小學奧數(shù)構造、論證與染色、操作問題

第十三講：構造與論證

1.掌握最正確安排和選擇方案的組合問題.

2.利用根本染色去解決相關圖論問題.

知畫嘉撥

各種探討給定要求能否實現(xiàn)，在論證中，有時需進行分類討論，有時那么要著眼于極端倩形，或從

整體把握.設計最正確安排和選擇方案的組合問題，這里的最正確通常指某個量到達最大或最小.解題

時，既要構造出取得最值的具體實例，又要對此方案的最優(yōu)性進行論證.論證中的常用手段包括抽屜原

那么、整除性分析和不等式估計.

組合證明題，在論證中，有時需進行分類討論，有時那么需要著眼于極端情況，或從整體把握。假

設干點及連接它們的一些線段組成圖，與此相關的題目稱為圖論問題。假設干點及連接它們的一些線段

組成圖，與此相關的題目稱為圖論問題，這里宜從特殊的點或線著手進行分析.各種以染色為內(nèi)容，或

通過染色求解的組合問題，根本的染色方式有相間染色與條形染色.

洌題精講

模塊一最正確安排和選擇方案

【例1】一個盒子里有400枚棋子，其中黑色和白色的棋子各200枚.下面我們對這些棋子做如下操

作：每次拿出2枚棋子，如果顏色相同，就補1枚黑色棋子回去；如果顏色不同，就補1枚

白色的棋子回去.這樣的操作，實際上就是每次都少了1枚棋子，那么，經(jīng)過399次操作后,

最后剩下的棋子是顏色（填“黑〃或者“白〃）.

【解析】在每一次操作中，假設拿出的兩枚棋子同色，那么補量、子1枚，所以拿出的白子可能為0枚或

2枚：假設拿出的兩枚棋子異色，那么補白子1枚，“兩枚棋子異色〃說明其中一黑一白，那么

此時拿出的白子數(shù)為0枚.可見每次操作中拿出的白子都是偶數(shù)枚，而由于起初白子有200枚，

是偶數(shù)枚，所以每次操作后剩下的白子都是偶數(shù)枚，因此最后I枚不可能是白子，只能是黑子.

[例2]5卷本百科全書按從第1卷到第5卷的遞增序號排列，今要將它們變?yōu)榉葱蚺帕?，即從?

卷到第1卷,如果每次只能調(diào)換相鄰的兩卷，那么最少要調(diào)換多少次？

【解析】因為必須是調(diào)換相鄰的兩卷，將第5卷調(diào)至原來第1卷的位置最少需4次，得到的順序為51234；

現(xiàn)在將第4卷調(diào)至此時第I卷的位置最少需3次，得到的順序為54123；

現(xiàn)在將第3卷調(diào)至此時第I卷的位置最少需2次，得到的順序為54312；

最后將第I卷和第2卷對調(diào)即可.

所以，共需調(diào)換4十3十2+1=10次.

【例3】有3堆小石子，每次允許進行如下操作：從每堆中取走同樣數(shù)目的小石子，或是將其中的某

一石子數(shù)是偶數(shù)的堆中的一半石子移入另外的一堆.開始時，第一堆有1989塊石子，第二堆

有989塊石子，第三堆有89塊石子.問能否做到：、

(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，^(1989,989,89)f(1900,900,0)T(950,900,950)->(50,0,50)T(25,

25,50)f(0,0,25).

(2)因為操作就兩種，每堆取走同樣數(shù)目的小石子，將有偶數(shù)堆石子堆中一半移至另一堆，

所

以每次操作石子總數(shù)要么減少3的倍數(shù)，要么不變.

現(xiàn)在共有1989+989+89=3067,不是3的倍數(shù)，所以不能將3堆中所有石子都取走.

【例4】n支足球隊進行比賽，比賽采用單循環(huán)制，即每對均與其他各隊比賽一場.現(xiàn)規(guī)定勝一場得2

分，平一場得1分，負一場得。分.如果每一隊至少勝一場，并且所有各隊的積分都不相同,

問:

(1)n=4是否可能？

(2)n=5是否可能？

【解析】〔1〕我們知道4個隊共進行了C：場比賽，而每場比賽有2分

產(chǎn)生，所以4個隊的得分總和為C：X2=12.因為每一隊至少勝29

一場，所以得分最低的隊至少得2分，又要求每個隊的得分都

不相同，所以4個隊得分最少2+3+4+5=14>12,不滿足.即n=4

不可能。

〔2〕我們知道5個隊共進行場比賽，而每場比賽有2分產(chǎn)

生，所以4個隊的得分總和為C；X2=20.因為每一隊至少勝

一場，所以得分最低的隊至少得2分，又要求每個隊的得分

都不相同，所以5個隊得分最少為2+3+4+5+6=20,滿足.即

n=5有可能.但是我們必須臉證是否存在實例.如下所示，A得

3分4分

2分，C得3分，D得4分，B得5分，E得6分.其中

表示A、B比賽時，A勝B：“B-C〃表示B、C比賽時，B平C,

余下類推.

