小学奥数构造、论证与染色、操作问题

第第十三讲：构造与论证教学目标教学目标掌握最正确安排和选择方案的组合问题.利用根本染色去解决相关图论问题．知识点拨知识点拨各种探讨给定要求能否实现，在论证中，有时需进行分类讨论，有时那么要着眼于极端情形，或从整体把握．设计最正确安排和选择方案的组合问题，这里的最正确通常指某个量到达最大或最小．解题时，既要构造出取得最值的具体实例，又要对此方案的最优性进行论证．论证中的常用手段包括抽屉原那么、整除性分析和不等式估计．组合证明题，在论证中，有时需进行分类讨论，有时那么需要着眼于极端情况，或从整体把握。假设干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题。假设干点及连接它们的一些线段组成图，与此相关的题目称为图论问题，这里宜从特殊的点或线着手进行分析．各种以染色为内容，或通过染色求解的组合问题，根本的染色方式有相间染色与条形染色．例题精讲例题精讲模块一最正确安排和选择方案一个盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚．下面我们对这些棋子做如下操作：每次拿出2枚棋子，如果颜色相同，就补1枚黑色棋子回去；如果颜色不同，就补1枚白色的棋子回去．这样的操作，实际上就是每次都少了1枚棋子，那么，经过399次操作后，最后剩下的棋子是颜色(填“黑〞或者“白〞)．在每一次操作中，假设拿出的两枚棋子同色，那么补黑子1枚，所以拿出的白子可能为0枚或2枚；假设拿出的两枚棋子异色，那么补白子1枚，“两枚棋子异色〞说明其中一黑一白，那么此时拿出的白子数为0枚．可见每次操作中拿出的白子都是偶数枚，而由于起初白子有200枚，是偶数枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶数枚，因此最后1枚不可能是白子，只能是黑子．5卷本百科全书按从第1卷到第5卷的递增序号排列，今要将它们变为反序排列，即从第5卷到第1卷．如果每次只能调换相邻的两卷，那么最少要调换多少次?因为必须是调换相邻的两卷，将第5卷调至原来第1卷的位置最少需4次，得到的顺序为51234；现在将第4卷调至此时第l卷的位置最少需3次，得到的顺序为54123；现在将第3卷调至此时第l卷的位置最少需2次，得到的顺序为54312；最后将第l卷和第2卷对调即可．所以，共需调换4+3+2+1=10次．有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问能否做到：、(1)某2堆石子全部取光?(2)3堆中的所有石子都被取走?(1)可以，如(1989，989，89)(1900，900，0)(950，900，950)(50，0，50)(25，25，50)(O，0，25)．(2)因为操作就两种，每堆取走同样数目的小石子，将有偶数堆石子堆中一半移至另一堆，所以每次操作石子总数要么减少3的倍数，要么不变．现在共有1989+989+89=3067，不是3的倍数，所以不能将3堆中所有石子都取走．n支足球队进行比赛，比赛采用单循环制，即每对均与其他各队比赛一场.现规定胜一场得2分，平一场得1分，负一场得0分.如果每一队至少胜一场，并且所有各队的积分都不相同，问：〔1〕n=4是否可能？〔2〕n=5是否可能？〔1〕我们知道4个队共进行了场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为×2=12.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以4个队得分最少2+3+4+5=14＞12，不满足.即n=4不可能。〔2〕我们知道5个队共进行场比赛，而每场比赛有2分产生，所以4个队的得分总和为×2=20.因为每一队至少胜一场，所以得分最低的队至少得2分，又要求每个队的得分都不相同，所以5个队得分最少为2+3+4+5+6=20，满足.即n=5有可能.但是我们必须验证是否存在实例.如下所示，A得2分，C得3分，D得4分，B得5分，E得6分.其中“AB〞表示A、B比赛时，A胜B；“B--C〞表示B、C比赛时，B平C，余下类推.如图35-1，将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数分别填入图中的10个圆圈内，使任意连续相邻的5个圆圈内的各数之和均不大于某个整数M.求M的最小值并完成你的填图.要使M最小，就要尽量平均的填写，因为如果有的连续5个圆圈内的数特别小，有的特别大，那么M就只能大于等于特别大的数，不能到达尽量小的目的．因为每个圆圈内的数都用了5次，所以10次的和为5×(1+2+3+…+10)=275．每次和都小于等于朋，所以IOM大于等于275，整数M大于28．下面来验证M=28时是否成立，注意到圆圈内全部数的总和是55，所以肯定是一边五个的和是28，一边是27．因为数字都不一样，所以和28肯定是相间排列，和27也是相问排列，也就是说数组每隔4个差值为l，这样从1填起，容易排出适当的填图.〔2023年清华附中入学测试题〕如图，在时钟的表盘上任意作个的扇形，使得每一个扇形都恰好覆盖个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到个扇形，恰好覆盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作个扇形将不能保证上述结论成立．