人教版初中数学《第25章染色问题》竞赛专题复习含答案Word下载.docx
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解析将50个座位相间地涂成黑白两色,假设不论如何围坐都找不到一位两旁都是女生的学生,那么25个涂有黑色记号的座位至多坐12个女生.否则一定存在两相邻的涂有黑色标记的座位,其上面都坐着女生,其间坐着的那一个学生与假设导致矛盾.同理,25个涂有白色标记的座位至多只能坐12个女生,因此全部入座的女生不超过24人,与题设相矛盾.故命题得证.
25.1.3★在线段的两个端点,一个标以红色,一个标以蓝色,在线段中间插入个分点,在各个分
点上随意地标上红色或蓝色,这样就把原线段分为个不重叠的小线段,这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段.求证:
标准线段的个数是奇数.
设最后一个标准线段为.若,则仅有一个标准线段,命题显然成立;
若,由
、不同色,则必与同色,不妨设与均为红色,那么在和之间若有一红蓝的标准
线段,必有一蓝红的标准线段与之对应;
否则不能为红色,所以在和之间,红蓝和蓝红的标准线段就成对出现,即和之间的标准线段的个数是偶数,加上最后一个标准线段,所以,和之间的标准线段的个数是奇数.
25.1.4★★能否用面积为的一些长方块将的棋盘覆盖?
解析如图中标上1~4这些数,显然每个1×
4的长方块各占1、2、3、4一个,于是如果可以覆盖,则1、2、3、4应一样多,但1有25个,2则有26个,矛盾!
因此不能覆盖.
1
2
3
4
5
25.1.5★★12个红球和12个蓝球排成一行,证明:
必有相邻的6个球三红三蓝.
解析将这些球标上数字,红球标1,而蓝球则标上,于是问题变为:
必定有6个相邻的球其标数之和为.记从第个球起的6个数字和为,于是可取1,2,…,19.
易知的全部取值为、、、0、2、4、6,且或2(可以认为以2或、0的步长“连续”变化).由,知若四数中有0,则结论成立,否则必有正有负.不妨设,,,{1,7,13,19},于是必存在一个,在与之间,.
25.1.6★如图,把正方体形的房子分割成27个相等的小房间,每相邻(即有公共面)两个房间都有门相通,在中心的那个小正方体中有一只甲虫,甲虫能从每个小房问走到与它相邻的小房间中的任何一问去.如果要求甲虫只能走到每个小房间一次,那么甲虫能走遍所有的小房间吗?
解析甲虫不能走遍所有的小房间.我们如右图将正方体分割成27个小正方体(每个小正方体表示一问房间),涂上黑白相间的两种颜色,使得中心的小正方体染成白色,再使两个相邻的小正方体染上不同的颜色.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26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26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房间只去一次,那么甲虫不能走遍所有的小房间.
25.1.7★★3行9列共27个小方格,将每个小方格涂上红色或蓝色.试证:
无论如何涂法,其中至少有两列,它们的涂色方式完全一样.
解析第一行的9个方格中必有5格同色(抽屉原理),不妨设这5个方格位于前五个位置,且都为红色.
下面考虑前五列构成的3×
5小矩形.第二行的五格中必有3格是同色的,不妨设这三格位于前三个位置.
接着考虑前三列构成的3×
3方阵,该方阵前两行的每列完全一样.对第三行,用两种颜色染色时,三列中必有两列同色,不妨设是前两列.此时前两列的涂色方式完全一样.
红
25.1.8★★如图(),是由14个大小相同的正方形组成的图形,证明:
不论如何用剪刀沿着图中直线进行剪裁,总剪不出七个由相邻两个小正方形组成的矩形来.
解析如图()涂色.
若有一种剪法能剪出七个相邻两个小正方形组成的矩形,则每个矩形一定由一个涂色小正方形和一个不涂色小正方形构成.因此,应该有七个涂色小正方形和七个不涂色的小正方形.
但图中有八个涂色小正方形,六个不涂色小正方形,因此适合题意的剪法不存在.
25.1.9★★★在8×
8的国际象棋棋盘中的每个方格都填上一个整数,现任挑选3×
3或4×
4的正方形,将其中每个数加1,称为一次操作,问是否能经过有限次操作,一定可以让方格中的所有整数均被10整除?
解析按图中选择小方格涂黑,易见每个3×
4都包含偶数个小黑格,这些小黑格中原来数字之和是奇数的话,那么操作一次后,数字和仍是奇数,因此不能得到最后均被10整除.答案是不一定.
25.1.10★★4×
4的方格表中最多选择几个格子涂黑,使得不存在4个黑格的中心是一个矩形的顶点?
解析如图,涂9格,无所求矩形,下证若涂10格,则会出现所求矩形.
这是因为若有一行全部涂黑,则余下的行中必有一行至少涂黑2格,此时便有所求矩形出现.于是每行黑格数不到4个,必有两行各包含3个黑格,此时不难看出有所求矩形出现,因此最多选择9格.
