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8-6-1构造与论证.题库教师版
8-6 构造与论证教学目标1. 掌握最佳安排和选择方案的组合问题. 2. 利用基本染色去解决相关图论问题．知识点拨知识点说明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，有时则要着眼于极端情形，或从整体 把握．设计最佳安排和选择方案的组合问题，这里的最佳通常指某个量达到最大或最小．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则、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，有时则需要着眼于极端情况，或从整体把握。若干点 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。若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，基本的染色方式有相间染色与条形染色．知识点拨板块一、最佳安排和选择方案【例 1】 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”)． 【解析】 在每一次操作中，若拿出的两枚棋子同色，则补黑子 1 枚，所以拿出的白子可能为 0 枚或 2 枚； 若拿出的两枚棋子异色，则补白子 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． 【巩固】 在黑板上写上 1 、 2 、 3 、 4 、……、 2008 ，按下列规定进行“操怍”：每次擦去其中的任意两个 数 a 和 b ，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？ 【解析】 根据等差数列求和公式，可知开始时黑板上所有数的和为 1 ? 2 ? 3 ? ? ? 2008 ? 2009 ? 1004 是一个 b 两个数变成了 (a ? b) ， 偶数， 而每一次“操作”， 将a、 它们的和减少了 2b ， 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． 【例 2】 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8-6.构造与论证.题库 教师版 page 1 of 13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? 【解析】 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． 【巩固】 在
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? 【解析】 最少要 1997 次，将第一列中的每一格都按一次，则除第一列外，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，则至少 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． 【例 3】 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? 【解析】 (1)可以，如(，89) ? (，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 =3067，不是 3 的倍数，所以不能将 3 堆中所有石子都取走． 【巩固】 在 2009 张卡片上分别写着数字 1、2、3、4、……、2009，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、……、2009．然后将每一张卡片正反两个面上的数 字相加，再将这 2009 个和相乘，所得的积能否确定是奇数还是偶数？ 【解析】 从整体进行考虑． 所得的 2009 个和相加， 便等于 1～2009 的所有数的总和的 2 倍， 是个偶数． 2009 个数的和是偶数，说明这 2009 个数中必有偶数，那么这 2009 个数的乘积是偶数． 本题也可以考虑其中的奇数．由于 1～2009 中有 1005 个奇数，那么正反两面共有 2010 个奇数， 而只有 2009 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 2009 个和的乘积也是偶数． 【例 4】 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? 【解析】 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 1 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， 3 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. 【例 5】 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：8-6.构造与论证.题库 教师版 page 2 of 13（1）n=4 是否可能？ （2）n=5 是否可能？2 【解析】 （1）我们知道 4 个队共进行了 C2 4 场比赛，而每场比赛有 2 分产生，所以 4 个队的得分总和为 C4 ×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 2 （2）我们知道 5 个队共进行 C5 场比赛，而每场比赛有 2 分产生，所以 4 个队的得分总和为 C5 × 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“A ? B”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.【例 6】 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.【解析】 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，不能达到尽量小的目的． 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. 【例 7】 （2009 年清华附中入学测试题）如图，在时钟的表盘上任意作 9 个 120° 的扇形，使得每一个扇 形都恰好覆盖 4 个数，且每两个扇形覆盖的数不全相同，求证：一定可以找到 3 个扇形，恰好覆 盖整个表盘上的数．并举一个反例说明，作 8 个扇形将不能保证上述结论成立．11 10 9 8 7 6 5 12 1 2 3 4【解析】 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8-6.构造与论证.题库 教师版 page 3 of 13?9? 形，必有 ? ? ? 1 ? 3 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． ?4? 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，则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．【巩固】 （2008 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， 则可以得到六个数 a1 、a 2 、a3 、a 4 、a5 、a 6 ， 将这六个数中最大的记为 A ． 请 问在所有填写方式中， A 的最小值是什么？1 4 5 6 3 2【解析】 要 由 于 每 个 写 在 圆 周 上 的 数 都 被 用 了 三 次 ， 则 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? a5 ? a6 ? 