析 不能不妨设原来 3 只蚂蚱所在位置是（0, 0）, （1 , 0）, （0, 1） 由中点坐标易见，每次跳跃 之后，对称位置的横、纵坐标的奇偶性与原先起跳点的一样，而原先没有一只蚂蚱在奇数格点（即两 坐标都是奇数）上，因此也就没有一只蚂蚱会跳到奇数格点上，当然也就不会落到（1, 1） 上.28.1.5* 中国象棋中的马，每步由 1X2 格的一个顶点跳到其对角顶点.求证：该马从棋盘上任意一 点出发要跳到它的相邻格，必须经过奇数步.解析 赋

5、象棋盘每个格点（i , j ）以数 1i j,马每跳一步，必在行和列中，一种增减2，另一种增2 1减 1，即乘以11 i jki j 1i jk所以，马跳k步后，到它的相邻格点时，必有11111 ,故 11，故k为奇数.28.1.6*一个箱子里装有p个白球和q个黑球，箱子旁边还有一堆黑球从箱子里取出两球：如果这两个球是同颜色的，则从箱外取出一个黑球放回箱子里；如果这两个球是异色的，则把其中的白球 放回箱子这个过程一直重复到最后一对球从箱子取出，并且最后一个球放回箱子试问最后一对球 有没有可能是白色的？并说2 / 16明理由.解析 若在白球上记上数字 1，黑球上记上数字 0，则任何时候箱中的白球

6、数就等于箱内所有球的数字 之和S，并且开始时总和为p，如果取的两个球是白色，则放回一个黑球，故总和变成 S p 2如 果取的两个球是黑色，则放回一个黑球，故总和是 S p 如果取出的两球是一黑一白，则放回这个白 球，故总和也是 S p 由此可知，每完成一个过程，箱子里球的数字之和或者不变，或者减少 2,即变换前后 S 的奇偶性不变.故p为偶数时，最终将变成 0(黑球)；p为奇数时，最后必将是 1(自球)28.1.7* 一堆火柴共 1000 根,两人轮流拿走 p 根火柴,其中户为质数, ”为非负整数,规定谁取到 最后一根火柴谁就获胜,证明：先取者必胜解析 在正确的玩法下,第一人将取胜由于他在每次

7、执步中,可以取走1、2、3、4 或 5 根火柴,所以他可以执行这样的策略：即不论第二个人如何动作,他都应在自己执步之后,给对方留下能被6 整除的火柴数目这样,在经过有限次执步之后,他将给第二人留下6 根火柴因而在第二人动作之后,他即可取走所有剩余的火柴而结束游戏28.1.8* 甲、乙两个人取数，若已有的最后一个数为I，则可以取I 1至21 1中任一个数若甲先取,开始已有数 2,取到 2004 为胜,问甲必胜还是乙必胜？解析甲必胜.甲可依次取 3、7、15、31、62、125、250、501、1002、2004.这一列数中，后一个数要么是前一个数的2 倍，要么是 2 倍加上 1.现在说明只要取到

8、前一个数，就必可取到后一个数, 从而必可取到 2004.事实上, 若甲取到的数为I,则乙可取I 1至2I 1中任一数. 而2 I 1 2I , 2 I 1 2I 1 且2I 2I 1,2I 1 2I 1，故当乙取完后，甲必可取2I或2I 1.28.1.9* 两个相同的齿轮，各有 14 个齿，一个平放在另一个的上面，使得它们的齿重合.现在去掉4 对重合的齿. 是否总可以旋转上面的那个齿轮, 使得它们的共同投影是一个完整的齿轮. 若两个齿轮 各有 13 个齿,结论如何？解析 14 个齿时可以.设去掉的齿为a, a2, a3, a4 0 , 1,，13),两两的差 a：a有 4X3=12 种，取bg

9、amod14, b/0 (mod14),贝 U 转过 6 个齿后，投影为完整的齿轮.至于 13 个齿 则不一定 如去掉的齿为 0、 1、 3、 9 即为反例.28.1.10*正方形的顶点处放有火柴，开始在某一点放x 根火柴，其他三顶点则空着.现允许从某个顶点移走任意根火柴，然后在其两个相邻顶点各放上移走火柴数目两倍的火柴.当x 2，3 时，问是否可以经过若干次这样的操作，使得各顶点处的火柴数依次为1、 9、 8、 9？解析设顶点处火柴数依次为a、b、c、d，考虑数s a b c d和t a b c d，易知每经过次操作，都有操作后S操作前(mod3),t操作后t操作前(mod5)，但是，1+9