【例5】如圖35-1,將1,2,3,4,5,6,7,8,9,10這10個數(shù)分別填入圖中的10個圓圈內(nèi)，使

任意連續(xù)相鄰的5個圓圈內(nèi)的各數(shù)之和均不大于某個整數(shù)M.求M的最小值并完成你的填圖.

【解析】要使M最小，就要盡量平均的填寫，因為如果有的連續(xù)5個圓圈內(nèi)的數(shù)特別小，

有的特別大，那么M就只能大于等于特別大的數(shù)，不能到達盡量小的目的.

因為每個圓圈內(nèi)的數(shù)都用了5次,所以10次的和為5X(1+2+3+…+10)=275.

每次和都小于等于朋，所以I0M大于等于275,整數(shù)M大于28.

下面來驗證M=28時是否成立，注意到圓圈內(nèi)全部數(shù)的總和是55,所以肯定是一

邊五個的和是28,

一邊是27.因為數(shù)字都不一樣，所以和28肯定是相間排列，和27也是相問排列，也就是說數(shù)

組每

隔4個差值為I,這樣從1填起，容易排出適當?shù)奶顖D.

【例6】(2023年清華附中入學測試題)如圖，在時鐘的表盤上任意作9個120°的扇形，使得每一個

扇形都恰好覆蓋4個數(shù)，且每兩個扇形覆蓋的數(shù)不全相同，求證：一定可以找到3個扇形，

恰好覆蓋整個表盤上的數(shù).并舉一個反例說明，作8個扇形將不能保證上述結論成立.

【解析】要在表盤上共可作出12個不同的扇形，且1?12中的每個數(shù)恰好被4個扇形覆蓋.將這12個

扇形分為4組，使得每一組的3個扇形恰好蓋住整個表盤.那么，根據(jù)抽屜原理，從中選擇9

個扇形,必有[3+1=3個扇形屬于同一組，那么這一組的3個扇形可以覆蓋整個表盤.

另一方面，作8個扇形相當于從全部的12個扇形中去掉4個，那么可以去掉蓋住同一個數(shù)的4

個扇形，這樣這個數(shù)就沒有被剩下的8個扇形蓋住，那么這8個扇形不能蓋住整個表盤.

【例7］一組互不相同的自然數(shù)，其中最小的數(shù)是1,最大的數(shù)是25,除1之外，這組數(shù)中的任一個

數(shù)或者等于這組數(shù)中某一個數(shù)的2倍，或者等于這組數(shù)中某兩個數(shù)之和.問：這組數(shù)之和的最

小值是多少?當取到最小值時，這組數(shù)是怎樣構成的？

【解析】首先把這組數(shù)從小到大排列起來，那么最小的肯定為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.最大的為25.下面將所有的

可能情況列出：

I,2,3,4,…,25所有的和是35;

I,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是奇數(shù)，只能是一個偶數(shù)加上一個奇數(shù).在中間省略的數(shù)中不能只有1個數(shù)，所以至少還

要添加兩個數(shù)，而且這兩個數(shù)的和不能小于25,否班么就無法得到25這個數(shù).要求求出最小

值,先看這兩個數(shù)的和是25的情況，因為省略的兩個數(shù)不同于前面的數(shù)，所以從20+5開始.

25=20+5=19+6=18+7=17+8=16+9=15+10=14+11=13+12.

這些數(shù)中20,19,18.17太大，無法產(chǎn)生，所以看：16+9=15+10=14+11=13+12.