25.4.11★★★在8×
8的国际象棋棋盘中剪去哪个小方格,使得剩下的小方格可以被1×
3的矩形覆盖?
解析剪去左上角的方格后,棋盘不能用21个3×
1的矩形覆盖.
为了证明这一点,我们将棋盘涂上三种颜色,涂法如图,其中数字1、2、3分别表示第一、二、三种颜色.
如果能用21个3×
1矩形将剪去左上角的棋盘覆盖,那么每个3×
1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各1个,从而21个3×
1的矩形盖住第一、二、三种颜色的方格各21个,然而棋盘(剪去左上角后)却有第一种颜色的方格20个,第二种颜色的方格22个,第三种颜色的方格21个.因此,剪去左上角的棋盘无法用21个3×
由此可见,如果剪去一个方格后,棋盘能用21个3×
1的矩形覆盖,那么剪去的方格一定是图中涂第二种颜色的方格.
但是,剪去图中涂第二种颜色的一个方格后,仍然不能保证一定能用21个3×
1的矩形覆盖,比如说,剪去图中第一行第2个方格后不能用21个3×
1的矩形覆盖,这是由于棋盘的对称性,剪去这个方格与剪去第一行第7个(涂第一种颜色的)方格(或剪去第八行第2个涂第三种颜色的方格)所剩下的棋盘完全相同.
于是,只有剪去第三行第3个、第三行第6个、第六行第3个、第六行第6个这四个方格中的某一个,剩下的棋盘才有可能用21个3×
1的矩形覆盖.不难验证这时确实能够覆盖.
25.1.12★★求证:
只用2×
2及3×
3的两种瓷砖不能恰好铺盖23×
23的正方形地面.
解析将23×
23的正方形地面中第1、4、7、10、13、16、19、22列中的小方格全染成黑色,剩下的小方格全染成白色,于是白色的小方格的个数为15×
23,这是奇数.因为每块2×
2瓷砖总是盖住二黑格和二白格或者盖住四白格,每块3×
3瓷砖总是盖住三黑格和六白格,故无论多少2×
3的瓷砖盖住的白格数总是一个偶数,不可能盖住23×
15个白格,所以,只用2×
3的瓷砖不能盖住23×
23的地面.
25.1.13★★求证:
用15块大小是1×
4的矩形瓷砖和1块大小是2×
2的正方形瓷砖,不能恰好铺盖8×
8的正方形地面.
解析把8×
8的正方形地面上64个小方格依次赋值1、2、3、4如图.无论1×
4的矩形瓷砖怎样盖在图中所示的地面上,每块l×
4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方块各1个,可见15块1×
4的矩形瓷砖恰好盖住赋有1、2、3、4的小方格各15个,而一块2×
2的正方形瓷砖无论盖在何处,只有如下四种情形之一:
这就是说,2×
2的正方形瓷砖所盖住的4个小方块中,必有两个小方块有相同数码.由此可见,如果15块1×
4,1块2×
2的瓷砖恰好能铺盖8×
8的正方形地面,那么这64个小方块中,某一种赋值的小方块应有17块,但实际上,赋值1、2、3、4的小方块各16块,矛盾.
25.1.14★★7×
7的方格表中有19个方格涂成红色,称一行或一列是红色的如果该行或该列中至少有4个红格.问该方格表中最多有多少个红色的行和列?
解析首先我们指出红色的行和列不多于8个.
若不然,红色的行和列至少9个,则其中必有5个红行或红列,不妨设为前者.由于每个红行中至少有4个红格,故知表中至少有20个红格.此与已知条件矛盾.
其次,当我们将表格中的某个4×
4的正方形的16个方格全部涂红时,便得到4个红行和4个红列,共8个.这表明有19个红格时,确可使红行与红列的个数达到8.所以最大值为8.
25.1.15★★如图是由4个l×
1方格组成的形纸片,如果一个方格的棋盘能被若干个形纸片无重复地覆盖,试证:
是8的倍数.
解析设棋盘由个形纸片所覆盖,而形是由4个1×
1小方格所组成,则可令.由此得出、中至少有一个偶数,不失一般性,可令为偶数,即共有偶数列.
现在对“列”进行黑、白交替染色,可得黑、白格各共有个.
易见每个形纸片无论怎样配置,总是盖住奇数个黑格.今共有个黑格,因此必须有偶数个形,从而证得是8的倍数.
25.1.16★★在8×
8的方格棋盘上最多能放多少个马,它们互不相吃(假定有足够多的马)?
解析我们将棋盘相间染成黑白二色,则黑格与白格各32个.按马的走法(如图)知,黑格上的马只能吃白格上的马,因此,将所有黑格都放马,它们是互不相吃的.这就是说,我们可以放32个马,它们互不相吃.现证任意放33个马必有被吃的情形.
事实上,将棋盘划分为8个2×
4的小棋盘
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