要在表盘上共可作出12个不同的扇形，且1～12中的每个数恰好被4个扇形覆盖．将这12个扇形分为4组，使得每一组的3个扇形恰好盖住整个表盘．那么，根据抽屉原理，从中选择9个扇形，必有个扇形属于同一组，那么这一组的3个扇形可以覆盖整个表盘．另一方面，作8个扇形相当于从全部的12个扇形中去掉4个，那么可以去掉盖住同一个数的4个扇形，这样这个数就没有被剩下的8个扇形盖住，那么这8个扇形不能盖住整个表盘．一组互不相同的自然数，其中最小的数是l，最大的数是25，除1之外，这组数中的任一个数或者等于这组数中某一个数的2倍，或者等于这组数中某两个数之和.问：这组数之和的最小值是多少?当取到最小值时，这组数是怎样构成的?首先把这组数从小到大排列起来，那么最小的肯定为1，1后面只能是1的2倍即2，2后面可以是3或4，3的后面可以是4，5，6；4的后面可以是5，6，8．最大的为25．下面将所有的可能情况列出：l，2，3，4，…，25所有的和是35；l，2，3，5，…，25所有的和是36；1，2，3，6，…，25所有的和是37；1，2，4，5，…，25所有的和是37；1，2，4，6，…，25所有的和是38；1，2，4，8，…，25所有的和是40.25是奇数，只能是一个偶数加上一个奇数．在中间省略的数中不能只有1个数，所以至少还要添加两个数，而且这两个数的和不能小于25，否那么就无法得到25这个数．要求求出最小值，先看这两个数的和是25的情况，因为省略的两个数不同于前面的数，所以从20+5开始．25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12．这些数中20，19，18，17太大，无法产生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12．看这些谁能出现和最小的l，2，3，4，…，25中，检验发现没有可以满足的：再看l，2，3，5，…，25，发现1，2，3，5，10，15，25满足，所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=612004枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最后取的获胜。甲、乙轮流取，如果甲先取，如何才能保证赢？先从简单的情况看起，看看棋子数量较少时，在什么情况下先取者胜，什么情况下后取者胜．可以列表如下：棋子数量先取者胜后取者胜1枚√2枚√3枚√4枚√5枚√6枚√7枚√8枚√9枚√10枚√11枚√12枚√13枚√14枚√15枚√16枚√17枚√18枚√19枚√20枚√棋子数是1～8时比拟容易看得出来是先取者胜还是后取者胜，可以看出只有棋子数是2枚和8枚时是后取者胜，其他情况下都是先取者胜．当棋子数大于8时，可以先取假设干枚棋子，使得剩下的棋子数变成前面已有的棋子数．先取者为了取胜，第一次取后，应该使剩下的棋子数是后取者胜的情况，比方变成剩下2枚或8枚．这样推下去，可以发现只有当棋子数是8的倍数或者除以8余2时，是后取者胜，其他情况下是先取者胜．题目中有2004枚棋子，除以8余4，所以先取者肯定可以取胜．不过取胜的策略比拟灵活，不能明确地说每次后取者取多少枚先取者就相应地取多少枚，应该从除以8的余数来考虑：⑴先取者第一次可以先取4枚，这样还剩下2000枚，2000除以8的余数是0；⑵先取者为了保证获胜，在每一次后取者取了之后，先取者再取的时候，应该使得自己取后剩下的棋子数是8的倍数或者除以8余2；⑶后取者每次可以取1，3，4，7枚，每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2，所以每次后取者取后剩下的棋子数除以8的余数是7，5，4，1或1，7，6，3.所以接下来先取者可以对应地取7，3，4，1或1，7，4，3枚棋子，这样剩下的剩下的棋子数除以8的余数为0，2，0，0或0，0，2，0.这样就保证了第⑵点．⑷每次先取者取后剩下的棋子数除以8的余数是0或2，那么最后一枚棋子肯定是先取者取得，所以先取者获胜．在10×19方格表的每个方格内，写上0或1，然后算出每行及每列的各数之和．问最多能得到多少个不同的和数?首先每列的和最少为0，最多是10，每行的和最少是0，最多是19，所以不同的和最多也就是0，1，2，3，4，…，18，19这20个．下面我们说明如果0出现，那么必然有另外一个数字不能出现．如果0出现在行的和中，说明有1行全是0，意味着列的和中至多出现0到9，加上行的和至多出现10个数字，所以少了一种可能．如果0出现在列的和中，说明在行的和中19不可能出现，所以0出现就意味着另一个数字不能出现，所以至多是19，下面给出一种排出方法.在8×8的国际象棋盘上最多能够放置多少枚棋子，使得棋盘上每行、每列及每条斜线上都有偶数枚棋子?因为8×8的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格，假设某行(某列)有空格，必空偶数格．而斜线上的格子数有奇也有偶，不妨从左上角的斜线看起：第一条斜线只有1格，必空；第三条有3格，必至少空1格；第五、七条分别有5、7格，每条线上至少空1格．由对称性易知共有16条斜线上有奇数格，且这16条斜线没有共用的格子，故至少必空出16格．