10、+8+9/2 (mod3), 1 9+8-9/ 3(mod5)，之所以取“土”，是因为一开始的 t 因 3 根火柴的位置不同而可能不同.因此当x 2,3 时,不可能经过有限步操作后变为 1 、 9、 8、 9.28.1.11*将 2n(n 1)个数排在一个圆周上，每个数都是+1 或-1,现在同时将每个数都乘以它的右边的数,将所得到的数替换原来的数,称为一次操作.证明：经过有限次操作后,每个数都成为+1 .解析 设这 2n个数往右依次为Q, a2,，a2n.下证：经过 2k次操作后，在 a,位置上的数为 a2k,这里当下标大于 2n时，认为模 2n同余的下标则为同一个数.当k 1时，第一次操作后

11、，第 i 个位置数 为 aiai1,第二次操作后,第 i 个位置上数为aiai1ai 1ai2aiai 2,即k 1时成立；若经过 2k次操作后，第 i 个位置上数为 a,a,2k,故再经过 2k次操作即共 2k 1次操作后第 i 个数为3 / 16aai2kai2kai 2k2ka a2k 1，因此对一切k均成立.于是，经过2n次操作后，第 i 个位置上数为a ai 2na21，即所有数均为+1.28.1.12*在黑板上写出三个整数，然后擦去一个换成其他两数的和减去1,这样继续下去，最后得到 17、1967、1983 .问原来的三个数能否为(1) 2、2、2;(2) 3、3、3.解析(1)不

12、能为 2、2、2 .因为 2、2、2 是三个偶数，按规则，第一次换数后，三个偶数就变成两 偶一奇第二次换数时，若擦去的是偶数，则换上的仍是偶数；若擦去的是奇数，则换上的仍是奇数， 同样保持两偶一奇第一次换数后，以后三个数永远保持两偶一奇不变，而19、1967、1987 三个数都是奇数，这种情况决不会出现所以，原来的三个数不能是2、2、2.(2)能为 3、3、3.具体做法如下：首先按下法作 8 次变换.3、3、3 宀 3、3、5 宀 3、5、 3、7、9T3、9、11 3、11、133、13、153、15、17 17、15、31 .再注意到1967= 122X16+15,1983=122X16+

13、31，便知只要由 17、15、31 再按“ 17、a、a 16T17、a 16、a 32”作 122 次变换， 即可得到 17、1967、1983.28.1.13* 任意 m n(m, n 6, mn 偶数)的棋盘可以被 1X2 的骨牌覆盖，使得任一条非边界的 棋盘网格线必穿过任何骨牌.解析 图(a )表明，如何铺满矩形 5X6 和 8X8 (在铺满矩形 8X8 的情形中利用了矩形 5X6 的铺设 法).现在只需证明，如果可以铺满矩形mXn，那么就可以铺满矩形 mX( n 2).为此，需要把已铺满骨牌的矩形 mXn 分成两部分，而不分割骨牌，因此需要右边部分向右边移动距离2.并且用水平骨牌填满

14、间隔(图(b).解析 设山,P2，Pn为每行之积，4 ,q2，qn为每列之积，易知P1P2Pn口何Qn,于是在 P1, P2，Pn中有 s 个1, 5 , q2，an中有 t 个1，则 2| s t .若2n个乘积之和为 0, 则，得 n s t 为偶数，矛盾.28.1.15*在矩形方格表(至少两行两列)的每个小方格中都填上1 或1,并且 I 和1的个数都不少于两个，求证：存在 4 个小方格，其中心是一矩形的顶点，且小方格中数字之和等于0.28.1.14*在 nXn 的方格表中任意填上l 或1, n 为奇数，在每一列下及每一行右写下该列或该行所有数的积，求证：这2n个乘积的和不为 0.(b)4