看這些誰能出現(xiàn)和最小的I,2,3,4,…，25中，檢驗發(fā)現(xiàn)沒有可以滿足的：

再看I,2,3,5,…，25,發(fā)現(xiàn)1,2,3,5,10,15,25滿足,所以：1+2+3+5+10+15+25=36+25=61

［例8】2004枚棋子，每次可以取1、3、4、7枚，最后取的獲勝。甲、乙輪流取，如果甲先取，如

何才能保證贏？

［解析］先從簡單的情況看起，看看棋子數(shù)量較少時，在什么情況下先取者勝，什么情況下后取者勝.可

以列表如下：

棋子數(shù)量先取者勝后取者勝

1枚丁

2枚q

3枚7

4枚7

5枚(=3+1+1)T

6枚(=4+1+1)7

7枚7

8枚7

9枚(=1+8)7

10枚

11枚(=3+8)7

12枚(=4+8)丁

位

置，與/I〔N2)拼合在一起，恰成一個45的角呢？于是想到：如圖1所示，再拼上一個單

&正方形DFK,那么三角形4CC為等腰直角三角形，NKC4=45,又直角三角形芯如與力仞

全等，所以NKC戶=N2.因此，N1+N2=N1+NKCF=NKC4=45.

有了拼合N2與N1的思想，學生往往產(chǎn)生不同的拼合方式，沿著拼合全等的思路發(fā)散開來，

又可以找到許多拼法.如圖2三角形彳利是等腰直角三角形，NHAP=45,

ZHAG=N2,/BAP=N1.所以Nl+N2=ZBAP+/HAG=/HAP=45.

如圖3三角形40C是等腰直角三角形，ZACQ=45,

ZQCP=Z2,Zl+Z2=Z14-ZgCP=45.

如圖4三角形仞8是等腰直角三角形，ZW￡)B=45,ZCDB=Z1,,ZWDH=Z2,所以

Z1+Z2=NCDB+NWDH=ZWDB=45.

如圖5三角形〃1”是等腰直角三角形，ZZ/M=45,ZZHK=Z1,因此

Nl+N2=NZHy+N2=NZHA=45.其他的沿著“拼合全等〃的思路的證法就不例舉了.

如果利用相似三角形的知識，如圖5所示，叉FH=1,FA=O,FC=2,所以,

—=^=—=—,ZHFA=ZAFC,因此A/ZEASM"1,*3

FA叵2FC

=/2=//7^4=/府。/旦/1=/048,Z1+Z2=ZC4B+ZE4C=ZE4B=45.用

相似三角形法不用添設輔助線，簡潔明了.再開思路，可用三角法證明如下：N2與N1都是小

041DA1

于45的銳角，可知NI+N2是銳角.又tan/l=J=-,tanZ2=—=-.

DC3HD2

_1J15_

lan(/l+N2)=t；n/l+t;nN232=］所以Nl+N2=45.

')l-(tanZl)(tanZ2).'I「1

326

模塊二染色與賦值問題

【例13】某學校的學生中，沒有一個學生讀過學校圖書館的所有圖書，又知道圖書館內(nèi)任何兩本書都

至少被一個同學都讀過.問：能否找到兩個學生甲、乙和三本書4、B、C,使得甲讀過A、B,

沒讀過C,乙讀過B、C,沒讀過A?說明判斷過程.

【解析】首先從讀書數(shù)最多的學生中找一人甲.由題設，甲至少有一本書未讀過，記為C.設B是甲讀

過的書中一本，由題意知，可找到學生乙，乙讀過B、C.由于甲是讀書數(shù)最多的學生之一，

乙讀書數(shù)不能超過甲的讀書數(shù)，而乙讀過C書，甲未讀過C書，所以一定可以找出一本書A,

使徉甲讀過而乙未讀過.否那么乙就比甲至少多讀過一本書.這樣一來,甲讀過A、B,未讀

過C;乙讀過B、C未讀過A.因此可以找到滿足要求的兩個學生.

【例14】4個人聚會，每人各帶2件禮品，分贈給其余3個人中的2人.試證明：至少有2對人，每

對人是互贈過禮品的.

【解析】將這四個人用4個點表示，如果兩個人之間送過禮，就在兩點之間連一條線.

由于每人送出2件禮物，圖中共有4X2=8條線，由于每人禮品都分贈給2個人，所以每兩點

之間至多有1+1=2條線。四點間，每兩點連一條線，一共6條線，現(xiàn)在有8條線，說明必有兩

點之間連了2條線，還有另外兩點（有一點可以與前面的點相同）之間也連了2條線.

即為所證結論。

【例15】甲、乙、丙三個班人數(shù)相同，在班級之間舉行象棋比賽.各班同學都按1,2,3,4,…依次

編號.當兩個班比賽時，具有相同編號的同學在同一臺對壘.在甲、乙兩班比賽時，有15

臺是男、女生對壘；在乙、丙班比賽時，有9臺是男、女生對壘.試說明在甲、丙班比賽時,

男、女生對壘的臺數(shù)不會超過24.并指出在什么情況下，正好是24?