3 ? (1 ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 6) ? 63 ，即写出来的这 6 个数的平均数为 10.5 ，因 此 A 至少为 11．由上图的排列方式可知 A 为 11 的情形存在，故 A 的最小值为 11． 【例 8】 1998 名运动员的号码依次为 1 至 1998 的自然数．现在要从中选出若干名运动员参加仪仗队， 使得剩下的运动员中没有一个人的号码等于另外两人的号码的乘积．那么，选为仪仗队的运动 员最少有多少人? 【解析】 我们很自然的想到把用得比较多的乘数去掉，因为它们参与的乘式比较多，把它们去掉有助于使 剩下的构不成乘式，比较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 保留，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. 【例 9】 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? 【解析】 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，否则就无法得到 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+12．8-6.构造与论证.题库 教师版 page 4 of 13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=61 【例 10】 2004 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？ 【解析】 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 1枚 2枚 3枚 4枚 5 枚 (? 3 ? 1 ? 1) 6 枚 (? 4 ? 1 ? 1) 7枚 8枚 9 枚 (? 1 ? 8) 10 枚 11 枚 ( ? 3 ? 8) 12 枚 (? 4 ? 8) 13 枚 (? 3 ? 10) 14 枚 (? 4 ? 10) 15 枚 (? 7 ? 8) 16 枚 17 枚 (? 1 ? 16) 18 枚 19 枚 (? 3 ? 16) 20 枚 (? 4 ? 16) 先取者胜 √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ 后取者胜 √棋子数是 1～8 时比较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，可以先取若干枚棋子，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，比如变成剩下 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．不过取胜的策略比较灵活，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．8-6.构造与论证.题库 教师版 page 5 of 13【巩固】 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 果双方都采用最佳方法，甲先取，那么谁将获胜？ 【解析】 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，则必胜．现在桌上有 55 根火柴， 55 ? 4 ? 13? 3 ，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，1 ? 3 ? 4 ，这样乙每次取 a 根，而甲取 4 ? a 根，能保证 4 ? a 也在 1～3 的 范围内． 【巩固】 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？ 【解析】 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，则必须 3 堆石子的总数是 3 的倍数才有可能，但 、 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
(第一步：三堆各取走 89 块)
(第二步：第二堆 900 是偶数，将其一半移入第三堆)
(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，则不论怎么取，取走的石子总数是 3 的倍数， 而 1989 ? 989 ? 89 ? 3067 ，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． 【例 11】 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? 【解析】 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.8-6.构造与论证.题库教师版page 6 of 13【例 12】 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? 【解析】 因为 8×8 的国际象棋盘上的每行、每列都正好有偶数格，若某行(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，如下图所示．【例 13】 在下图中有 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?【解析】 至少要除去 6 个点，如下所示为几种方法：【例 14】 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： ?1 ? ?2 ? ?3 ? 90? . 【解析】 仔细分析，要证 ?1 ? ?2 ? ?3 ? 90? ， 由于 ?3 ? 45? ，所以，只需证明 ?1 ? ?2 ? 45? 就可以了！于是想到能否把 ?2 （ ?1 ）移动位 置，与 ?1 （ ?2 ）拼合在一起，恰成一个 45? 的角呢？于是想到：如图 1 所示，再拼上一个单位 正方形 DFK，则三角形 AKC 为等腰直角三角形， ?KCA ? 45? ，又直角三角形 KCF 与 AHD 全等，所8-6.构造与论证.题库 教师版 page 7 of 13以 ?KCF ? ?2 . 因此， ?1 ? ?2 ? ?1 ? ?KCF ? ?KCA ? 45? .有了拼合 ?2 与 ?1 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， ?HAP ? 45? ，?HAG ? ?2, ?BAP ? ?1. 所以 ?1 ? ?2 ? ?BAP ? ?HAG ? ?HAP ? 45? .如图 3 三角形 AQC 是等腰直角三角形， ?ACQ ? 45? ， ?QCP ? ?2,? 1 ? ?2 ? ?1 ? ?QCP ? 45? .如图 4 三角形 WDB 是等腰直角三角形, ?WDB ? 45? , ?CDB ? ?1, ， ?WDH ? ? 2 . 所以?1 ? ?2 ? ?CDB ? ?WDH ? ?WDB ? 45? .如图 5 三角形 ZAH 是等腰直角三角形， ?ZHA ? 45? , ?ZHY ? ?1,因此? 1 ? ?2 ? ?ZHY ? ?2 ? ?ZHA ? 45? . 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 FH ? 1, FA ? 2, FC ? 2, 所以，FH 1 2 FA ? ? ? , ?HFA ? ?AFC ，因此 ?HFA ∽ ?AFC ， ? ?2 ? ?FHA ? ?FAC , 但 FA 2 FC 2 ?1 ? ?CAB ， ?1 ? ?2 ? ?CAB ? ?FAC ? ?EAB ? 45? . 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： ?2 与 ?1 都是小于 45? 的锐角，可知 ?1 + ?2 是锐角. 