《数学奥林匹克专题讲座》七Word文档下载推荐.docx

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显然，在27个小正方体中，14个是黑的，13个是白的。

甲虫从中间的白色小正方体出发，每走一步，方格就改变一种颜色。

故它走27步，应该经过14个白色的小正方体、13个黑色的小正方体。

因此在27步中至少有一个小正方体，甲虫进去过两次。

由此可见，如果要求甲虫到每一个小正方体只去一次，那么甲虫不能走遍所有的小正方体。

　　例38×

8的国际象棋棋盘能不能被剪成7个2×

2的正方形和9个4×

1的长方形？

如果可以，请给出一种剪法；

如果不行，请说明理由。

如下图，对8×

8的棋盘染色，则每一个4×

1的长方形能盖住2白2黑小方格，每一个2×

2的正方形能盖住1白3黑或3白1黑小方格。

推知7个正方形盖住的黑格总数是一个奇数，但图中的黑格数为32，是一个偶数，故这种剪法是不存在的。

　　例4在平面上有一个27×

27的方格棋盘，在棋盘的正中间摆好81枚棋子，它们被摆成一个9×

9的正方形。

按下面的规则进行游戏：

每一枚棋子都可沿水平方向或竖直方向越过相邻的棋子，放进紧挨着这枚棋子的空格中，并把越过的这枚棋子取出来。

问：

是否存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子？

如下图，将整个棋盘的每一格都分别染上红、白、黑三种颜色，这种染色方式将棋盘按颜色分成了三个部分。

按照游戏规则，每走一步，有两部分中的棋子数各减少了一个，而第三部分的棋子数增加了一个。

这表明每走一步，每个部分的棋子数的奇偶性都要改变。

　　因为一开始时，81个棋子摆成一个9×

9的正方形，显然三个部分的棋子数是相同的，故每走一步，三部分中的棋子数的奇偶性是一致的。

　　如果在走了若干步以后，棋盘上恰好剩下一枚棋子，则两部分上的棋子数为偶数，而另一部分的棋子数为奇数，这种结局是不可能的，即不存在一种走法，使棋盘上最后恰好剩下一枚棋子。

　　例5图1是由数字0，1交替构成的，图2是由图1中任选减1，如此反复多次形成的。

图2中的A格上的数字是多少？

如左下图所示，将8×

8方格黑白交替地染色。

　　此题允许右上图所示的6个操作，这6个操作无论实行在哪个位置上，白格中的数字之和减去黑格中的数字之和总是常数。

所以图1中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和，与图2中白格中的数字之和减去黑格中的数字之和相等，都等于32，由（31＋A）-32=32，得出A=33。

