小学奥数构造、论证与染色、操作问题Word格式文档下载.doc
- 文档编号:14390686
- 上传时间:2022-10-22
- 格式:DOC
- 页数:24
- 大小:2.91MB
小学奥数构造、论证与染色、操作问题Word格式文档下载.doc
《小学奥数构造、论证与染色、操作问题Word格式文档下载.doc》由会员分享,可在线阅读,更多相关《小学奥数构造、论证与染色、操作问题Word格式文档下载.doc(24页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
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.
【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.
【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(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.
【例4】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?
【解析】
(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.
【例5】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6】(2009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.
【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,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.
【例7】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.
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8】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
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.
【例9】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.
【例10】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11】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12】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:
.
【解析】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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 小学 构造 论证 染色 操作 问题
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)