【解析】不妨設甲、乙比賽時，1?15號是男女對壘，乙、丙;匕賽時.在1?15號中有a臺男女對壘，

15號之后有9-a臺男女對壘（0WaW9）

甲、丙比賽時，前15號，男女對壘的臺數(shù)是15-a（什果1號乙與1號丙是男女對壘，那么1

號甲與1號丙就不是男女對壘），15號之后，有9-a臺男女對壘.所以甲、丙比賽時，男女對壘

的臺數(shù)為

15-a+9-a=24-2aW24.

僅在"0,即必須乙、丙比賽時男、女對壘的號碼，與甲、乙比賽時男、女對壘的號碼完全不

同，甲、丙比賽時，男、女對壘的臺數(shù)才等于24.

【例16】將5X9的長方形分成10個邊長為整數(shù)的長方形.證明：無論怎樣分法.分得的長方形中必

有兩個是完全相同的.

【解析】10個邊長為整數(shù)的長方形，其面積顯然也均是正整數(shù).劃分出的長方形按面積從小到大為：1

X1,1X2,IX3,1X4,2X2,1X5,1X6,2X3,1X7,1X8,2X4,1X9,3X3.2X5,

2X6,3X4,2X7,3X5,2X8,4X4,2X9,3X6,.......從這些長方形中選出I0個不同的

長方形，其面積和最小為：1X1+1X2+1X3+1X4+2X2+1X5+1X6+2X3+1X7+1X8=46.而原

長方形的面積為5X9=45<46.所以分出的長方形必定有某兩個是完全一樣的.

［例17］在平面上有7個點，其中任意3個點都不在同一條直線上.如果在這7個點之字連結18條線

段，那么這些線段最多能構成多少個二角形？

【解析】平面上這7個點，任意3點都不在同一條直線上，假設任意2點連接，共可連接出C；C；=7義

6+2=21條線段.現(xiàn)在只連接18條線段，有3條沒有連出，要使得這18條線段所構成的三角

形最多，需使得沒連出的這3條線段共同參與的三角形總數(shù)最多，故這3條線斷共點.對于這

3條線段中的任何一條，還與其他5個點本應構成5個三角形，故這3條線段沒連出，至少少

構成5X3-3=12個三角形.

如上圖所示，在圖中AD、AE、AF之間未連接，因為其中ADE、AED,ADF、AFD,AEF、AFE被重

復計算，所以減去3.而平面內(nèi)任何三點不共線的7個點，假設任何2點連線，最多可構成。久35

個三角彩.故現(xiàn)在最多可構成三角形3572=23個.

【例18】在9X9棋盤的每格中都有一只甲蟲，根據(jù)信號它們同時沿著對角線各自爬到與原來所在格恰

有一個公共頂點的鄰珞中，這樣某些格中有假設干只甲蟲，而另一些格那么空著.問空格數(shù)

最少是多少？

【解析】方法一：考慮到甲蟲總是斜著爬，我們把棋盤黑白相間染色，發(fā)現(xiàn)原來黑色格子里的甲蟲都會

度到黑色的格子里面，而白色格子里面的甲蟲都會爬到白色格子里面，所以我們只用觀察最少

能空出多少個黑格子，多少個白格子.

因為甲蟲每次都從奇數(shù)行爬到偶數(shù)行，偶數(shù)行爬到奇數(shù)行，而由奇數(shù)行有25個黑格子，偶數(shù)

行有16個黑格子知，偶數(shù)行的16只甲蟲爬到奇數(shù)行會空出9個黑格子，而奇數(shù)行的25只蟲

子爬到偶數(shù)行就可以沒有空格.白格子蟲子也會從奇數(shù)行爬到偶數(shù)行，偶數(shù)行爬到奇數(shù)行，但

是奇數(shù)行和偶數(shù)行都是20個格子，最少的情況下不會出現(xiàn)空格子，所以最少出現(xiàn)9個空格.

方法二：

①對2X2棋盤如下黑白染色，那么易知兩黑格及兩白格分別對換甲蟲即可便棋食格不空：從

而得到2nx2n棋盤可劃分為假設千塊2X2棋盤，棋盤格均不空.

②對3X3棋盤如下黑白染色，注意到圖中有5個黑格，黑格中的甲蟲爬行后必進入黑格，且

四個角上的黑格內(nèi)的甲蟲必爬人中心黑格，而中心黑格內(nèi)的甲蟲只能爬入某一格，必至少

空3個黑格.

③對5X5棋盤黑白染色后，利用①、②的結論易知至少空5個黑格.

④依次類推，可知對9X9棋盤黑白染色后，至少空9個空格.以下圖是甲蟲爬行的一種方法.