15、 / 16解析 用反证法.若不然，如果有一行全为1,那么其他行最多一个1，由题设，两个1分别在不同行中，如这两个1在同一列中，则任一其他列中的对应数都是1，于是这样的矩形存在.否则，以这5 / 16两格为对角线的矩形的另两个顶点中的数一定都是1,于是 4 个数字之和仍为 0如有一行全为1,同理可证.于是每一行都既有 1，又有1，这样等于只需考虑矩形的两行，把其他行都忽略（即自此每一列都只 包含 2 个格子）考虑每一列数之和，无非是2、0、2，显然若所求矩形不存在，则0 最多一个，而2 与2不能共存，若只有 2,那么1最多 1 个，矛盾，若只有2，那么 1 最多一个，亦矛盾.因此结 论成立.28

16、.1.16* 个重 40 磅的砝码，由于跌落地面而碎成4 块，每块的重量都是整数磅，现在可以用这些砝码来称 1 至 40 磅之间任意整数磅的重物，问这4 块砝码可各重多少磅？解析 问题的答案是：4 块碎片的重量可分别为 1, 3, 9, 27 磅.28.1.17*号：两个人做如下游戏：甲先报一个数字，乙则根据自己的判断将该数字代替下面的某个星规定已经改成数字的不能再动，而且允许在最高位放0.依此类推，共进行 8 次，直到上式所有小星星变成数为止.甲希望所得差尽可能地大，乙希望所得差尽可能地小.证明：不管甲报什么数字，乙总 有办法使得差不超过 4000;不管乙怎样安排，甲总可使得所得差不小于40

17、00.解析 若甲第 1 次报的是 0、1、2 或 3,则乙只要将此数放入被减数的千位即可.若甲第 1 次报的是 6、7、8 或 9,乙只需将此数放入减数的千位即可.这样所得差小于4000,于是甲只能报 4 或 5.当甲报 4般的情况:任何正整数都是N 3132是否可以用一套磅数为 1 , 3 , 9 ,-n3n 113n-的物体？那就要设法证明：23 的有限项不同次幕的代数和3k31323333 作除数，应用“辗转相除法3k，设3n的砝码，来称磅数为任何正整数，N3q1C0,5 3q2G , q23q3cqn 23qn 1Cn 2,qn13qnCn 1.此中，0 b（这样的 a、b总能找到），

18、显然有ab be cd .228.1.21*在圆周上均匀地放 4 枚围棋子，规定操作规则如下：原来相邻棋子若同色，就在其问放一枚黑子，若异色，就在其间放一枚白子， 然后把原来的 4 枚棋子取走，完成这程序，就算一次操作.求 证：无论开始时圆周上的黑白棋子的排列顺序如何，只需操作若干次，圆周上就全是黑子.解析 据题意，对开始时的第1、2、3、4 这四枚棋子，依次地用 为、x2、x3、x 表示，且赋值为1,若第 i 子为黑子；1,若第 i 子为白子.1, 2, 3, 4）则 X：1，且8 / 161,若第 i 子与第 i+1 子同色；xx11,若第 i 子与第 i 1 子异色.i 1， ，4，忑儿

19、）因此，各次操作后，棋子的赋值情况如下:开始X2X3X4第一次操作后X1X2X2X3X3X4X4X1第二次操作后2X1X2X3X1X32X2X3X4X2X42X3X4XX3X12X4X1X2X4X2第三次操作后X1X2X3X4X1X2X3X4为 X2X3X4X1X2X3X4第四次操作后11112这是因为X1X2X3X41，因此，最多只需操作四次，圆周上全是黑子了.28.1.22*正五边形的每个顶点对应一个整数，使得这五个整数的和为正数.若其中三个相邻顶点对应的整数依次为 x、y, z，而中间的 y 0,则要进行如下的变换：整数x、y、z 分别换为x y、y、z y.要是所得的五个整数中至少还有

20、一个为负数，这种变换就继续进行.问：这样的交换进 行有限次后是否必定终止？解析 不妨设圆周上五个数依次为 v、w、x ,y, z，且 y 0 ,变换后得到 v、w、x y、y、z y, 其和不变.现考虑五个数的平方及每相邻两数和的平方之和.那么变换后与前之差是2y v w x y z 0 .因28.1.23*给定 4 个全等的直角三角形纸片，进行如下操作：每次可选一个直角三角形并将它沿斜边上的高剪开成两个直角三角形.求证：无论经过多少次操作，在所得到的三角形中总有两个全等（不包括重叠情形）.解析 用反证法即存在 4 个全等的直角三角形纸片，经过有限次操作可使所得到的直角三角形互不 全等.设这样

