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29高中竞赛讲座涂色问题
高中数学竞赛讲座29
29涂色问题
涂色问题是数学竞赛中较为典型的问题,可以直接用抽屉原则解决涂色问题。
另一方面,也可以将别的有关问题“涂色”,转化为涂色问题,涂色问题本身,有其深刻的数学背景。
有些问题,本来就属于图论的内容。
有些问题的解决,则需要用到数论、组合数学的理论和方法。
这里介绍,只是中学数学竞赛中的有关问题。
1. 小方格染色问题
最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来又发展成为解决方格盘铺盖问题的重要技巧.
2. 线段染色和点染色
(1)线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”(或称“线段染色”),主要借助抽屉原则求解.
(2)点染色.先看离散的有限个点的情况.
例题讲解
1.把正方形ABCD的一边AB分成n段,使奇数号的线段长度之和等于偶数号的线段长度之和(如图01—01)。
过各分点作平行于AD的线段,得到n个矩形。
每一个矩形又被对角线BD分成两部分。
将奇数号矩形左部及偶数号矩形的右部涂上同一颜色。
证明:
在对角线BD两侧的有同色的部分,其面积和相等。
2.在一张无限方格纸的某些方格上涂上红色,其余方格涂上蓝色,每一个2×3的六方格矩形内恰好2个红方格。
试问:
一个9×11的99方格矩形内包含多少个红方格?
3.在n×n(n≥2)个方格的正方形表中,有n-1个格子里涂了色,求证:
通过交换两行或两列的位置,总可以将所有涂色的方格移到正方形表的左上角顶点到右下角顶点的对角线下方。
4.有n×n(n≥3)个方格表中,先在表中任意选出n-1个方格都涂成黑色,然后将那些凡是至少与两个已涂色的方格相邻的方格也都涂黑色。
求证:
不论怎样选择最初的n-1个方格,都不能按这样的法则,将表中的所有方格全涂黑。
5.设ABC为正三角形,E为线段BC,CA,AB上点的集合(包括A,B,C在内)。
将E分成两个子集,求证:
总有一个子集中含有一个直角三角形的顶点。
6.设a1,a2,a3……是一个不减的正整数序列,定义bm是使an≥m的n的最小值,若a19=85,试求a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85的值。
7.有1987块玻璃片,每块上涂有红、黄、蓝三色之一,进行下列操作:
将不同颜色的两块玻璃片擦净,然后涂上第三种颜色。
(1)求证:
无论开始时红、黄、蓝色玻璃片各有多少块,总可以经过有限次操作而使所有的玻璃片涂有同一种颜色;
(2)求证:
玻璃片最后变成哪种颜色,与操作顺序无关。
8.把集合M={1,2,…,1987}的元素用4种颜色涂色,求证:
至少存在一种涂色方法,使得M中任何等差数列的10项,不是同一颜色。
9.平面直角坐标系中,纵横坐标都是整数的点称为整点称为整点。
设计一种方法,将所有整点涂色,每一个整点染成白色、红色或黑色中的一种颜色,使得
(1)每一种颜色的点出现在无穷多条平行于横轴的直线上;
(2)对任意白点A、红点B及黑点C,总可以找到一个红点D,使得ABCD为一平行四边形。
证明你设计的的方法符合上述要求。
10.将平面上每个点染上两种颜色中的一种,已知任一边长为1的正三角形都有两种颜色的顶点,
(1)求证:
存在边长为
的同色正三形(即顶点同色);
(2)举出染色满足题设要求的平面的例子。
11.平面上有6点,任何三点都是一个不等边三角形的顶点,求证:
这些三角形的边中一定有一条,它在一个三角形中是最长边,而在另一个三角形中是最短边。
12.平面上任一点都染上红、蓝、黄三色中的一种,求证:
一定存在一条端点同色且长度为1的线段。
课后练习
1.证明:
用15块大小是4×1的矩形瓷砖和1块大小是2×2的矩形瓷砖,不能恰好铺盖8×8矩形的地面.
2.世界上任何六个人中,一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.
3.空间六点,任三点不共线,任四点不共面,成对地连接它们得十五条线段,用红色或蓝色染这些线段(一条线段只染一种颜色).求证:
无论怎样染,总存在同色三角形.
4.有17位科学家,其中每一个人和其他所有人的人通信,他们的通信中只讨论三个题目.求证:
至少有三个科学家相互之间讨论同一个题目.
5.能否把1,1,2,2,3,3,…,1986,1986这些数排成一行,使得两个1之间夹着一个数,两个2之间夹着两个数,…,两个1986、之间夹着一千九百八十六个数?
请证明你的结论.
课后练习答案
1.(分析 将8×8矩形地面的一半染上一种颜色,另一半染上另一种颜色,再用4×1和2×2的矩形瓷砖去盖,如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多,则说明在给定条件不完满铺盖不可能.
证明 如图29-3,用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式,以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然,地面上黑、白格各有32个.