【例19］假設干臺計算機聯(lián)網(wǎng)，要求：

①任意兩臺之間最多用一條電纜連接；

②任意三臺之間最多用兩條電線連接；

③兩臺計算機之間如果沒有電纜連接，那么必須有另一臺計算機和它們都連接有電纜.假設按此要求

最少要用79條電纜.

問：（1）這些計算機的數(shù)量是多少臺？

⑵這些計算機按要求聯(lián)網(wǎng)，最多可以連多少條電纜？

【解析】將機器當成點，連接電纜當成線，我們就得到一個圖，如果從圖上一個點出發(fā)，可以沿著線跑

到圖上任一個其它的點，這樣的圖就稱為連通的圖，條件③說明圖是連通圖.

我們看一看幾個點的連通圖至少有多少條線.可以假定圖沒有圖（如果有圈，就在圖上去掉一

條線），從一點出發(fā)，不能再繼續(xù)前進，將這一點與連結這點的線去掉.考慮剩下的n-1個點

的圖，它仍然是連通的.用同樣的方法又可去掉一點及一條線.這樣繼續(xù)下去，最后只剩下一

個點.因此n個點的連通圖至少有n-1條線（如果有固，線的條數(shù)就會增加），并且從一點A向

其他n-1個點各連一條線，這樣的圖恰好有n-1條線.

因此，（1）的答案是n=79+1=80,并且將一臺計算機與其他79臺各用一條線相連，就得到符合

要求的聯(lián)網(wǎng).

下面看看最多連多少條線.

在這80個點（80臺計算機）中，設從人引出的線最多，有k條，與4相連的點是B,4，…，

4由于條件，B1，…,8人之間沒有線相連.

設與A不相連的點是A?,&…，A,“，那么m+k=80,而A2,&…，4,每一點至多引出k條

線，圖中至多有mk條線，因為用（）4x〃zxA=（〃z+4）2W（〃z+Z）2=6400

所以mXkW1600,即連線不超過1600條.

另一方面，設80個點分為兩組：A1,A2,,,,A4）；q,B2840第一組的每一點與第二組

的每一點各用一條線相連，這樣的圖符合題目要求，共有40X40=1600條線

【例20】在一個6X6的方格棋盤中，將假設干個1X1的小方格染成紅色,如果隨意劃掉3行3列，

在剩下的小方格中必定有一個是紅色的.那么最少要涂多少個方格？

【解析】方法一：顯然，我們先在每行、每列均涂一個方格，使之成為紅色，如圖A所示，但是在圖B

中，劃去3行3列后，軻下的方格沒有紅包的，于是再將兩個方格涂成紅色（依據(jù)對稱性，應

將2個方格同時涂成紅色），如圖C所示，但是圖D的劃法，又使剩下的方格沒有紅色，于是

再將兩個方格涂成紅色（還是由于對稱的緣故，將2個方格涂成紅色），得到圖E,圖E不管怎

么劃去3行3列，都能使軻下的方格含有紅色的.

這時共涂了10個方格.

方法二：一方面，圖F說明無論去掉哪三行哪三列總會留下一個涂紅的方格.

另一方面，如果只涂9個紅色方格，那么紅格最多的三行至少有6個紅格（否那么第三多的行只有1個

紅格，紅格總數(shù)W5+3=8）,去掉這三行至多還軻3個紅格，再去掉三列即可將這三個紅格也去

掉.

綜上所述，4少需要將10個方格涂成紅色.

【例21］如圖，把正方體的6個外表剖分成9個相等的正方形.現(xiàn)用紅、黃、藍3種顏色去染這些小

正方形，要求有公共邊的正方形所染的顏色不同.那么染成紅色的正方形的個數(shù)最多是多少

個？

【解析】如上面右圖所示，它們的對面也同樣的染色，這樣就有（5+4+2）X2=22（個）方格染色，而且有

公共邊的正方形顏色不同.所以，用紅色染成的正方形的個數(shù)最多是22個.

【例22】證明：在6X6X6的正方體盒子中最多可放入52個1X1X4的小長方體，這里每個小長方體

的面都要與盒子的側面平行.

【解析】先將6X6X6的正方體盒子視為實體，那么6X6X6的正方體可分成216個小正方體，這216

個小正方體可以組成27個棱長為2的正方體.我們將這27個棱長為2的正方體按黑白相間染

色，如以下圖所示.

其中有14個黑色的，13個白色的，而一個白色的2X2X2的正方體可以對應的放人4個每個面都與盒

子側而平行的1XIX4的小長方體，所以最多可以放入13X4=52個1X1X4的小長方體.