其实，空出两条主对角线上的16个格子就合题意．此时，最多可放置48枚棋子，放在除这两条主对角线外的其余格子中，如以下图所示．在以下图中有16个黑点，它们排成了一个4×4的方阵．用线段连接其中4点，就可以画出各种不同的正方形．现在要去掉某些点，使得其中任意4点都不能连成正方形，那么最少要去掉多少个点?至少要除去6个点，如下所示为几种方法：三个边长为1的正方形并排放在一起，成为1×3的长方形.求证：.仔细分析，要证，由于，所以，只需证明就可以了！于是想到能否把〔〕移动位置，与〔〕拼合在一起，恰成一个的角呢？于是想到：如图1所示，再拼上一个单位正方形DFK，那么三角形AKC为等腰直角三角形，，又直角三角形KCF与AHD全等，所以.因此，.有了拼合与的思想，学生往往产生不同的拼合方式，沿着拼合全等的思路发散开来，又可以找到许多拼法.如图2三角形AHP是等腰直角三角形，，所以.如图3三角形AQC是等腰直角三角形，，.如图4三角形WDB是等腰直角三角形,，.所以.如图5三角形ZAH是等腰直角三角形，因此.其他的沿着“拼合全等〞的思路的证法就不例举了.如果利用相似三角形的知识，如图5所示，又所以，，因此∽，但，.用相似三角形法不用添设辅助线，简洁明了.再开思路，可用三角法证明如下：与都是小于的锐角，可知+是锐角.又，.，所以.模块二染色与赋值问题某学校的学生中，没有一个学生读过学校图书馆的所有图书，又知道图书馆内任何两本书都至少被一个同学都读过．问：能否找到两个学生甲、乙和三本书4、B、C，使得甲读过A、B，没读过C，乙读过B、C，没读过A?说明判断过程．首先从读书数最多的学生中找一人甲．由题设，甲至少有一本书未读过，记为C．设B是甲读过的书中一本，由题意知，可找到学生乙，乙读过B、C．由于甲是读书数最多的学生之一，乙读书数不能超过甲的读书数，而乙读过C书，甲未读过C书，所以一定可以找出一本书A，使得甲读过而乙未读过，否那么乙就比甲至少多读过一本书．这样一来，甲读过A、B，未读过C；乙读过B、C未读过A.因此可以找到满足要求的两个学生．4个人聚会，每人各带2件礼品，分赠给其余3个人中的2人．试证明：至少有2对人，每对人是互赠过礼品的．将这四个人用4个点表示，如果两个人之间送过礼，就在两点之间连一条线．由于每人送出2件礼物，图中共有4×2=8条线，由于每人礼品都分赠给2个人，所以每两点之间至多有1+1=2条线。四点间，每两点连一条线，一共6条线，现在有8条线，说明必有两点之间连了2条线，还有另外两点(有一点可以与前面的点相同)之间也连了2条线．即为所证结论。甲、乙、丙三个班人数相同，在班级之间举行象棋比赛．各班同学都按l，2，3，4，…依次编号．当两个班比赛时，具有相同编号的同学在同一台对垒．在甲、乙两班比赛时，有15台是男、女生对垒；在乙、丙班比赛时，有9台是男、女生对垒．试说明在甲、丙班比赛时，男、女生对垒的台数不会超过24．并指出在什么情况下，正好是24？不妨设甲、乙比赛时，1～15号是男女对垒，乙、丙比赛时．在1～15号中有a台男女对垒，15号之后有9-a台男女对垒(0≤a≤9)甲、丙比赛时，前15号，男女对垒的台数是15-a(如果1号乙与1号丙是男女对垒，那么1号甲与1号丙就不是男女对垒)，15号之后，有9-a台男女对垒.所以甲、丙比赛时，男女对垒的台数为15-a+9-a=24-2a≤24．仅在a=0，即必须乙、丙比赛时男、女对垒的号码，与甲、乙比赛时男、女对垒的号码完全不同，甲、丙比赛时，男、女对垒的台数才等于24．将5×9的长方形分成10个边长为整数的长方形．证明：无论怎样分法．分得的长方形中必有两个是完全相同的．10个边长为整数的长方形，其面积显然也均是正整数．划分出的长方形按面积从小到大为：1×1，1×2，l×3，1×4，2×2，1×5，1×6，2×3，1×7，1×8，2×4，1×9，3×3．2×5，2×6，3×4，2×7，3×5，2×8，4×4，2×9，3×6，……从这些长方形中选出lO个不同的长方形，其面积和最小为：1×1+1×2+1×3+1×4+2×2+1×5+1×6+2×3+1×7+1×8=46．而原长方形的面积为5×9=45<46．所以分出的长方形必定有某两个是完全一样的．在平面上有7个点，其中任意3个点都不在同一条直线上．如果在这7个点之字连结18条线段，那么这些线段最多能构成多少个三角形？平面上这7个点，任意3点都不在同一条直线上，假设任意2点连接，共可连接出=7×6÷2=21条线段．现在只连接18条线段，有3条没有连出，要使得这18条线段所构成的三角形最多，需使得没连出的这3条线段共同参与的三角形总数最多，故这3条线断共点.对于这3条线段中的任何一条，还与其他5个点本应构成5个三角形，故这3条线段没连出，至少少构成5×3-3=12个三角形.如上图所示，在图中AD、AE、AF之间未连接，因为其中ADE、AED，ADF、AFD，AEF、AFE被重复计算，所以减去3．而平面内任何三点不共线的7个点，假设任何2点连线，最多可构成=35个三角形．故现在最多可构成三角形35-12=23个．在9×9棋盘的每格中都有一只甲虫，根据信号它们同时沿着对角线各自爬到与原来所在格恰有一个公共顶点的邻格中，这样某些格中有假设干只甲虫，而另一些格那么空着．问空格数最少是多少?方法一：考虑到甲虫总是斜着爬，我们把棋盘黑白相间染色，发现原来黑色格子里的甲虫都会爬到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲虫都会爬到白色格子里面，所以我们只用观察最少能空出多少个黑格子，多少个白格子．