21、的操作的最少次数为n，这里操作 n 次可以使得到的直角三角形互不全等且与操作顺序无关.开始时 4 个全等直角三角形必须有 3 个要沿斜边上的高剪开不妨设开头的3 次操作就是剪开这 3 个三角形.于是得到新的 6 个直角三角形可分成两组，每组 3 个直角三角形彼此全等.这样一来，每组 3个全等直角三角形中又都至少剪开两个不妨设第4 至第 7 次操作就是剪开这 4 个三角形.注意这时剪开得到的 8 个直角三角形中有 4 个是全等的（相当于两个矩形沿它们的一条对角线剪开）.按假设，从这 4 个全等的直角三角形出发，只要再操作n 7次就可以得到互不全等的三角形，此时与 n 的最小性矛盾！这表明无论经过

22、多少次操作，总有两个三角形全等.28.1.24* 3 个数 a、b、c 围着一圆周，依次将其改为 a b、be、c a，叫做完成一次操作,求证：如果起初的 a、b、e 是非零整数（或有理数），则若干次操作后迟早会出现0,但可以找到 3个实数 a、b、e ,使得无论经过多少次操作，0 都不会出现.解析 用反证法.当 a、b、e 是整数时，如果 0 永远不出现，考虑每次操作后最大的那个数，在下一 次操作后，至少要减去 1,但正整数是不能无限减少的，因此0 必定会出现.至于有理数情形，只要乘此，这一和 定有终止的时候.（一个正整数）每经过一次变换都至少要减少2.由于正整数不能无限减小，所以该变换必9

23、 / 16以各分母的最小公倍数，便转化为整数问题.先证明一个结论：设p、q、r 为整数，且 p q . 2 r 30 ,则 p q r 0 .为为 0.证毕.c、d都有 a d b(2)考虑这 2003 个数的相邻两数乘积之和，开始时最后讨论实数问题,此，只要将 qj2r.3p 两端平方，即得 qr 0 ,但无论是q 0 还是r 0，总能得出另外两个数也是令a 1, b2 , c 3，第一次操作后其中一项为a b 或b a，即“奇数x1+奇数x72+偶数x屈”，另外两个数分别为“奇数x1+偶数x血+奇数x和“偶数x1+奇数x72+奇数 x 75 ”.第二次操作后，这种状态不变，因此无论经过多少

24、次操作，这种状态一直保持不变,由前面的结论，即知永远不会出现0.评注 对于一般的圆周上 n (3)个数，上述结论全部成立，不过实数情形颇不易处理.28.1.25*沿着圆周放着一些数， 如果有相连的 4 个数 a、b、 c、d满足不等式 a那么就可以交换b、c 的位置，这称为一次操作.(1)若圆周上依次放着数 1、2、3、4、5、6,问是否能经过有限次操作后，对任意相连的4 个数b、c、d都有 a d b c 010 / 1628.2 逻辑推理问题28.2.1*某班甲、乙两名同学因一件事件发生纠纷老师找了4 位在场同学调查情况,他们的回答有真有假前面两位同学所说的话至少有一个是真的 我可以肯定第

25、 3 个同学说的是假话 ”经调查，证实第 4 位同学说的是真话请问：甲、乙两人谁有错解析 因已证实第 4 位同学所说属实，所以第 3 位同学所说的话是假话，即“前面两位同学所说的话 至少有一个是真的”是假话从而，第1、第 2 两位同学都没说真话，也就是，甲、乙两人都有错评注 如果我们选择前 3 位同学的话作为突破口，进行假设推理将较为困难2822* 某校举办数学竞赛.A、B、C、D、E五位同学分获前 5 名.发奖前，老师请他们猜一猜各人名次排列情况A说：“B第三名，C第五名.”B说：“E第四名，D第五名.”C说：“A第一名，E第四名.”D说：“C第一名，B第二名.”E说：“A第三名，D第四名.