注：6X6X6的正方體的體積為216,1X1X4的小長方體的體積為4,所以可放入的小正方體數(shù)3不超過216

+4=54個.

【例23】用假設干個1X6和1X7的小長方形既不重疊，也不留孔隙地拼成一個11X12的大長方形，

最少要用小長方形多少個？

【解析】我們先通過面積計算出最優(yōu)情況：

11X12=132,設用1X6的小長方形x個，用1X7的小長方形y個，有6x+7x=132.

x=1+71,,

解得：〔t為可取0的自然數(shù)），共需x+y=19+t個小長方形.

y=18-6/

（1）當t二。時，即x+y=1+18=19,表示其中的1X6的小長方形只有1個，剩下的18個小長方形

都是

IX7的.

大長方昭中無論是1行還是1列，最多都只能存在1個IX7的小長方形，所以在大長方形中

最多只能無重疊的同時存在16個IX7的小長方形.

現(xiàn)在卻存在18個1X7的小長方形，顯然不滿足：

（2）當t=l時，即x+y=8+12=20,有如下分割滿足，所以最少要用小長方形20個.

"MeSB局綴用

練習1.在1997X1997的正方形棋盤上的每格都裝有一盞燈和一個按鈕.按鈕每按一次，與它同一行

和同一

列方格中的燈泡都改變一次狀態(tài)，即由亮變?yōu)椴涣?，或由不亮變?yōu)榱?如果原來每盞燈都是不

亮的，請說明最少需要按多少次按鈕才可以使燈全部變亮？

【解析】最少要1997次，將第一列中的每一格都按一次，那么除第一列外，每格的燈都只改變一次狀

態(tài)，由不亮變成亮.而第一列每格的燈都改變1997次狀態(tài)，由不亮變亮.如果少于1997次，

那么至少有一列和至少有一行沒有被按過，位于這一列和這一行相交處的燈保持原狀，印不亮

的狀態(tài).

練習2.（2023年臺灣小學數(shù)學競賽選拔賽）將1、2、3、4、5、6寫在一個圓周上，然后把圓周上連

續(xù)三

個數(shù)之和寫下來，那么可以得到六個數(shù)4、的、4、%、％、%，將這六個數(shù)中最大的記為

A.請問在所有填寫方式中，A的最小值是什么？

【解析】要由于每個寫在圓周上的數(shù)都被用了三次，那么

q+生+%+4+%+6=3*（1+2+3+4+5+6）=63,即寫出來的這6個數(shù)的平均數(shù)為10.5,

因此A至少為11.由上圖的排列方式可知A為11的情形存在，故4的最小值為11.

練習3.有3堆小石子，每次允許進行如下操作：從每堆中取走同樣數(shù)目的小石子，或是將其中的某一

石子

數(shù)是偶數(shù)的堆中的一半石子移入另外的一堆.開始時，第一堆有1989塊石子，第二堆有989

塊石子，第三堆有89塊石子.問，能否做到：⑴某2堆石子全部取光？（2）3堆中的所有石子

都被取走？

【解析】要使得某兩堆石子全部取光，只需使得其中有兩堆的石子數(shù)目一樣多，那么如果我們把最少的

一堆先取光，只要剩下的兩堆中有一堆數(shù)目是偶數(shù)，再平分一下就可以實現(xiàn)了.而題中數(shù)字正

好能滿足要求.所以，全部取光兩堆是可以的.

對于第二個問題，要取走全部3堆，那么必須3堆石子的總數(shù)是3的倍數(shù)才有可能，但1989、

989、89之和并非3的倍數(shù)，所以是不可能的.

（1）可以取光其中的兩堆石子.如進行如下的操作：

第1堆第二堆第三堆

198998989

19009000（第一步：三堆各取走89塊）

1900450450（第二步：第二堆900是偶數(shù)，將其一半移入第三堆）

145000（第三步：三堆各取走450塊）

⑵不能將三堆全部取光.因為每一次取走石子是從三堆中同時取走相同數(shù)目的石子，那么每次

取走的石子數(shù)都是3的倍數(shù)，那么不管怎么取，取走的石子總數(shù)是3的倍數(shù)，

而1989+989+89=3067,3067被3除余1,不是3的整數(shù)倍，所以不能將三堆石子全部取光.

練習4.在1000X1000的方格表中任意選取n個方格染為紅色，都存在3個紅色方格

它們的中心構成一個直角三角形的頂點.求n的最小值.