因为甲虫每次都从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，而由奇数行有25个黑格子，偶数行有16个黑格子知，偶数行的16只甲虫爬到奇数行会空出9个黑格子，而奇数行的25只虫子爬到偶数行就可以没有空格．白格子虫子也会从奇数行爬到偶数行，偶数行爬到奇数行，但是奇数行和偶数行都是20个格子，最少的情况下不会出现空格子，所以最少出现9个空格．方法二：对2×2棋盘如下黑白染色，那么易知两黑格及两白格分别对换甲虫即可使棋盘格不空；从而得到2n×2n棋盘可划分为假设干块2×2棋盘，棋盘格均不空．对3×3棋盘如下黑白染色，注意到图中有5个黑格，黑格中的甲虫爬行后必进入黑格，且四个角上的黑格内的甲虫必爬人中心黑格，而中心黑格内的甲虫只能爬人某一格，必至少空3个黑格．对5×5棋盘黑白染色后，利用①、②的结论易知至少空5个黑格．依次类推，可知对9×9棋盘黑白染色后，至少空9个空格．以下图是甲虫爬行的一种方法．假设干台计算机联网，要求：①任意两台之间最多用一条电缆连接；②任意三台之间最多用两条电缆连接；③两台计算机之间如果没有电缆连接，那么必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．假设按此要求最少要用79条电缆．问：(1)这些计算机的数量是多少台?(2)这些计算机按要求联网，最多可以连多少条电缆?将机器当成点，连接电缆当成线，我们就得到一个图，如果从图上一个点出发，可以沿着线跑到图上任一个其它的点，这样的图就称为连通的图，条件③说明图是连通图．我们看一看几个点的连通图至少有多少条线．可以假定图没有圈(如果有圈，就在圈上去掉一条线)，从一点出发，不能再继续前进，将这一点与连结这点的线去掉．考虑剩下的n-1个点的图，它仍然是连通的．用同样的方法又可去掉一点及一条线．这样继续下去，最后只剩下一个点．因此n个点的连通图至少有n-1条线(如果有圈，线的条数就会增加)，并且从一点A向其他n-1个点各连一条线，这样的图恰好有n-1条线．因此，(1)的答案是n=79+1=80，并且将一台计算机与其他79台各用一条线相连，就得到符合要求的联网．下面看看最多连多少条线．在这80个点(80台计算机)中，设从引出的线最多，有k条，与相连的点是,，…，由于条件，,…，之间没有线相连．设与不相连的点是，…，，那么m+k=80，而，…,每一点至多引出k条线，图中至多有mk条线，因为≤所以m×k≤1600，即连线不超过1600条．另一方面，设80个点分为两组：,…，；，…，第一组的每一点与第二组的每一点各用一条线相连，这样的图符合题目要求，共有40×40=1600条线在一个6×6的方格棋盘中，将假设干个1×1的小方格染成红色．如果随意划掉3行3列，在剩下的小方格中必定有一个是红色的．那么最少要涂多少个方格?方法一：显然，我们先在每行、每列均涂一个方格，使之成为红色，如图A所示，但是在图B中，划去3行3列后，剩下的方格没有红色的，于是再将两个方格涂成红色(依据对称性，应将2个方格同时涂成红色)，如图C所示，但是图D的划法，又使剩下的方格没有红色，于是再将两个方格涂成红色(还是由于对称的缘故，将2个方格涂成红色)，得到图E，图E不管怎么划去3行3列，都能使剩下的方格含有红色的．这时共涂了10个方格．方法二：一方面，图F说明无论去掉哪三行哪三列总会留下一个涂红的方格．另一方面，如果只涂9个红色方格，那么红格最多的三行至少有6个红格(否那么第三多的行只有1个红格，红格总数≤5+3=8)，去掉这三行至多还剩3个红格，再去掉三列即可将这三个红格也去掉．综上所述，至少需要将10个方格涂成红色．如图，把正方体的6个外表剖分成9个相等的正方形．现用红、黄、蓝3种颜色去染这些小正方形，要求有公共边的正方形所染的颜色不同．那么染成红色的正方形的个数最多是多少个?如上面右图所示，它们的对面也同样的染色，这样就有(5+4+2)×2=22(个)方格染色，而且有公共边的正方形颜色不同．所以，用红色染成的正方形的个数最多是22个．证明：在6×6×6的正方体盒子中最多可放入52个1×l×4的小长方体，这里每个小长方体的面都要与盒子的侧面平行．先将6×6×6的正方体盒子视为实体，那么6×6×6的正方体可分成216个小正方体，这216个小正方体可以组成27个棱长为2的正方体．我们将这27个棱长为2的正方体按黑白相间染色，如以下图所示．其中有14个黑色的，13个白色的，而一个白色的2×2×2的正方体可以对应的放人4个每个面都与盒子侧面平行的1×l×4的小长方体，所以最多可以放入13×4=52个1×1×4的小长方体．注：6×6×6的正方体的体积为216，1×1×4的小长方体的体积为4，所以可放入的小正方体数目不超过216÷4=54个．用假设干个l×6和1×7的小长方形既不重叠，也不留孔隙地拼成一个11×12的大长方形，最少要用小长方形多少个?我们先通过面积计算出最优情况：11×12=132，设用1×6的小长方形x个，用1×7的小长方形y个，有．解得：〔t为可取0的自然数)，共需x+y=19+t个小长方形．(1)当t=0时，即x+y=1+18=19，表示其中的1×6的小长方形只有1个，剩下的18个小长方形都是l×7的．