　　例6有一批商品，每件都是长方体形状，尺寸是1×

2×

4。

现在有一批现成的木箱，内空尺寸是6×

6×

6。

能不能用这些商品将木箱填满？

我们用染色法来解决这个问题。

先将6×

6的木箱分成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。

我们将这些棱长为2的正方体按黑白相间涂上颜色（如下图）。

　　容易计算出，有14个黑色的，有13个白色的。

现在将商品放入木箱内，不管怎么放，每件商品要占据8个棱长为1的小正方体的空间，而且其中黑、白色的必须各占据4个。

现在白色的小正方体共有8×

13=104（个），再配上104个黑色的小正方体，一共可以放26件商品，这时木箱余下的是8个黑色小正方体所占据的空间。

这8个黑色的小正方体的体积虽然与一件商品的体积相等，但是容不下这件商品。

因此不能用这些商品刚好填满。

　　例76个人参加一个集会，每两个人或者互相认识或者互相不认识。

证明：

存在两个“三人组”，在每一个“三人组”中的三个人，或者互相认识，或者互相不认识（这两个“三人组”可以有公共成员）。

　　证明：

将每个人用一个点表示，如果两人认识就在相应的两个点之间连一条红色线段，否则就连一条蓝色线段。

本题即是要证明在所得的图中存在两个同色的三角形。

　　设这六个点为A，B，C，D，E，F。

我们先证明存在一个同色的三角形：

　　考虑由A点引出的五条线段AB，AC，AD，AE，AF，其中必然有三条被染成了相同的颜色，不妨设AB，AC，AD同为红色。

再考虑△BCD的三边：

若其中有一条是红色，则存在一个红色三角形；

若这三条都不是红色，则存在一个蓝色三角形。

　　下面再来证明有两个同色三角形：

不妨设△ABC的三条边都是红色的。

若△DEF也是三边同为红色的，则显然就有两个同色三角形；

若△DEF三边中有一条边为蓝色，设其为DE，再考虑DA，DB，DC三条线段：

若其中有两条为红色，则显然有一个红色三角形；

若其中有两条是蓝色的，则设其为DA，DB。

此时在EA，EB中若有一边为蓝色，则存在一个蓝色三角形；

而若两边都是红色，则又存在一个红色三角形。

　　故不论如何涂色，总可以找到两个同色的三角形。

二、赋值法

　　将问题中的某些对象用适当的数表示之后，再进行运算、推理、解题的方法叫做赋值法。

许多组合问题和非传统的数论问题常用此法求解。

常见的赋值方式有：

对点赋值、对线段赋值、对区域赋值及对其他对象赋值。

　　例8一群旅游者，从A村走到B村，路线如下图所示。

怎样走才能在最短时间内到达B村？

图中的数字表示走这一段路程需要的时间（单位：

分）。

我们先把从A村到各村的最短时间标注在各村的旁边，从左到右，一一标注，如下图所示。

　　由此不难看出，按图中的粗黑线走就能在最短时间（60分钟）内从A村走到B村。

　　例9把下图中的圆圈任意涂上红色或蓝色。

有无可能使得在同一条直线上的红圈数都是奇数？

请说明理由。

假设题中所设想的染色方案能够实现，那么每条直线上代表各点的数字之和便应都是奇数。

一共有五条直线，把这五条直线上代表各点的数字之和的这五个奇数再加起来，得到的总和数仍应是一个奇数。

但是，由观察可见，图中每个点都恰好同时位于两条直线上，在求上述总和数时，代表各点的数字都恰被加过两次，所以这个总和应是一个偶数。

这就导致矛盾，说明假设不成立，染色方案不能实现。

　　例10平面上n（n≥2）个点A1，A2，…，An顺次排在同一条直线上，每点涂上黑白两色中的某一种颜色。

已知A1和An涂上的颜色不同。

相邻两点间连接的线段中，其两端点不同色的线段的条数必为奇数。

赋予黑点以整数值1，白点以整数值2，点Ai以整数

　　值为ai，当Ai为黑点时，ai=1，当Ai为白点时，ai=2。

再赋予线段AiAi+1以整数值ai+ai+1，则两端同色的线段具有的整数值为2或4，两端异色的线段具有的整数值为3。

　　所有线段对应的整数值的总和为

　　（a1＋a2）＋（a2＋a3）＋（a3＋a4）＋…＋（an-1＋an）

　　＝a1＋an＋2（a2＋a3＋…＋an-1）

　　＝2＋1＋2（a2＋a3＋…＋an-1）＝奇数。

　　设具有整数值2，3，4的线段的条数依次为l，m，n，则

　　2l＋m＋4n=奇数。

　　由上式推知，m必为奇数，证明完毕。