【解析】首先確定1998不行.反例如下：

其次1999可能是可以的，因為首先從行看，1999個紅點分布在1000行中，

肯定有一些行含有2個或者以上的紅點，因為含有?；?個紅點的行最多

999個，所以其他行含有紅點肯定大于等于1999-999=1000,如果是大于

1000,那么根據(jù)抽屜原理，肯定有兩個這樣紅點在一列，那么就會出現(xiàn)紅

包三角形；

如果是等于1000而沒有這樣的2個紅點在一列，說明有999行只含有1個

紅點，而剩下的一行全是紅點，那也肯定已經(jīng)出現(xiàn)直角三角形了，所以n的最小值為1999.

練習5.在某市舉行的一次乒乓球邀請賽上，有3名專業(yè)選手與3名業(yè)余選手參加.比賽采用單循環(huán)方

式進行，

就是說每兩名選手都要比賽一場.為公平起見，用以下方法記分：開賽前每位選手各有10分

作為底分，每賽一場，勝者加分，負者扣分，每勝專業(yè)選手一場加2分，每勝業(yè)余選手一場加

1分；專業(yè)選手每負一場扣2分，業(yè)余選手每負一場扣1分.問：一位業(yè)余選手最少要勝幾場,

才能確保他的得分比某位專業(yè)選手高？

【解析】當一位業(yè)余選手勝2場時，如果只勝了另兩位業(yè)余選手，那么他得10+2-3=9（分）.此時，如

果專業(yè)選手間的比賽均為一勝一負，而專業(yè)選手與業(yè)余選手比賽全勝，那么每位專業(yè)選手的得

分都是10+2-2+3=13（分）.所以，一位業(yè)余選手勝2場，不能確保他的得分比某位專業(yè)選手高.

當一位業(yè)余選手勝3場時，得分最少時是勝兩位業(yè)余選手，勝一位專業(yè)選手，得

10+2+2-2=12（分）.此時，三位專業(yè)選手最多共得30+0+4=34（分），其中專業(yè)選手之間的三場

比賽共得0分，專業(yè)選手與業(yè)余選手的比賽最多共得4分.由三個人得34分，344-3=11

3

推知，必有人得分不超過11分.

也就是說，一位業(yè)余選手勝3場，能確保他的得分比某位專業(yè)選手高.

練習6.有9位數(shù)學家，每人至多能講3種語言，每3個人中至少有2個人有共通的語言.求證：在這

些數(shù)學

家中至少有3人能用同一種語言交談。

【解析】假設任意三位教學家都沒有共同會的語言，這說明每種語言至多有兩人會說.即這九位數(shù)學家

為A、B、C、D、E、F、G、I.由于一位數(shù)學家最多會三種語言，而每種語言至多有兩人會說,

所以一位數(shù)學家至多能和另外三人通話，即至少與五人語言不通.不妨設A不能與B、C、D、

E、F通話.

同理，B也至多能和三人通話，因此在C、D、E、F中至少有一人與B語言不通，設為C.那么A、

B、C三人中任意兩人都沒有共同語言，與題意矛盾.這說明假設不成立，結論得證.

練習7.1998名運發(fā)動的號碼依次為1至1998的自然數(shù).現(xiàn)在要從中選出假設干名運發(fā)動參加儀仗隊,

使得

剩下的運發(fā)動中沒有一個人的號碼等于另外兩人的號碼的乘積.那么，選為儀仗隊的運發(fā)動最

少有多少人？

【解析】我們很自然的想到把用得比擬多的乘數(shù)去掉，因為它們參與的乘式比擬多，把它們?nèi)サ粲兄?/p>

使剩下的構不成乘式，比擬小的教肯定是用得最多的，因為它們的倍數(shù)最多，所以考慮先把它

們?nèi)サ?，但關鍵是除到何處？

考慮到44的平方為1936,所以去到44就夠了，因為如果剩下的構成了乘式，那么乘式中最

小的數(shù)一定小于等于44,所以可以保證剩下的構不成乘式.因為對結果沒有影響，所以可以

將1保存，于是去掉2,3,4,…，44這43個數(shù).

但是，是不是去掉43個數(shù)為最小的方法呢？構造2X97,3X96,4X95,44X45,發(fā)現(xiàn)這

43組數(shù)全不相同而且結果都比1998小，所以要去掉這些乘式就至少要去掉43個教，所以43

位最小值，即為所求.