26、”结果，每个名次都有人猜对. 请问：这五位同学的名次是怎样排列的.解析 被猜为第二名仅B一个人，因此，B为第二名.此外，被猜为第一名的有A、C;被猜为第三名的有A、B;被猜为第四名的有E、D;被猜为第五名的有C、D.由B第二推知A第三，进而推知B第一，D第五，E第四.评注 寻找突破口是解决逻辑推理问题的基本技巧，有些问题突破口比较隐蔽，需要对问题进行深入 分析以后，再进行巧妙的构思，方能找到28.2.3*2n个人聚会，已知其中每个人都至少认识n 个与会者证明：可以从中选出4 个人围着圆桌坐下，使得每个人都与熟人为邻解析 如果这些人两两认识，结论显然成立否则找到A、C，他们不认识在剩下的2n 2

27、个人中， 必定有B、D与A、C都认识，否则剩下的人数至少有n n 1 2n 2,矛盾，于是A、B、C、D可依次围着圆桌坐下而满足要求28.2.4* 一个骰子,六个面的数字分别为0、 1、 2、 3、 4、 5开始掷骰子后,当掷到的总点数超过12 就停止不掷了请问：这种掷骰子的游戏最可能出现的总点数是多少？解析 欲使最后一次投掷的点数和 13,倒数第二次投掷所达到的点数和最大数为12,最小数为&共有 5 种情况如果倒数第二次总点数等于 12,再投一次后可能达到的 （超过 12）的总点数将分别为 13、 14、 15、 16、 17而且机会是均等的;如果倒数第二次总点数等于 11,再投一次

28、超过 12 的总点数的可能值分别为 13、 14、 15、 16;依次类推.如果倒数第二次总点数等于8,再投一次超过 12 的总点数只可能是 13（此时,最后一次投掷出现的点数必须是 5）综上所述可知,超过 12 的最大可能出现的总点数值是13（它在每一种情况下都可能出现） 28.2.5* 有红、黄、蓝、白、紫五种颜色的珠子各一颗,用纸包好,在桌子上排成一排五个人猜 各包里珠子的颜色甲猜：第二包是紫色,第三包是黄色; 乙猜：第二包是蓝色,第四包是红色;丙猜：第一包是红色，第五包是白色；丁猜：第三包是蓝色，第四包是白色；戊猜：第二包是黄色，第五包是紫色.猜完后，打开纸包一看，每人都猜对了一种，并

29、且每包都有一个人猜对.请你也猜一猜，他们各自都猜中了哪一种颜色的珠子？第 1 位同学说第 2 位同学说我只知道甲没有错 我只知道乙没有错第 3 位同学说第 4 位同学说11 / 16解析 画出如表 1 所示，第一行表示珠子的颜色，表中的数字表示各个人所猜的包数，第一列表示五 个人.由于题目条件申明每人都猜对了一种；每包都有一个人猜对，因此，表中每一行的两个数有且仅有一个正确；表中所标志出的 10 个数中，1 , 2, 3, 4, 5 各有且仅有一个是正确的，每一列中的两个数中， 有且仅有一个是正确的.注意到，包数 1 在表中只出现 1 次(丙猜第 1 包是红色)按条件，这个猜测应是正确的，以此

30、为突破 口，展开推理.表 1红蓝黄白紫甲32乙42丙15丁34戊25表 2通过表上推理知，甲猜中第3 包是黄色，乙猜中第 2 包是蓝色，丙猜中第 1 包是红色，丁猜中第 4 包是白色，戊猜中第 5 包是紫色.2826*四位运动员分别来自北京、上海、浙江和吉林在游泳、田径、乒乓球和足球四项运动中，每人只参加一项，且四人的运动项目各不相同除此以外，只知道：(1) 张明是球类运动员，不是南方人；(2) 胡纯是南方人，不是球类运动员；(3) 李勇和北京运动员、乒乓球运动员三人同住一个房间；(4) 郑路不是北京运动员，年龄比吉林运动员和游泳运动员都小；(5) 浙江运动员没有参加游泳比赛.根据这些情况，你

31、能否断定，这四名运动员各来自什么地方？各参加什么运动项目？解析 这个问题涉及三种“对象”一一姓名、运动项目及籍贯.所知情况很“零碎”.我们设计下面表格，在表格中进行推理.显然，每一个人只能参加一个项目的运动，只有一种籍贯.我们用“V”表 示肯定的判断，用“X”表示否定的判断.由(1)、(2)、( 3)、(4)得表 1.12 / 16表 1游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林XXXXXX胡XXX李XX郑XX从而推知，张明是北京运动员，李勇是吉林运动员（表2）.表 2游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林XXVXXXX胡XXX李XVX郑XX由（3）知张明（北京运动员）不是乒乓球运动员， 从而他是足球运动员，