　　例11下面的表1是一个电子显示盘，每一次操作可以使某一行四个字母同时改变，或者使某一列四个字母同时改变。

改变的规则是按照英文字母的顺序，每个英文字母变成它的下一个字母（即A变成B，B变成C……Z变成A）。

能否经过若干次操作，使表1变为表2？

如果能，请写出变化过程，如果不能，请说明理由。

　　SOBR　　KBDS

　　TZFP　　HEXG

　　HOCN　RTBS

　　ADVX　CFYA

　　表1　　　　表2

不能。

将表中的英文字母分别用它们在字母表中的序号代替（即A用1，B用2……Z用26代替）。

这样表1和表2就分别变成了表3和表4。

　　每一次操作中字母的置换相当于下面的置换：

　　1→2，2→3，…，25→26，26→1。

　　19　15　2　18

　　20　26　6　16

　　8　15　3　14

　　1　4　22　24

　　　　表3

　　11　2　4　19

　　8　5　24　7

　18　20　2　19

　　3　6　25　1

　　　　表4

　　容易看出，每次操作使四个数字改变了奇偶性，而16个数字的和的奇偶性没有改变。

因为表3中16个数字的和为213，表4中16个数字的和为174，它们的奇偶性不同，所以表3不能变成表4，即表1不能变成表2。

　　例12如图

（1）～（6）所示的六种图形拼成右下图，如果图

（1）必须放在右下图的中间一列，应如何拼？

把右上图黑、白相间染色（见上图）。

其中有11个白格和10个黑格，当图形拼成后，图形

（2）（4）（5）（6）一定是黑、白各2格，而图形（3）必须有3格是同一种颜色，另一种颜色1格。

因为前四种图形，黑、白已各占2×

4=8（格），而黑格总共只有10格，所以图形（3）只能是3白1黑。

由此知道图

（1）一定在中间一列的黑格，而上面的黑格不可能，所以图

（1）在中间一列下面的黑格中。

　　那么其它图形如何拼呢？

为了说明方便，给每一格编一个数码（见左下图）。

　　因为图（3）是3白1黑，所以为使角上不空出一格，它只能放在（1，3，4，5）或（7，12，13，17）或（11，15，16，21）这三个位置上。

　　若放在（1，3，4，5）位置上，则图（6）只能放在（7，12，13，18）或（15，16，19，20）或（2，7，8，13）这三个位置，但是前两个位置是明显不行的，否则角上会空出一格。

若放在（2，7，8，13）上，则图

（2）只能放在（12，17，18，19）位置上，此时不能同时放下图（4）和图（5）。

　　若把图（3）放在（7，12，13，17）位置上，则方格1这一格只能由图

（2）或图（6）来占据。

如果图

（2）放在（1，2，3，4），那么图（6）无论放在何处都要出现孤立空格；

如果把图（6）放在（1，4，5，10），那么2，3这两格放哪一图形都不合适。

因此，图形（3）只能放在（11，15，16，21）。

其余图的拼法如右上图。

练习12

　　1.中国象棋盘的任意位置有一只马，它跳了若干步正好回到原来的位置。

马所跳的步数是奇数还是偶数？

　　2.右图是某展览大厅的平面图，每相邻两展览室之间都有门相通。

今有人想从进口进去，从出口出来，每间展览厅都要走到，既不能重复也不能遗漏，应如何走法？

　　3.能否用下图中各种形状的纸片（不能剪开）拼成一个边长为99的正方形（图中每个小方格的边长为1）？

　　4.用15个1×

4的长方形和1个2×

2的正方形，能否覆盖8×

　　5.平面上不共线的五点，每两点连一条线段，并将每条线段染成红色或蓝色。

如果在这个图形中没有出现三边同色的三角形，那么这个图形一定可以找到一红一蓝两个“圈”（即封闭回路），每个圈恰好由五条线段组成。

　　6.将正方形ABCD分割成n2个相等的小正方格，把相对的顶点A，C染成红色，B，D染成蓝色，其他交点任意染成红、蓝两种颜色之一。

试说明：

恰有三个顶点同色的小方格的数目是偶数。

　　7.已知△ABC内有n个点，连同A，B，C三点一共（n＋3）个点。

以这些点为顶点将△ABC分成若干个互不重叠的小三角形。

将A，B，C三点分别染成红色、蓝色和黄色。

而三角形内的n个点，每个点任意染成红色、蓝色和黄色三色之一。

三个顶点颜色都不同的三角形的个数是奇数还是偶数？

　　8.从10个英文字母A，B，C，D，E，F，G，X，Y，Z中任意选5个字母（字母允许重复）组成一个“词”，将所有可能的“词”按“字典顺序”（即英汉辞典中英语词汇排列的顺序）排列，得到一个“词表”：