每块4×1的矩形砖不论是横放还是竖盖,且不论盖在何处,总是占据地面上的两个白格、两个黑格,故15块4×1的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色,而与主对角线平行的相邻格总是异色,所以,不论怎样放置,一块2×2的矩形砖,总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块2×2矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证.
2.同3
3.证明 设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF,由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同,不妨设就是AB、AC、AD,且它们都染成红色.再来看△BCD的三边,如其中有一条边例如BC是红色的,则同色三角形已出现(红色△ABC);如△BCD三边都不是红色的,则它就是蓝色的三角形,同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.
如果将习题2中的六个人看成习题3中六点,两人认识的连红线,不认识的连蓝线,则习题2就变成了习题3.习题3的证明实际上用染色方法给出了习题5的证明.
4.证明 用平面上无三点共线的17个点A1,A2,…,A17分别表示17位科学家.设他们讨论的题目为x,y,z,两位科学家讨论x连红线,讨论y连蓝线,讨论z连黄线.于是只须证明以这17个点为顶点的三角形中有一同色三角形.
考虑以A1为端点的线段A1A2,A1A3,…,A1A17,由抽屉原则这16条线段中至少有6条同色,不妨设A1A2,A1A3,…,A1A7为红色.现考查连结六点A2,A3,…,A7的15条线段,如其中至少有一条红色线段,则同色(红色)三角形已出现;如没有红色线段,则这15条线段只有蓝色和黄色,由例5知一定存在以这15条线段中某三条为边的同色三角形(蓝色或黄色).问题得证.
上述三例同属图论中的接姆赛问题.在图论中,将n点中每两点都用线段相连所得的图形叫做n点完全图,记作kn.这些点叫做“顶点”,这些线段叫做“边”.现在我们分别用图论的语言来叙述习题3、习题4.
定理1 若在k6中,任染红、蓝两色,则必有一只同色三角形.
定理2 在k17中,任染红、蓝、黄三角,则必有一只同色三角形.
5.证明 将1986×2个位置按奇数位着白色,偶数位着黑色染色,于是黑白点各有1986个.
现令一个偶数占据一个黑点和一个白色,同一个奇数要么都占黑点,要么都占白点.于是993个偶数,占据白点A1=993个,黑色B1=993个.
993个奇数,占据白点A2=2a个,黑点B2=2b个,其中a+b=993.
因此,共占白色A=A1+A2=993+2a个.
黑点B=B1+B2=993+2b个,
由于a+b=993(非偶数!
)∴a≠b,从而得A≠B.这与黑、白点各有1986个矛盾.
故这种排法不可能.
“点”可以是有限个,也可以是无限个,这时染色问题总是与相应的几何问题联系在一起的.
例题答案:
1.证明:
设矩形中涂的是红色,不涂的为白色,则
另外,
∴
∴
2.答案:
33个红方格。
分析:
如图01—02,取任一个红格K0为中心的3×3正方形。
不能在
处涂红色。
因为,如果在
处涂红色,在2×3的矩形:
AFHD、ABST、MNCD中均有两个红方格。
为了使矩形BCGE内含有两个红方格,不论红方格放在任何一处,都将使上述的三个矩形的一个出现三个红方格。
这就说,红方格不能与K0有公共的边,只能是在其对角线上。
从总体上来说,只能,如图01—03。
因此,每一个3×3的正方形中有且只有3个红方格。
又在9×11矩形中,可分为九个3×3的正方形及三个2×3的矩形,故一共有9×3+3×2=33个红方格。
3.由于涂色的格子总共有n-1个,
所以n列中至少有一列的格子未涂色,
经过调整,可以使最下面的一行中涂色格
子都在对角线下方(如图01—04)。
再考察除去最右一列与最下一行的(n-1)×(n-1)个方格,继续上面的过程,必可将n-1个涂色的格子移到所设的对角线下方。
4.证明:
设每个小方格的边长为1,考察黑方格区域的边界长度L。
开始时,由于只有n-1个方格,∴L≤4(n-1)。
在以后的涂色过程中,尽管黑方格的总体面积增加了,但其周长不变,即仍有L≤4(n-1)。
如果要填满n×n的方格,就有L=4n,显然发生矛盾。
命题得证。
5.证明:
将E中的点染成红、蓝二色,即证明必存在一个直角三角形,它们的顶点同色。
在三边上取三等分点P,Q,R,如图01—05。
易知RQ⊥BC,QP⊥AC,PR⊥AB。
这三点必至少有两点同色。
不妨设R,Q为红色。
(1)如果BC边上除Q点外还有红色的点X,
则Rt△RQX三个顶点同为红色。
(2)如果BC边上除Q外不存在红色点,
则B点是蓝色的。