大长方形中无论是1行还是1列，最多都只能存在1个l×7的小长方形，所以在大长方形中最多只能无重叠的同时存在16个l×7的小长方形．现在却存在18个1×7的小长方形，显然不满足；(2)当t=l时，即x+y=8+12=20，有如下分割满足，所以最少要用小长方形20个．课后练习课后练习在1997×1997的正方形棋盘上的每格都装有一盏灯和一个按钮．按钮每按一次，与它同一行和同一列方格中的灯泡都改变一次状态，即由亮变为不亮，或由不亮变为亮．如果原来每盏灯都是不亮的，请说明最少需要按多少次按钮才可以使灯全部变亮?最少要1997次，将第一列中的每一格都按一次，那么除第一列外，每格的灯都只改变一次状态，由不亮变成亮．而第一列每格的灯都改变1997次状态，由不亮变亮．如果少于1997次，那么至少有一列和至少有一行没有被按过，位于这一列和这一行相交处的灯保持原状，即不亮的状态．〔2023年台湾小学数学竞赛选拔赛〕将1、2、3、4、5、6写在一个圆周上，然后把圆周上连续三个数之和写下来，那么可以得到六个数、、、、、，将这六个数中最大的记为．请问在所有填写方式中，的最小值是什么？要由于每个写在圆周上的数都被用了三次，那么，即写出来的这6个数的平均数为，因此至少为11．由上图的排列方式可知为11的情形存在，故的最小值为11．有3堆小石子，每次允许进行如下操作：从每堆中取走同样数目的小石子，或是将其中的某一石子数是偶数的堆中的一半石子移入另外的一堆．开始时，第一堆有1989块石子，第二堆有989块石子，第三堆有89块石子．问，能否做到：⑴某2堆石子全部取光？⑵3堆中的所有石子都被取走？要使得某两堆石子全部取光，只需使得其中有两堆的石子数目一样多，那么如果我们把最少的一堆先取光，只要剩下的两堆中有一堆数目是偶数，再平分一下就可以实现了．而题中数字正好能满足要求．所以，全部取光两堆是可以的．对于第二个问题，要取走全部3堆，那么必须3堆石子的总数是3的倍数才有可能，但1989、989、89之和并非3的倍数，所以是不可能的．⑴可以取光其中的两堆石子．如进行如下的操作：第1堆第二堆第三堆19899898919009000(第一步：三堆各取走89块)1900450450(第二步：第二堆900是偶数，将其一半移入第三堆)145000(第三步：三堆各取走450块)⑵不能将三堆全部取光．因为每一次取走石子是从三堆中同时取走相同数目的石子，那么每次取走的石子数都是3的倍数，那么不管怎么取，取走的石子总数是3的倍数，而，3067被3除余1，不是3的整数倍，所以不能将三堆石子全部取光．在1000×1000的方格表中任意选取n个方格染为红色，都存在3个红色方格它们的中心构成一个直角三角形的顶点．求n的最小值．首先确定1998不行．反例如下：其次1999可能是可以的，因为首先从行看，1999个红点分布在1000行中，肯定有一些行含有2个或者以上的红点，因为含有0或1个红点的行最多999个，所以其他行含有红点肯定大于等于1999-999=1000，如果是大于1000，那么根据抽屉原理，肯定有两个这样红点在一列，那么就会出现红色三角形；如果是等于1000而没有这样的2个红点在一列，说明有999行只含有1个红点，而剩下的一行全是红点，那也肯定已经出现直角三角形了，所以n的最小值为1999．在某市举行的一次乒乓球邀请赛上，有3名专业选手与3名业余选手参加.比赛采用单循环方式进行，就是说每两名选手都要比赛一场．为公平起见，用以下方法记分：开赛前每位选手各有10分作为底分，每赛一场，胜者加分，负者扣分，每胜专业选手一场加2分，每胜业余选手一场加1分；专业选手每负一场扣2分，业余选手每负一场扣1分．问：一位业余选手最少要胜几场，才能确保他的得分比某位专业选手高?当一位业余选手胜2场时，如果只胜了另两位业余选手，那么他得10+2-3=9(分)．此时，如果专业选手间的比赛均为一胜一负，而专业选手与业余选手比赛全胜，那么每位专业选手的得分都是10+2-2+3=13(分)．所以，一位业余选手胜2场，不能确保他的得分比某位专业选手高．当一位业余选手胜3场时，得分最少时是胜两位业余选手，胜一位专业选手，得10+2+2-2=12(分)．此时，三位专业选手最多共得30+0+4=34(分)，其中专业选手之间的三场比赛共得0分，专业选手与业余选手的比赛最多共得4分.由三个人得34分，34÷3=11，推知，必有人得分不超过11分.也就是说，一位业余选手胜3场，能确保他的得分比某位专业选手高.有9位数学家，每人至多能讲3种语言，每3个人中至少有2个人有共通的语言.求证：在这些数学家中至少有3人能用同一种语言交谈。假设任意三位数学家都没有共同会的语言，这说明每种语言至多有两人会说.即这九位数学家为A、B、C、D、E、F、G、I．由于一位数学家最多会三种语言，而每种语言至多有两人会说，所以一位数学家至多能和另外三人通话，即至少与五人语言不通．不妨设A不能与B、C、D、E、F通话．同理，B也至多能和三人通话，因此在C、D、E、F中至少有一人与B语言不通，设为C.那么A、B、C三人中任意两人都没有共同语言，与题意矛盾．这说明假设不成立，结论得证．1998名运发动的号码依次为1至1998的自然数．现在要从中选出假设干名运发动参加仪仗队，使得剩下的运发动中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运发动最少有多少人?