　　AAAAA，AAAAB，…，AAAAZ，

　　AAABA，AAABB，…，ZZZZY，ZZZZZ。

　　设位于“词”CYZGB与“词”XEFDA之间（这两个词除外）的“词”的个数是k，试写出“词表”中的第k个“词”。

　　1.偶数。

把棋盘上各点按黑白色间隔进行染色（图略）。

马如从黑点出发，一步只能跳到白点，下一步再从白点跳到黑点，因此，从原始位置起相继经过：

白、黑、白、黑……要想回到黑点，必须黑、白成对，即经过偶数步，回到原来的位置。

　　2.不能。

用白、黑相间的方法对方格进行染色（如图）。

若满足题设要求的走法存在，必定从白色的展室走到黑色的展室，再从黑色的展室走到白色的展室，如此循环往复。

现共有36间展室，从白色展室开始，最后应该是黑色展室。

但右图中出口处的展室是白色的，矛盾。

由此可以判定符合要求的走法不存在。

　　3.不能。

我们将99×

99的正方形中每个单位正方形方格染上黑色或白色，使每两个相邻的方格颜色不同，由于99×

99为奇数，两种颜色的方格数相差为1。

而每一种纸片中，两种颜色的方格数相差数为0或3，如果它们能拼成一个大正方形，那么其中两种颜色之差必为3的倍数。

矛盾！

　　4.不能。

如图，给8×

8的方格棋盘涂上4种不同的颜色（用数字1，2，3，4表示）。

显然标有1，2，3，4的小方格各有16个。

每个1×

4的长方形恰好盖住标有1，2，3，4的小方格各一个，但一个2×

2的正方形只能盖住有三种数字的方格，故无法将每个方格盖住，即不可能有题目要求的覆盖。

　　5.证：

设五点为A，B，C，D，E。

考虑从A点引出的四条线段：

如果其中有三条是同色的，如AB，AC，AD同为红色，那么△BCD的三边中，若有一条是红色，则有一个三边同为红色的三角形；

若三边都不是红色，则存在一个三边同为蓝色的三角形。

这与已知条件是矛盾的。

　　所以，从A点出发的四条线段，有两条是红色的，也有两条是蓝色的。

当然，从其余四点引出的四条线段也恰有两条红色、两条蓝色，整个图中恰有五条红色线段和五条蓝色线段。

　　下面只看红色线段，设从A点出发的两条是AB，AE。

再考虑从B点出发的另一条红色线段，它不应是BE，否则就有一个三边同为红色的三角形。

不妨设其为BD。

再考虑从D点出发的另一条红色线段，它不应是DE，否则从C引出的两条红色线段就要与另一条红色线段围成一个红色三角形，故它是DC。

最后一条红色线段显然是CE。

这样就得到了一个红色的“圈”：

　　A→B→D→C→E→A。

　　同理，五条蓝线也构成一个“圈”。

　　6.证：

将红点赋值为0，蓝点赋值为1。

再将小方格四顶点上的数的和称为这个小方格的值。

若恰有三顶点同色，则该小方格的值为奇数，否则为偶数。

在计算所有n2个小方格之值的和时，除A，B，C，D只计算一次外，其余各点都被计算了两次或四次。

因为A，B，C，D四个点上的数之和是偶数，所以n2个小方格之值的和是偶数，从而这n2个值中有偶数个奇数。

　　7.奇数。

先对所有的小三角形的边赋值：

边的两端点同色，该线段赋值为0，边的两端点不同色，该线段赋值为1。

　　然后计算每个小三角形的三边赋值之和，有如下三种情况：

（1）三个顶点都不同色的三角形，赋值和为3；

（2）三个顶点中恰有两个顶点同色的三角形，赋值和为2；

　　（3）三个顶点同色的三角形，赋值和为0。

　　设所有三角形的边赋值总和为S，又设

（1）

（2）（3）三类小三角形的个数分别为a，b，c，于是有

　　S=3a+2b+0c=3a+2b。

（*）

　　注意到在所有三角形的边赋值总和中，除了AB，BC，CA三条边外，都被计算了两次，故它们的赋值和是这些边赋值和的2倍，再加上△ABC的三边赋值和3，从而S是一个奇数，由（*）式知a是一个奇数，即三个顶点颜色都不同的三角形的个数是一个奇数。