如果AB上除B外还有蓝色点Y,
作YM⊥BC,M为垂足,显然M不同于Q。
所以Rt△YBM三个顶点均为蓝色;
如果AB上除B点外均为红色。
作QZ⊥AB,Z为垂足,
则Rt△RQZ的三个顶点均为红色。
证毕。
6.解:
如图01—06,第i行(1≤i≤19)中的ai个方格涂黑(例如,a2=3,则涂3格),在第j列(1≤j≤85)中白方格数,是小于ai的个数(例如,a3=5),在第5列上方有两个白格子,就是a1<5,a2<5,b5-1=2。
因此,所有的格子(黑的和白的)的个数就是
a1+a2+…+a19+(b1-1)+(b2-1)+…+(b85-1)=19×85,
∴a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85=19×85+85=20×85=1700。
注:
从这几个例子可以看出,既可作为手段,转化问题的形式,便于叙述,也有本来就是涂色的形式,要调整、构造新形式。
思考起来很灵活。
7.设红、黄、蓝玻璃片各有x,y,z块,则x,y,z被3除后余数中必有两个相等(否则x+y+z=1987是3的倍数)。
令x=3a+m,y=3b+n,z=3c+n,并设c≥b。
若c=b,结论显然成立;若c>b,可取黄、蓝各3b+n块,全变成红色,黄片为0,蓝片为3(c-b)块。
再取红、蓝各1块,产生黄片2块;再取蓝、黄各两片(∵c>b,∴3(c-b)≥3),产生红片4块,这时蓝片有[3(c-b)-1]-2=3(c-b-1)块。
如果有c-b-1=0,则命题获证。
如果c-b-1≠0,依次反复上述步骤,达到c-b-k=0为此(k∈N),最后全变成了红色。
由上面的过程可知,三个数除以3所得的余数中,两个相同的余数的玻璃片,最后都变成了另一个余数不同的玻璃片的颜色。
因此,与操作顺序无关。
注:
本题充分注意到1987不是3的倍数,因而由抽屉原理得知x,y,z被3除后余数中必有两个相同,根据这一特征,还可以推广问题的结论。
这是一种与整除有关的涂色问题。
8.证明:
集合M的不同涂色方法总数为41987。
令a是M中构成具有10项的等差数列的数目,将这10项用同一颜色去涂,则共有4a·41987-10=a·41978种涂法。
如果a·41978<41987,即a<49。
设等差数列首项为k,公差为d,则
,其中[x]表示x的整数部分,
9.解:
将y轴上的整点染上黑色或白色,并且黑、白各有无穷多个(例如黑、白相间)。
再将其余整点都染上红色,则这样的染色满足题设要求。
证明:
不难看出到上述设计,白色点、黑色点、红色点出现在无穷多条平行于横轴的直线上,故满足条件
(1)。
设A为白点,B为红点,C为黑点,显然B不在y轴上,即B不在AC上,而且□ABCD顶点D的横(纵)坐标,所以D一定是整点。
由于A,C横坐标为0,B横坐标不为0,所以D的横坐标不为0,即D为红点。
满足条件
(2)。
注:
例8要用到重复排列的问题解法,还要进行计算,放缩。
例9则是设计一种方案,证明它符合要求。
数学竞赛中,常见的是与拉姆赛数有关的问题。
无三点共线的n个点中,任两点都连成线段,所得的图称为完全图,记为Kn.如果设R(k)表示用k种颜色涂Kn中所有边时,总能找到同色三形的点数n的最小数,则称R(k)拉姆赛数。
10.证明:
(1)取长为2的线段AB,且两端点不同色,又设AB的中点C与A同色。
作正△AEC和△ADC(如图01—08),
由题设,D,E不能与A,C同色。
于是△BDE是边长为
的正三形,其顶点同色。
(2)将平面分成宽度为
的水平带状区域,
每个区域含它下面的一条直线(边界),不含它上面的一条直线。
让相邻的带状区域染上不同颜色即可。
11.证明:
将P1,P2,…,P6组成的三角形,最短边都涂是红色。
如果从P1出发,所连的五条线有三条是红的,不妨设P1P2,P1P3,P1P4涂红色,在△P2P3P4必有一条是红色,又不妨设P2P3涂红色,则△P1P2P3三边均涂红色,且其中必有一条最长边,这条边即为所求。
如果从P1出发至少有三条未涂色,不妨设P1P2,P1P3,P1P4,∵△P1P2P3,△P1P2P4,△P1P3P4每个三角形至少有一边涂红色,于是△P2P3P4是红色三角形,此即符合要求。
综上所述,知命题成立。
在平面上作有公共底边BD且边长
为1的两个正△ABD和△BCD(如图01—09)。
如果这五条线段有一条满足要则证毕。
否则,只有A、C同色。
这时,将这两个
正三角绕A旋转,使C到达F处,且|CF|=1。
如果在两个正△AEG和△EFG的五边中有一条
满足要求,问题也就得证,否则只有A、F同色,
从而C,F同角且|CF|=1。
证毕。
注:
本题先用涂色观点,实际上是用反证法证得A,
C同色是最困难的问题,又用旋转的变换,构造了长为
1且同色的线段CF。
读了解法并不难,思考起来则不易。
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