我们很自然的想到把用得比拟多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比拟多，把它们去掉有助于使剩下的构不成乘式，比拟小的数肯定是用得最多的，因为它们的倍数最多，所以考虑先把它们去掉，但关键是除到何处?考虑到44的平方为1936，所以去到44就够了，因为如果剩下的构成了乘式，那么乘式中最小的数一定小于等于44，所以可以保证剩下的构不成乘式．因为对结果没有影响，所以可以将1保存，于是去掉2，3，4，…，44这43个数．但是，是不是去掉43个数为最小的方法呢?构造2×97，3×96，4×95，…，44×45，发现这43组数全不相同而且结果都比1998小，所以要去掉这些乘式就至少要去掉43个数，所以43位最小值，即为所求.月测备选月测备选【备选1】在黑板上写上、、、、……、，按以下规定进行“操怍〞：每次擦去其中的任意两个数和，然后写上它们的差(大数减小数)，直到黑板上剩下一个数为止．问黑板上剩下的数是奇数还是偶数？为什么？根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为是一个偶数，而每一次“操作〞，将、两个数变成了，它们的和减少了，即减少了一个偶数．那么从整体上看，总和减少了一个偶数，其奇偶性不变，还是一个偶数．所以每次操作后黑板上剩下的数的和都是偶数，那么最后黑板上剩下一个数时，这个数是个偶数．【备选2】桌子上放着55根火柴，甲、乙二人轮流每次取走1～3根，规定谁取走最后一根火柴谁获胜．如果双方都采用最正确方法，甲先取，那么谁将获胜？采用逆推法分析．获胜方在最后一次取走最后一根；往前逆推，在倒数第二次取时，必须留给对方4根，此时无论对方取1、2或3根，获胜方都可以取走最后一根；再往前逆推，获胜方要想留给对方4根，在倒数第三次取时，必须留给对方8根……由此可知，获胜方只要每次留给对方的都是4的倍数根，那么必胜．现在桌上有55根火柴，，所以只要甲第一次取走3根，以后每一次，乙取几根，甲就取4减几根，使得每次甲取后剩下的火柴根数都是4的倍数，这样甲必胜．为什么一定要留给对方4的倍数根火柴，而不是5的倍数根或者其它数的倍数根呢？关键在于规定每次只能取1～3根，，这样乙每次取根，而甲取根，能保证也在1～3的范围内．【备选3】将15×15的正方形方格表的每个格涂上红色、蓝色或绿色．证明：至少可以找到两行，这两行中某一种颜色的格数相同．如果找不到两行的某种颜色数一样，那么就是说所有颜色的列与列之问的数目不同．那么红色最少也会占0+1+2+…+14=105个格子．同样蓝色和绿色也是，这样就必须有至少：3×(0+l+2+…+14)=315个格子．但是，现在只有15×15=225个格子，所以和条件违背，假设不成立，结论得证．【备选4】在2023张卡片上分别写着数字1、2、3、4、……、2023，现在将卡片的顺序打乱，让空白面朝上，并在空白面上又分别写上1、2、3、4、……、2023．然后将每一张卡片正反两个面上的数字相加，再将这2023个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？从整体进行考虑．所得的2023个和相加，便等于1～2023的所有数的总和的2倍，是个偶数．2023个数的和是偶数，说明这2023个数中必有偶数，那么这2023个数的乘积是偶数．此题也可以考虑其中的奇数．由于1～2023中有1005个奇数，那么正反两面共有2023个奇数，而只有2023张卡片，根据抽屉原理，其中必有2个奇数在同一张卡片上，那么这张卡片上的数字的和是偶数，从而所有2023个和的乘积也是偶数．第十一讲：染色与操作问题第十一讲：染色与操作问题一、染色问题这里的染色问题不是要求如何染色，然后问有多少种染色方法的那类题目，它指的是一种解题方法.染色方法是一种将题目研究对象分类的形象化方法，通过将问题中的对象适当染色，我们可以更形象地观察分析出其中所蕴含的关系，再经过一定的逻辑推理，便能得出问题的答案.这类问题不需要太多的数学知识，但技巧性，逻辑性较强，要注意学会几种典型的染色问题.二、操作问题实际操作与策略问题这类题目能够很好的提高学生思考问题的能力，激发学生探索数学规律的兴趣，并通过寻找最正确策略过程，培养学生的创造性思维能力，这也是各类考试命题者青睐的这类题目的原因。模块一、染色问题六年级一班全班有35名同学，共分成5排，每排7人，坐在教室里，每个座位的前后左右四个位置都叫做它的邻座．如果要让这35名同学各人都恰好坐到他的邻座上去，能办到吗?为什么？划一个5×7的方格表，其中每一个方格表示一个座位．将方格黑白相间地染上颜色，这样黑色座位与白色座位都成了邻座．因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格．而实际图中有17个黑格18个白格，个数不等，故不能办到．右图是某一湖泊的平面图，图中所有曲线都是湖岸.(1)如果P点在岸上，那么A点是在岸上还是在水中？(2)某人过此湖泊，他下水时脱鞋，上岸时穿鞋.如果他从A点出发走到某点B，他穿鞋与脱鞋的总次数是奇数，那么B点是在岸上还是在水中？为什么？〔1〕P点在陆地上，如果在图上用阴影表示陆地，就可以看出A点在水中.〔2〕从水中经过一次陆地到水中，脱鞋与穿鞋的次数的和为2，由于A点在水中，所以不管怎么走，走在水中时，脱鞋、穿鞋的次数的和总是偶数.既然题中说“脱鞋的次数与穿鞋的次数的和是个奇数〞，那么B点必定在岸上.