32、 郑路是乒乓球运动员 （表 3）. 表 3游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林XXXVVXXXXX胡XXX李XXXVXV郑XX由（4）知，李勇（吉林运动员）不是游泳运动员，从而胡纯是游泳运动员， 李勇是田径运动员（表 4）. 表 4游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林XXXVVXXXVXXX胡XXXVXX李XXXVXXVX郑XX由（5）知，胡纯不是浙江运动员，从而他是上海运动员，郑路是浙江运动员（表5）.表 5游泳田径乒乓足球北京上海浙江吉林XXXVVXXXVXXX胡XVXXXVXX李XXXVXXVX郑XXVX最后一个表格显示：张明是北京的足球运动员，胡纯是上海的游泳运动员，李勇是吉林的田径运动员，郑

33、路是浙江的乒乓球运动员.2827*三个整数p、q、r 满足条件 0 p q r .把它们分别写在三张卡片上.A、B、C三人进行某种游戏每次各摸取一张卡片，然后按卡片上写的数走步在进行n （2）次摸取后，A已走了 20 步，B走了 10 步，C走了 9 步.已知最后一次B走了 r 步，问第一次谁走了q步？ 解析 按题意，每次摸取后，三人共走了（p q r）步.所以，n 次摸取后共走了n p q r 20 10 9 39 .n p q r3 13 ,由于 n 2 及 p q r 3，所以n 3, p q r 13 .13 / 16由于A三次走了 20 步，因而 r 7.右r7, 那么A三次所走步数

34、只能是6 7720（从而 q 6）,这与p qr13 矛盾！从而r7由B三次走 10 步且最后一次走 r （7）步，因p,q 1，必有 r 6）场，矛盾.所以，甲、乙、丙各胜 2 场.甲胜 2 场，不妨设甲胜乙.由甲引出甲T乙，甲T丁，从而乙T丙，乙T丁.又从而丙T甲，丙T丁. 所以，丁胜零场.28.2.9* 从 1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12、13 这 13 个数中最多可以选出多少个数， 使它们中任意两个数之差既不等于5，也不等于 8解析 我们首先将这 13 个数按以下规则排成一个圈；相邻两个数差不是5 就是 8，按顺时针方向 1 的旁边放 6, 6 的旁边放 11 （

35、两数差为 5）,在 11 的旁边放 3 （两数差为 8）（如图）.甲丁14 / 16从圆圈上的 13 个数中，每隔一个数选出一个，共可选出6 个数，它们之间任意两个数之差既不等于5也不等于 8.另外，至多也只能选出 6 个数.先任意选定一个数，不妨设它是1,在剩下的 12 个数中，与 1 相邻的两个数 6、9 不能再选于是只剩下 10 个数， 我们将这 10 个数按相邻关系分成 5 组， 每组中最多只能再选一个数， 所以在这圆圈上最 多只能选出 1+5=6 个数，它们之间的差既不等于5 也不等于 8.先选数不是 1 则同样处理.例如这 6个数可以是 1、11、8、5、2、12.当然，这种选法不

36、是唯一的.28.2.10*A、B、C、D、E五支球队进行比赛，任意两支队恰好比赛一场.当比赛进行到一定 阶段时，A、B、C、D各已比赛了 4、3、2、1 场，问哪些球队已经比赛过，E已经比赛过几场？解析 五支球队单循环比赛时，其中每队至多比赛4 场.A已赛过 4 场，可以断定A与B、C、D、E各赛了 1 场，由已知D只赛过一场，因A、D已赛 1 场，所以D不能再与B、C、E比赛过因B赛过 3 场，已赛过的一场是(A、B),所以另两场只能是(B,C), (B,E)(如图).这时恰满 足C队赛过 2 场，D队赛过 1 场的条件.从图中可见，E队赛过的 2 场为：(A,E)、(B,E),另外， 已证