自1睚月Mi

【備選1】在黑板上寫上I、2、3、4、、2008,按以下規(guī)定進行“操作"：每次擦去其中的任意

兩個數(shù)

〃和〃，然后寫上它們的差(大數(shù)減小數(shù))，直到黑板上剩下一個數(shù)為止.問黑板上剩下的數(shù)是

奇數(shù)還是偶數(shù)？為什么？

【解析】根據(jù)等差數(shù)列求和公式，可知開始時黑板上所有數(shù)的和為1+2+3++2008=2009x1004是一

個偶數(shù)，而每一次”操作〃，將“、〃兩個數(shù)變成了5-㈤，它們的和減少了2〃，即減少了一

個偶數(shù).那么從整體上看，總和減少了一個偶數(shù)，M奇偶性不變，還是一個偶數(shù).

所以每次操作后黑板上剝下的數(shù)的和都是偶數(shù)，那么最后黑板上剩下一個數(shù)時，這個數(shù)是個偶

數(shù).

【備選2】桌子上放著55根火柴，甲、乙二人輪流每次取走I?3根,規(guī)定誰取走最后一根火柴誰獲勝.如

果雙方都采用最正確方法，甲先取，那么誰將獲勝？

【解析】采用逆推法分析.獲勝方在最后一次取走最后一根；往前逆推，在倒數(shù)第二次取時，必須留給

對方4根，此時無論站方取1、2或3根，獲勝方都可以取走最后一根：再往前逆推，獲勝方

要想留給對方4根，在倒數(shù)第三次取時，必須留給對方8根……由此可知，獲勝方只要每次留

給對方的都是4的倍數(shù)根，那么必勝.現(xiàn)在桌上有55根火柴，55+4=133,所以只要甲第

一次取走3根，以后每一次，乙取幾根，甲就取4減幾根，使得每次甲取后剩下的火柴根數(shù)都

是4的倍數(shù)，這樣甲必勝.

為什么一定要留給對方4的倍數(shù)根火柴，而不是5的倍數(shù)根或者其它數(shù)的倍數(shù)根呢？關鍵在于

規(guī)定每次只能取1?3根，1+3=4,這樣乙每次取。艱，而甲取4一〃根，能保證4-〃也在1?

3的范圍內(nèi).

［備選3］將15X15的正方形方格表的每個格涂上紅色、藍色或綠色.證明：至少可以找到兩行，這

兩行中

某一種顏色的格數(shù)相同.

【解析】如果找不到兩行的某種顏色數(shù)一樣，那么就是說所有顏色的列與列之問的數(shù)目不同.那么紅色

最少也會占0+1+2+…+14=105個格子.

同樣藍色和綠色也是，這樣就必須有至少：

3X(0+I+2+―+14)=315個格子.

但是，現(xiàn)在只有15X15=225個格子，所以和條件違背，假設不成立，結論得證.

【備選4】在2023張卡片上分別寫著數(shù)字1、2、3、4............2023,現(xiàn)在將卡片的順序打亂，讓空白

面朝上，

并在空白面上又分別寫上1、2、3、4............2023.然后將每一張卡片正反兩個面上的數(shù)字相

加，再將這2023個和相乘，所得的積能否確定是奇數(shù)還是偶數(shù)？

【解析】從整體進行考慮.所得的2023個和相加，便等于1~2023的所有數(shù)的總和的2倍，是個偶

數(shù).2023個數(shù)的和是偶數(shù)，說明這2023個數(shù)中必有隅數(shù)，那么這2023個數(shù)的乘積是偶數(shù).

此題也可以考慮其中的奇數(shù).由于1—2023中有1005個奇數(shù)，那么正反兩面共有2023個奇數(shù)，

而只有2023張卡片，根據(jù)抽屜原理，其中必有2個奇數(shù)在同一張卡片上，那么這張卡片上的

數(shù)字的和是偶數(shù)，從而所有2023個和的乘積也是偶數(shù).

一、染（1色問

題

這勺―第十一講：染色與操作問題里的

染色問_____________________________________________________題不

是要求-----------------------------------------------------J如何

染色，然后問有多少種染色方法的那類題目，它指的是一種解題方法.染色方法是一種將題目研究對象

分類的形象化方法，通過將問題中的對象適當染色，我們可以更形象地觀察分析出其中所蘊含的關系，

再經(jīng)過一定的邏輯推理，便能得出問題的答案.這類問題不需要太多的數(shù)學知識，但技巧性，邏輯性較

強，要注意學會幾種典型的染色問題.

二、操作問題

實際操作與策略問題這類題目能夠很好的提高學生思考問題的能力，激發(fā)學生探索數(shù)學規(guī)律的興

趣，并通過尋找最正確策略過程，培養(yǎng)學生的創(chuàng)造性思維能力，這也是各類考試命題者青