某班有45名同学按9行5列坐好．老师想让每位同学都坐到他的邻座(前后左右)上去，问这能否办到?将5×9长方形自然染色，发现黑格的邻座都是白格，白格的邻座都是黑格，因此每位同学都坐到他的邻座相当于所有白格的坐到黑格，所有黑格的坐到白格．而实际图中有23个黑格22个白格，个数不等，故不能办到．右图是某一套房子的平面图，共12个房间，每相邻两房间都有门相通．请问：你能从某个房间出发，不重复地走完每个房间吗?如下图，将房间黑白相间染色，发现只有5个白格，7个黑格．因为每次只能由黑到白或由白到黑，路线必然黑白相问，显然应该从多的白格开始．但路线上1白1黑1白1黑……直到5白5黑后还余2黑，不可能从黑格到黑格，故无法实现不重复走遍．【稳固】有一次车展共6×6=36个展室，如右图，每个展室与相邻的展室都有门相通，入口和出口如下图．参观者能否从入口进去，不重复地参观完每个展室再从出口出来?如右以下图，对每个展室黑白相间染色，同样每次只能黑格到白格或白格到黑格．入口和出口处都是白格，故路线黑白相间，首尾都是白格，于是应该白格比黑格多1个，而实际上白格、黑格都是18个，故不可能做到不重复走遍每个展室．在一个正方形的果园里，种有63棵果树，加上右下角的一间小屋，整齐地排列成八行八列，如图〔1〕.守园人从小屋出发经过每一棵树，不重复也不遗漏(不许斜走)，最后又回到小屋，行吗？如果有80棵果树，如图〔2〕，连小屋排成九行九列呢？以下图(1)中可以回到小屋，守园人只能黑白相间地走，走到的第奇数棵树是白的，第偶数棵树是黑的，走到第63棵树应是白的，在小屋相邻的树都标注白色，所以可以回到小屋.图(2)不行,从小屋出发,当走到80棵树应是黑色,而黑树与小木屋不相邻，无法直接回到小木屋.右图是半张中国象棋盘，棋盘上已放有一只马.众所周知，马是走“日〞字的.请问：这只马能否不重复地走遍这半张棋盘上的每一个点，然后回到出发点？马走“日〞字，在中国象棋盘上走有什么规律呢？为方便研究规律，如以下图所示，先在棋盘各交点处相间标上○和●，图中共有22个○和23个●.因为马走“日〞字，每步只能从○跳到●，或由●跳到○，所以马从某点跳到同色的点〔指○或●〕，要跳偶数步；跳到不同色的点，要跳奇数步。现在马在○点，要跳回这一点，应跳偶数步，可是棋盘上共有23+22=45〔个〕点，不可能做到不重复地走遍所有的点后回到出发点.如果马的出发点不是在○点上而是在●点上，那么这只马能不能不重复地走遍这半张棋盘上的每个点，最后回到出发点上呢？按照上面的分析，显然也是不可能的.但是如果放弃“回到出发点〞的要求，那么情况就不一样了.从某点出发，跳遍半张棋盘上除起点以外的其它44点，要跳44步，44是偶数，所以起点和终点应是同色的点〔指○或●〕.因为44步跳过的点○与点●各22个，所以起点必是●，终点也是●.也就说是，当不要求回到出发点时，只要从●出发，就可以不重复地走遍半张棋盘上的所有点.右图是由14个大小相同的方格组成的图形.试问能不能剪裁成7个由相邻两方格组成的长方形？将这14个小方格黑白相间染色〔见右以下图〕，有8个黑格，6个白格.相邻两个方格必然是一黑一白，如果能剪裁成7个小长方形，那么14个格应当是黑、白各7个，与实际情况不符，所以不能剪裁成7个由相邻两个方格组成的长方形.右图是由40个小正方形组成的图形，能否将它剪裁成20个相同的长方形？将40个小正方形想剪裁成20个相同的长方形，就是将图形分割成20个1×2的长方形，将其黑白相间染色后，发现有21黑，19白，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格各一个.下面的三个图形都是从4×4的正方形纸片上剪去两个1×1的小方格后得到的.问：能否把它们分别剪成1×2的七个小矩形.如右上图，〔1〕能，黑白格数相等；〔2〕〔3〕不能，黑白格数不等，而1×2的小矩形一次覆盖黑白格各一个.用11个和5个能否盖住8×8的大正方形?如右图，对8×8正方形黑白相问染色后，发现必然盖住2白2黑，5个那么盖住10白10黑．那么盖住了3白1黑或3黑1白，从奇偶性考虑，都是奇数．而这种形状共11个，奇数个奇数相加仍为奇数，故这种形状盖住的黑格和白格都是奇数，加另一种形状的10白10黑，两种形状共盖住奇数个白格奇数个黑格．但实际染色后共32个白格32个黑格，故不可能按题目要求盖住．注：此题中每个盖3白1黑或3黑1白，11个这种形状盖住的不一定是33白11黑或33黑11白，因为可能一局部盖3白1黑，另一局部盖3黑1白.这是一个容易犯错的地方.能否用9个所示的卡片拼成一个6×6的棋盘？不能.将6×6的棋盘黑白相间染色〔见右图〕，有18个黑格.每张卡片盖住的黑格数不是1就是3，9张卡片盖住的黑格数之和是奇数，不可能盖住18个黑格.9个1×4的长方形不能拼成一个6×6的正方形，请你说明理由！此题假设用传统的自然染色法，不能说明问题.我们对6×6正方形用四种颜色染色，因为要用1×4来覆盖．为了方便起见，这里用1、2、3、4分别代表四种颜色．也为了使每个1×4长方形在任何位置盖住的都一样，我们采用沿对角线染色，如右图．这样，可以发现无论将1×4长方形放于何处，盖住的必然是1、2、3、4各一个．要不重叠地拼出6×6，需9个1×4长方形，那么必然盖住1、2、3、4各9个．但实际上图中一共是9个l、10个2、9个3、8个4，因而不可能用9个1×4长方形拼出6×6正方形．