37、D、E没有比赛过假设C、E赛过， 则将与C队只赛过 2 场相矛盾所以判定E队赛过且 只赛过(A,E)、(B,E)两场.所以，已赛过的队是(A,B)、(A,C)、(A,D)、(A,E)、(B,C)、(B,E) 其中E已 赛过 2场.28.2.11*世界杯足球赛，每个小组有 4 支球队，每两个队之间各赛一场。 胜者得 3 分，负者不得分，平局两队各得 1 分每个小组总分最多的两个队出线.(1) 有人说：“得 6 分的队一定出线，得 2 分的队一定不出线”.请判断并说明对错；(2) 如果在小组比赛中有一场平局，那么上述说法是否正确.解析 (1)如果小组赛中无一场平局，那么得6 分的队不一定出线.设某

38、小组有A、B、C、D四支球队，如果A胜B,B胜C,C胜A，并且A、B、C都胜D，这 时A、B、C三队均积 6 分，D队积分为零，因此，A、B、C三队将根据净胜球等规则来确定其中 两队出线，必有一队不能出线.(2)如果小组赛中有平局，那么得2 分的队不一定不出线.设某小组有A、B、C、D四支球队，如果D全胜，得 9 分；A、B、C三队互相均踢平，各积 2 分, 这时A、B、C三队仍将根据净胜球等规则来确定其中一个队与D队一起出线.(3)如果在小组中有一场平局，那么得6 分的队一定出线. 因为单循环赛 4 个队之间共赛 6 场，所以各队积分总和不超过3X6= 18 (分).如果有一场平局， 那么E

39、15 / 16各队积分总和不超过 18 1 = 17 （分）.由于某队得 6 分，于是其他三个队积分之和不超过17 6= 11（分），这时至少有两个队积分少于6 分（否则，若存在两队积分不低于6 分，则仅此两队积分之和已经超过 11 分，这是不可能的），这两个队不能出线，故得6 分的队一定出线.28.2.12* 有2n 1个砝码，每个重量都是正有理数，若任意取出一个砝码， 剩下的砝码总可以分成两批，每批各 n 个砝码，且重量之和相等，求证：所有这些砝码的重量是相等的.解析 设这2n 1个砝码的重量乘一系数后分别为正整数a1, a2，a2n 1，于是任取一数 a，剩下的数之和为偶数，即印+偶数a

40、1a2a2n1，故而 a1,a2，a2n1具有相同的奇偶性.若耳,a2,，a2n 1均为偶数，则定义 bi色 1 i 2n 1 ,仍是满足要求的砝码重量，若耳,a?,2a 1a2n1均为奇数，则定义 b 1 6.因为如果kw5,则人群中就会有10 k 5 人28.2.14* 任何 12 个人中，必定有两个人（甲和乙），使得剩下的 10 个人中，至少有 5 个人，他们63816 / 16满足题目要求.我们来用两种不同方式计算3 人组A,B, Ci的数目N.首先，我们一共有17 / 16112 11 66 个不同的两人对A,B，而每一对都对应着不少于6 个人 Ci，所以N 6X66.而另2一方面，

41、可以将 G 固定，而找出与他对应的所有两人对 A,B，他在这些对中都刚好认识一个人.如果 G 有 n 个熟人，那么与他相应的这种两人对共有n （11 n）w30 对.我们可以有 12 种选择G的办法，由此知N 6X66，一方面又有N 6X60,这是矛盾 的.28215*用 18 张 1X2 的纸牌随意地拼成 6X6 的方格表A（纸牌横放竖放都可以）.求证：必存在一条直线把A分成非空的两块，且此直线不穿过任何一张纸牌.解析 考察把A划分成方格的 5 条水平线和 5 条竖直线，如果它们都至少穿过一张纸牌，由于这些直 线中的每一条都是把A划分成有偶数个方格的非空的两块，所以它们中的每一条都穿过偶数张纸牌（否则划分的两块各有奇数个方格），再由所设知，每条直线至少要穿过2 张纸牌又因为这些直线中任两条不会穿过同一块纸牌，这样A中至少有 5X2+5X2 = 20 张纸牌，导致矛盾.28.2.16*在一个圆上有六个点，它们之间可以连一些线段那么至少连多少条线段，可以使得这六个点中任意三点之间都至少有一条线段？请说明理由.解析 不妨设这三个点中连出线段最少的是A点.（1）若点A与其他点没有连线（孤立点），为了保证任意三点之间都至少有一条线段，所以其他五点54之