　　8.EFFGY。

将A，B，C，D，E，F，G，X，Y，Z分别赋值为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，则

　　CYZGB=28961，_XEFDA=74530。

　　在28961与74530之间共有74530-28961-1=45568（个）数，词表中第45568个词是EFFGY。

第13讲抽屉原理

　　把5个苹果放到4个抽屉中，必然有一个抽屉中至少有2个苹果，这是抽屉原理的通俗解释。

一般地，我们将它表述为：

第一抽屉原理：

把（mn＋1）个物体放入n个抽屉，其中必有一个抽屉中至少有（m＋1）个物体。

　　使用抽屉原理解题，关键是构造抽屉。

一般说来，数的奇偶性、剩余类、数的分组、染色、线段与平面图形的划分等，都可作为构造抽屉的依据。

　　例1从1，2，3，…，100这100个数中任意挑出51个数来，证明在这51个数中，一定：

（1）有2个数互质；

（2）有2个数的差为50；

　　（3）有8个数，它们的最大公约数大于1。

（1）将100个数分成50组：

　　{1，2}，{3，4}，…，{99，100}。

　　在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组中的2个数是两个相邻的整数，它们一定是互质的。

（2）将100个数分成50组：

　　{1，51}，{2，52}，…，{50，100}。

　　在选出的51个数中，必有2个数属于同一组，这一组的2个数的差为50。

　　（3）将100个数分成5组（一个数可以在不同的组内）：

　　第一组：

2的倍数，即{2，4，…，100}；

　　第二组：

3的倍数，即{3，6，…，99}；

　　第三组：

5的倍数，即{5，10，…，100}；

　　第四组：

7的倍数，即{7，14，…，98}；

　　第五组：

1和大于7的质数即{1，11，13，…，97}。

　　第五组中有22个数，故选出的51个数至少有29个数在第一组到第四组中，根据抽屉原理，总有8个数在第一组到第四组的某一组中，这8个数的最大公约数大于1。

　　例2求证：

可以找到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数。

因1996÷

4＝499，故只需证明可以找到一个各位数字都是1的自然数，它是499的倍数就可以了。

　　得到500个余数r1，r2，…，r500。

由于余数只能取0，1，2，…，499这499个值，所以根据抽屉原理，必有2个余数是相同的，这2个数的差就是499的倍数，这个差的前若干位是1，后若干位是0：

11…100…0，又499和10是互质的，故它的前若干位由1组成的自然数是499的倍数，将它乘以4，就得到一个各位数字都是4的自然数，它是1996的倍数。

　　例3在一个礼堂中有99名学生，如果他们中的每个人都与其中的66人相识，那么可能出现这种情况：

他们中的任何4人中都一定有2人不相识（假定相识是互相的）。

　　分析：

注意到题中的说法“可能出现……”，说明题的结论并非是条件的必然结果，而仅仅是一种可能性，因此只需要设法构造出一种情况使之出现题目中所说的结论即可。

将礼堂中的99人记为a1，a2，…，a99，将99人分为3组：

　　（a1，a2，…，a33），（a34，a35，…，a66），（a67，a68，…，a99），将3组学生作为3个抽屉，分别记为A，B，C，并约定A中的学生所认识的66人只在B，C中，同时，B，C中的学生所认识的66人也只在A，C和A，B中。

如果出现这种局面，那么题目中所说情况就可能出现。

　　因为礼堂中任意4人可看做4个苹果，放入A，B，C三个抽屉中，必有2人在同一抽屉，即必有2人来自同一组，那么他们认识的人只在另2组中，因此他们两人不相识。

　　例4如右图，分别标有数字1，2，…，8的滚珠两组，放在内外两个圆环上，开始时相对的滚珠所标数字都不相同。

当两个圆环按不同方向转动时，必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。

此题中没有直接提供我们用以构造抽屉和苹果的数量关系，需要转换一下看问题的角度。

内外两环对转可看成一环静止，只有一个环转动。

一个环转动一周后，每个滚珠都会有一次与标有相同数字的滚珠相对的局面出现，那么这种局面共要出现8次。

将这8次局面看做苹果，再需构造出少于8个抽屉。

　　注意到一环每转动45°

角就有一次滚珠相对的局面出现，转动一周共有8次滚珠相对的局面，而最初的8对滚珠所标数字都不相同，所以数字相同的滚珠相对的情况只出现在以后的7次转动中，将7次转动看做7个抽屉，8次相同数字滚珠相对的局面看做8个苹果，则至少有2次数字相对的局面出现在同一次转动中，即必有某一时刻，内外两环中至少有两对数字相同的滚珠相对。

　　例5有一个生产天平上用的铁盘的车间，由于工艺上的原因，只能控制盘的重量在指定的20克到20.1克之间。

现在需要重量相差不超过0.005克的两只铁盘来装配一架天平，问：

最少要生产多少个盘子，才能保证一定能从中挑出符合要求的两只盘子？

把20～20.1克之间的盘子依重量分成20组：

　　第1组：

从20.000克到20.005克；

　　第2组：

从20.005克到20.010克；

　　……

　　第20组：

从20.095克到20.100克。

　　这样，只要有21个盘子，就一定可以从中找到两个盘子属于同一组，这2个盘子就符合要求。

　　例6在圆周上放着100个筹码，其中有41个红的和59个蓝的。

那么总可以找到两个红筹码，在它们之间刚好放有19个筹码，为什么？

此题需要研究“红筹码”的放置情况，因而涉及到“苹果”的具体放置方法，由此我们可以在构造抽屉时，使每个抽屉中的相邻“苹果”之间有19个筹码。

依顺时针方向将筹码依次编上号码：

1，2，…，100。

然后依照以下规律将100个筹码分为20组：

　　（1，21，41，61，81）；

　　（2，22，42，62，82）；

　　（20，40，60，80，100）。

　　将41个红筹码看做苹果，放入以上20个抽屉中，因为41=2×

20＋1，所以至少有一个抽屉中有2+1=3（个）苹果，也就是说必有一组5个筹码中有3个红色筹码，而每组的5个筹码在圆周