用假设干个2×2和3×3的小正方形不能拼成一个11×11的大正方形，请你说明理由！如右图所示，将2×2或3×3的小正方形沿格线摆在右图的任何位置，必定盖住偶数个阴影方格，而阴影方格共有77个，是奇数，所以只用2×2和3×3的小正方形，不可能拼成11×11的大正方形.对于表〔1〕，每次使其中的任意两个数减去或加上同一个数，能否经过假设干次后〔各次减去或加上的数可以不同〕，变为表〔2〕？为什么？因为每次有两个数同时被加上或减去同一个数，所以表中九个数码的总和经过变化后，等于原来的总和加上或减去那个数的2倍，因此总和的奇偶性没有改变。原来九个数的总和为1+2+…+9=45，是奇数，经过假设干次变化后，总和仍应是奇数，与右上表九个数的总和是4矛盾。所以不可能变成右上表.模块二、操作问题右图是一个圆盘，中心轴固定在黑板上.开始时，圆盘上每个数字所对应的黑板处均写着0.然后转动圆盘，每次可以转动90°的任意整数倍，圆盘上的四个数将分别正对着黑板上写数的位置，将圆盘上的数加到黑板上对应位置的数上.问：经过假设干次后，黑板上的四个数是否可能都是999？不可能.因为每次加上的数之和是1＋2＋3＋4=10，所以黑板上的四个数之和永远是10的整数倍.999×4=3996，不是10的倍数，所以黑板上的四个数不可都是999.有7个苹果要平均分给12个小朋友，园长要求每个苹果最多分成5份．应该怎样分？显然每人应该分＝+＝+．于是，拿4个苹果，每个苹果3等分；拿3个苹果，每个苹果4等分．有一位老人，他有三个儿子和十七匹马.他在临终前对他的儿子们说：“我已经写好了遗嘱，我把马留给你们，你们一定要按我的要求去分.〞老人去世后，三兄弟看到了遗嘱.遗嘱上写着：“我把十七匹马全都留给我的三个儿子.长子得，次子得，给幼子.不许流血，不许杀马.你们必须遵从父亲的遗愿！〞请你帮助他们分分马吧！这三个兄弟迷惑不解，尽管他们在学校里学习成绩都不错，可是他们还是不会用17除以2、用17除以3、用17除以9，又不让马流血.于是他们就去请教当地一位公认的智者.这位智者看了遗嘱以后说：“我借给你们一匹马，去按你们父亲的遗愿分吧！〞老人原有17匹马，加上智者借给的一匹，一共18匹.于是三兄弟按照18匹马的、和，分别得到了九匹、六匹和两匹.9+6+2=17〔匹〕.还剩下一匹，是智者借给的那匹，还给智者.甲、乙、丙、丁分29头羊.甲、乙、丙、丁分别得，应如何分？借一头羊，甲、乙、丙、丁依次分得15，6，5，3头羊，再将借得1头羊还回去.8个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗〔天平无砝码〕?讲解此题前，教师可先问学生：“3个金币，有1个假的比拟轻，你称1次能把它找出来么？〞将8个金币分成：3+3+2，3组，把3和3进行称量，如果重量相同，称剩下的2个金币即可找到假币；如果重量不同，将比拟重的3个金币拿出，用天平称量2个，剩下1个，天平不平衡易得答案，假设此时天平平衡那么剩下的那个是假的.9个金币中，有一个比真金币轻的假金币，你能用天平称两次就找出来吗〔天平无砝码〕?第一次在左右两托盘各放置3个：(一)如果不平衡，那么较轻的一侧的3个中有一个是假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的一个是假的；(二)如果平衡，剩下的三个中必有一个为假的．从中任取两个分别放在两托盘内：①如果不平衡，较低的一侧的那个是假的；②如果平衡，剩下的那个是假的．这类称量找假币的问题，一定要会分类，并尽量是每一类对应天平称量时的不同状态(轻，重，平)，所以分成3堆是很常见的分法．据说有一天，韩信骑马走在路上，看见两个人正在路边为分油发愁.这两个人有一只容量10斤的篓子，里面装满了油；还有一只空的罐和一只空的葫芦，罐可装7斤油，葫芦可装3斤油.要把这10斤油平分，每人5斤.但是谁也没有带秤，只能拿手头的三个容器倒来倒去.应该怎样分呢？韩信给两人说了一句话：“葫芦归篓，篓归罐〞，两人按此分油，果然把油分成了两半.具体做法如下表：韩信的话指明了倒油的方向，始终按从篓向罐中倒，从罐向葫芦中倒，从葫芦向篓中倒的方向操作.按照相反的方向倒，即“葫芦归罐，罐归篓〞怎样?我们试试.看来也行，只是多倒了一次.要注意的是：保持一定的方向很重要.如果在倒油的过程中，出现从甲倒向乙，又从乙倒回甲(这两步不一定挨着)，那么这两步相互抵消，肯定可以简化掉，所以最正确的倒油方法是始终按一个方向倒.大桶能装5千克油，小桶能装4千克油，你能用这两只桶量出6千克油吗?怎先将5千克的桶倒满油；再用大桶将小桶倒满，大桶中还有5-4=1(千克)油；然后将小桶倒空，将大桶中1千克倒到小桶中；最后注满大桶，连小桶中共是5+1=6(千克)．这道题要学会借助于大桶小桶容积的差量出想获得的中间量(1千克)．有一个小朋友叫小满，他学会了韩信分油的方法，心里很是得意.一天，他遇到了两位农妇.两位农妇有两个各装满了10升奶的罐子，还有一个5升和一个4升的小桶，她们请求小满就用这些容器将罐子中的奶给两个小桶中各倒入2升奶.小满按照韩信分油的方法，略加变通，就将奶分好了！你说说具体的做法！答案如表所示有大，中，小3个瓶子，最多分别可以装入水1000克，700克和300克.现在大瓶中装满水，希望通过水在3个瓶子间的流动使得中瓶和小瓶上标出通过对三个数字的分析，我们发现700-300-300=100，是计算步数最少的得到100的方法．而由于我们每计算一步就