又 DA 1 DA 1 tan ?1 ? ? ， tan ?2 ? ? . DC 3 HD 21 1 5 ? tan ?1 ? tan ?2 tan ? ?1 ? ?2 ? ? ? 3 2 ? 6 ? 1 ，所以 ?1 ? ?2 ? 45? . 1 ? ? tan ?1?? tan ?2 ? 1 ? 1 ? 1 1 ? 1 3 2 68-6.构造与论证.题库 教师版 page 8 of 13板块二、染色与赋值问题【例 15】 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． 【解析】 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，否则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． 【例 16】 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． 【解析】 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。 【例 17】 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。 【解析】 假设任意三位数学家都没有共同会的语言，这表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.则 A、B、 C 三人中任意两人都没有共同语言，与题意矛盾．这表明假设不成立，结论得证． 【例 18】 在
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．【解析】 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 0，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． 【例 19】 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 ？8-6.构造与论证.题库 教师版 page 9 of 13【解析】 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． 【例 20】 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． 【解析】 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． 【例 21】 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． 【解析】 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． 【例 22】 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 ？ 【解析】 平面上这 7 个点，任意 3 点都不在同一条直线上，若任意 2 点连接，共可连接出 C72 C72 =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，若任何 2 点连线，最多可构成 三角形．故现在最多可构成三角形 35-12=23 个． 【例 23】 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，这样某些格中有若干只甲虫，而另一些格则空着．问空格数最少是多 少? 【解析】 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8-6.构造与论证.题库 教师版 page 10 of 133 C7 =35 个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： ① 对 2×2 棋盘如下黑白染色，则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 棋盘可划分为若干块 2×2 棋盘，棋盘格均不空．② 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．③ 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． ④ 依次类推，可知对 9×9 棋盘黑白染色后，至少空 9 个空格．下图是甲虫爬行的一种方法．【例 24】 若干台计算机联网，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，则必须有另一台计算机和它们都连接有电缆．若按此要求 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? 【解析】 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表明图是连通图． 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．用同样的办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 A1 引出的线最多，有 k 条，与 A1 相连的点是 B1 , B2 ，…， Bk8-6.构造与论证.题库教师版page 11 of 13由于条件， B1 , B2 …， Bk 之间没有线相连． 设与 A1 不相连的点是 A2 ， A3 …， Am ，则 m+k=80，而 A2 ， A3 …, Am 每一点至多引出 k 条线，图 中至多有 mk 条线，因为 B40 4 ? m ? k ? (m ? k )2 ≤ (m ? k )2 ? 6400 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： A1 , A2 …， A40 ； B1 ， B2 …， B40 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 【例 25】 在一个 6×6 的方格棋盘中，将若干个 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? 【解析】 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 表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(否则第三多的行只有 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． 【例 26】 如图，把正方体的 6 个表面剖分成 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?【解析】 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． 【例 27】 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．8-6.构造与论证.题库 教师版 page 12 of 13【解析】 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． 【例 28】 用若干个 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? 【解析】 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 6 x ? 7 x ? 132 ．? x ? 1 ? 7t 解得： ? （t 为可取 0 的自然数)，共需 x+y=19+t 个小长方形． ? y ? 18 ? 6t(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．8-6.构造与论证.题库教师版page 13 of 13
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